湖北省武汉市2022-2023学年高二上学期期中考试化学试卷（含答案）

这是一份湖北省武汉市2022-2023学年高二上学期期中考试化学试卷（含答案），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

湖北省武汉市2022-2023学年高二上学期期中考试化学试卷
一、单选题
1．下列有关物质的分类或归类正确的是 （ ）
A．电解质：芒硝、干冰、冰醋酸 B．碱性氧化物：
C．胶体：稀豆浆、墨水、碘酒 D．混合物：漂白粉、水玻璃、铝热剂
2．下列物质性质与用途的对应关系不正确的是 （ ）
选项
性质
用途
A
NaClO具有强氧化性
抗击疫情中杀灭新冠病毒
B
Si硬度大
“华为麒麟980”手机中的芯片
C
浓硫酸具有吸水性
干燥剂
D
液氨汽化时要吸收大量的热
制冷剂
A．A B．B C．C D．D
3．下列有关化学用语表示正确的是 （ ）
A．氮原子2p轨道的电子云轮廓图：
B．HCN的电子式：
C．键线式为的有机物存在顺反异构
D．HClO的结构式H—C1—O
4．下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是 （ ）
A．置换反应一定是氧化还原反应
B．氧化还原反应一定要有氧气参加
C．一种物质被氧化一定有另一种物质被还原
D．元素由化合态转化为游离态时，该元素一定被氧化
5．根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）

A．图甲表示pH和体积相同的NaOH溶液与氨水稀释过程pH的变化，曲线a对应氨水
B．图乙是常温下用0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10mol/LCH3COOH的滴定曲线，溶液刚好成中性即酸碱中和滴定的终点
C．图丙表示用0.10mol/L AgNO3溶液滴定浓度均为0.10mol/L的NaX、NaY混合溶液时，-lgc随AgNO3溶液体积的变化，说明Ksp(AgX) D．图丁表示不同温度水溶液中H+和OH-的浓度变化，图中a点对应温度高于b点
6．下列说法正确的是 （ ）
A．熔融NaCl能导电，是因为通电时NaCl发生了电离
B．NaCl固体不导电，因为NaCl固体中无带电微粒
C．NH4NO3电离时没有产生金属阳离子，所以NH4NO3不是盐
D．NaHSO4在水溶液中电离出了Na+、H+、三种离子
7．常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是 （ ）
A．在加入铝产生氢气的溶液：、、、
B．在溶液中：、、、
C．在碱性溶液中：、、、
D．在透明溶液中：、、、
8．化学与生活、生产息息相关。下列有关应用中，解释时所用知识错误的是（ ）
A．食品保存时加抗氧化剂−化学反应速率 B．用草木灰水清洗油污−盐类水解
C．用牺牲阳极法保护金属−电解 D．在牙膏中加入适量氟离子−溶解平衡
9．某密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)　 ΔH＜0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是（ ）

A．t2时加入催化剂 B．t3时降低了温度
C．t5时增大了压强 D．t4~t5与t6 时X的转化率相同
10．短周期元素X、Y、Z、Q、W在元素周期表中的位置如图所示，其中Q的最低价氢化物摩尔质量为34g·mol-1，X的最低价氢化物不是电解质，则下列说法中正确的是（ ）


X
Y

Z

Q

W
A．Q的最高价氧化物对应的水化物是常见的强酸
B．Z是自然界中含量最多的元素
C．氧化物对应水化物的酸性X D．W元素在自然界全部以化合态存在
11．常温下，用0.20mol·L-1盐酸溶液滴定20mL0.20mol·L-1苯胺(C6H5NH2)溶液(已知：苯胺类似氨气有碱性，与盐酸反应生成可溶于水的盐)，溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与lg的关系如图所示。下列说法错误的（ ）

A．Kb(C6H5NH2)的数量级为10-10
B．m点时，溶液的pH=7，消耗的V(盐酸)<20mL
C．水的电离程度：q>p
D．该滴定过程选择甲基橙作指示剂
12．对于可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g)    △H＜0，在一定条件下达到平衡状态，只改变下列一个条件，有关叙述正确的是（ ）
①增大物质A的量，平衡向正反应方向移动
②增大物质B的浓度，v正＞v逆
③压强增大一倍，平衡不移动，v正、v逆不变
④加入催化剂，物质B的转化率提高
⑤升高温度，平衡向逆反应方向移动，v正减小
A．①②⑤ B．② C．②③④ D．④⑤
13．中和滴定终点可以用电导率变化确定，溶液电导率越大，导电能力越强。某同学用0.1 mol∙L−1溶液分别滴定体积均为，浓度均为0.1 mol∙L−1的和，滴定过程中溶液电导率变化如图所示。下列有关判断正确的是（ ）

A．曲线①代表溶液滴定HCl溶液
B．在A点的溶液中有：
C．在B点的溶液中：
D．相同温度下，A、C两点都是滴定终点，并且这两点水的电离程度相同
14．我国目前使用能源仍然以煤等化石能源为主体。以石墨代表煤中碳素，能量变化关系如图所示：

已知：的键能分别为498、799。估算键能为（ ）
A． B． C． D．
三、多选题
15．已知人体体液中存在如下平衡：CO2+H2OH2CO3H++，以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是
A．当强酸性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定
B．当强碱性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定
C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小
D．进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，会使体液的pH减小
四、实验题
16．加碘食盐中含有的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下很稳定，加热至开始分解，碘酸钾的溶解度随温度升高变化不大。在酸性条件下硝酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应。工业生产碘酸钾的流程如下：

(1)步骤②中氢氧化钾的主要作用是_______
(2)参照下表碘酸钾的溶解度，操作③得到碘酸钾晶体，可经过_______、过滤、洗涤、干燥等步骤
温度
20
40
60
80
水




(3)已知：；
为了测定加碘食盐中碘的含量，某学生设计了如下实验：准确称取食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；再用稀硫酸酸化所得溶液，加入过量溶液，使与反应完全；最后加入指示剂，以物质的量浓度为的溶液滴定，消耗时恰好反应完全。
①在滴定过程中，所用的玻璃仪器为_______、_______
②该实验可以用_______作指示剂，滴定终点的现象是_______
③下列有关该滴定实验的说法不正确的是_______
A．滴定管在使用前必须检查是否漏水并润洗
B．滴定时眼睛注视滴定管内溶液液面变化
C．为减小实验误差，可用少量的蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
D．终点读数时俯视会导致碘的含量偏低
五、原理综合题
17．一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
根据题意完成下列各小题：
(1)在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝____________。
(用上图中出现的字母表示)

(2)在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是____________________。
a．氢气的浓度减小               b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加          d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
(3)据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：___________(用化学方程式表示)。
(4)能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来的重要的能源物质。常温下，1g甲醇完全燃烧生成液态水时放出22. 7kJ的能量，写出甲醇燃烧热的热化学方程式___________。
18．已知常温下，几种电解质的电离平衡常数如表所示：
电解质
HClO
NH3•H2O
H2CO3
CH3COOH
Ka或Kb
3.0×10﹣8
1.8×10﹣5
Ka1=4.0×10﹣7
Ka2=6.0×10﹣11
1.8×10﹣5
回答下列问题：
(1)在NaClO溶液中滴加几滴酚酞，可能的现象是 _______。
(2)常温下，在醋酸溶液中加蒸馏水，将 _______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)常温下，体积均为200mL、物质的量浓度相等的下列三种溶液：①NaCl溶液；②CH3COONa溶液；③NaClO溶液。其中离子总数由大到小的排序为 _______(填序号)。
(4)NaClO溶液通入少量CO2，离子方程式为 _______。
(5)NH4HCO3溶液中NH、HCO、H+、OH﹣离子浓度大小排序 _______。
(6)温下，向100mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中缓缓通入CO2使6c(HCO)=c(CO)时，溶液pH=_______。
(7)体积均为10mL且pH均为2醋酸溶液与一元酸HX溶液，分别加水稀释至1000mL，稀释过程中的pH变化如图所示，则相同条件下HX的电离平衡常数 _______醋酸的电离平衡常数(填“大于”“小于”或“等于”，下同)。等浓度的CH3COONa溶液、NaX溶液，前者的阴离子浓度之和 _______后者的阴离子浓度之和。

19．我国政府承诺要在2030年前实现碳达峰，相关转化的研究对解决环境、能源问题意义重大。回答下列问题：
(1)催化加氢制取汽油时，的转化过程如图1：

下列对该反应过程的说法正确的是_______(填标号)。
A．整个反应过程中，有非极性键和极性键的断裂和形成
B．中C原子的杂化类型为sp
C．汽油为纯净物
(2)已知甲烷化技术的反应原理为  ，该技术的核心是催化剂的选择。其他条件均相同，在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率和选择性随温度变化的曲线如图2所示。

①四羰基镍是镍的一种配合物，该配合物中中心原子的配位数为_______。
②以Ni为催化剂，高于320℃后，单位时间内转化率上升的原因是_______；工业上应选择的催化剂是_______。
(3)以、为原料合成涉及的主要反应如下：
Ⅰ.  
Ⅱ.  
①反应  _______。(用含和的代数式表示)
②反应Ⅰ、Ⅱ的(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图3所示。据图判断，升高温度时，体系中的含量将_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，CO的含量将_______。

③某温度下往恒容密闭容器中充入1 mol 和3 mol ，恒温条件下仅发生反应Ⅰ，平衡时混合气体的总压(此时总压为p)为起始总压的，该反应的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。

参考答案
1．D
【详解】A．干冰是非电解质，A错误；
B．Al2O3是两性氧化物，B错误；
C．碘酒是溶液不是胶体，C错误；
D．漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是铝和氧化铁的混合物，D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．NaClO具有强氧化性，可以杀菌消毒，故在抗击疫情中杀灭新冠病毒，性质和用途有对应关系，A不选；
B．硅是良好的半导体材料，因此可以作芯片，硬度大与芯片不存在对应关系，B选；
C．浓硫酸具有吸水性，可吸收某些物质中存在的水分，因而可以作干燥剂，性质和用途有对应关系，C不选；
D．液氨汽化时要吸收大量的热，导致周围环境温度急剧下降，因此可以作制冷剂，性质和用途有对应关系，D不选；
答案选B。
3．C
【详解】A．基态氮原子最外层为p轨道，对应的2px、2py、2pz能级能量相同，最外能级的电子云轮廓图可能是2px或2py或2pz，均为纺锤形，故A错误；
B．HCN是共价化合物，故B错误；
C．中有碳碳双键，且双键两边基团不一致，所以存在顺反异构，故C正确；
D．HClO的结构式H—O—Cl，故D错误；
故答案选C。
4．A
【详解】A．置换反应是单质和化合物反应生成另一种单质和化合物，单质元素的化合价一定发生改变，是氧化还原反应，A正确；
B．氧化还原反应是有元素化合价升降的反应，不一定要有氧气参加，B错误；
C．可以是同一种物质既被氧化，又被还原，C错误；
D．元素由化合态转化为游离态时，元素化合价既可能是升高为0价，也可能是降低到0价，则既可能被氧化也可能被还原，D错误；
答案选A。
5．A
【详解】A．稀释时强碱溶液的pH变化大，由图可知，曲线a对应氨水，故A正确；
B．常温下用0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10mol/LCH3COOH，由于NaOH是强碱，CH3COOH是弱酸，滴定终点时溶液呈碱性，故B错误；
C．-lgc值越大，相应的离子浓度越小，据图可知当硝酸银溶液体积相同时，c(Y-)较小，所以AgY更难溶，所以Ksp(AgX)>Ksp(AgY)，故C错误；
D．水的电离吸收热量，升高温度促进水电离，溶液中c(H+)、c(OH-)都增大，水的离子积常数增大，根据图知，水的离子积常数：a点小于b点，则温度：a点低于b点，故D错误；
故选A。
6．D
【详解】A．熔融NaCl能导电，是因为NaCl是离子化合物，在固态时Na+与Cl-之间通过离子键结合不能自由移动，在熔融状态下断裂了离子键，产生了自由移动的Na+、Cl-而能够导电，而不能认为是在通电时NaCl发生了电离，A错误；
B．NaCl固体不导电，是因为NaCl固体中Na+与Cl-之间通过离子键结合不能自由移动，而不是由于无带电微粒，B错误；
C．NH4NO3电离时没有产生金属阳离子，但产生了，其性质与金属阳离子相似。所以NH4NO3属于盐，C错误；
D．NaHSO4在水溶液中能够断裂离子键和共价键，可电离产生Na+、H+、三种离子，D正确；
故合理选项是D。
7．C
【详解】A．能与铝反应生成氢气，该溶液可能为酸，也可能为碱，如果溶液为酸，H+与CH3COO-生成弱电解质CH3COOH，NO(H+)具有强氧化性，与金属反应不生成氢气，故A不符合题意；
B．Fe3+与SCN-生成Fe(SCN)3，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．所给离子在碱性溶液中可以大量共存，故C符合题意；
D．ClO-具有强氧化性，能将Fe2+氧化，所给离子不能大量共存，故D不符合题意；
答案为C。
8．C
【详解】A．抗氧化剂具有还原性，能够消耗食品袋中的氧气，降低氧气浓度从而减慢氧化速率，A正确；
B．草木灰主要成分为碳酸钾，碳酸钾为强碱弱酸盐，水解显碱性，油脂在碱性环境下水解生成可溶性盐和甘油，B正确；
C．牺牲阳极法保护金属是将被保护的金属当做正极，应用的原理是原电池，与电解无关，C错误；
D．Ca5(PO4)3OH与牙膏中的F-存在如下平衡：Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-，添加适量的F-后，平衡正向移动，从而生成硬度更大的Ca5(PO4)3F，使牙齿变得更坚硬，D正确；
故选C。
9．A
【分析】反应：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)　 ΔH＜0为气体分子数减小的放热反应，若t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量，则从温度、压强和催化剂因素综合考虑反应速率与平衡。
【详解】A．t2正逆反应速率同等程度增大，最终平衡不移动，则说明加入了催化剂，A正确；
B．从图中可看出，t3时正逆反应速率均下降，但正反应速率下降更多，之后平衡向逆反应方向移动，则考虑减小压强，B错误；
C．t5时正逆反应速率均增大，最终平衡向逆反应方向移动，则升高温度，C错误；
D．t6与t4~t5相比，新的平衡向逆反应方向移动，X的转化率下降，D错误；
故选A。
10．D
【分析】Q的最低价氢化物摩尔质量为34g/mol，氢化物是硫化氢或磷化氢，X的最低价氢化物不是电解质，则X是N，Q是P，所以Y是O，Z是Al，W是Cl，据此解答。
【详解】A．Q是P，最高价氧化物对应的水化物是常见的中强酸，A错误；
B．Z是Al，自然界中含量最多的金属元素，但含量最多的元素为O，B错误；
C．X是N，W是Cl，其氧化物对应水化物的酸性为多种物质，不能依据上述条件进行判断，C错误；
D．W是Cl，属于活泼的非金属元素，所以在自然界中全部以化合态存在，D正确；
故选D。
11．C
【分析】根据图象中横坐标的增大，pOH增大，氢离子浓度增大，故滴加盐酸的量增加，根据图中横坐标lg的特殊值和pOH的值进行计算Kb，根据溶液的酸碱性判断水的电离程度的变化；滴定终点产物属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，根据酸性进行选择指示剂；
【详解】A．根据图中p点进行计算：Kb(C6H5NH2)==c(OH-)=10-9.4，故A正确；
B．根据A中计算Kb(C6H5NH2)= 10-9.4，m点代入后计算得c(OH-)=10-7，根据常温判断pH=7，当V(盐酸)=20mL，生成的 显酸性，故当pH=7时，V(盐酸) <20mL，故B正确；
C．p点到q点加入盐酸过量，对水的电离抑制增大，故水的电离程度p>q，故C不正确；
D．根据题目信息滴定终点生成的 显酸性，故选择甲基橙作指示剂，故D正确；
故选答案C。
【点睛】此题考查酸碱中和滴定，根据图象中纵坐标的变化判断滴加物质的量，利用特殊点进行相应的计算，利用滴定终点溶液的酸碱性判断需要的指示剂。
12．B
【详解】根据反应的信息，物质A为固体，增大物质A的量，平衡不移动，①错误；物质B为气体反应物，增大物质B的浓度，正反应速率增大， ， ②正确；反应前后气体分子数相等，增大压强，平衡不移动，和都增大，③错误；加入催化剂，平衡不移动，物质B的转化率不变④错误；该反应为为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，和都增大，⑤错误。所以正确的只有②。故选B。
13．B
【分析】根据电导率分析，没有滴加KOH时，P的电导率比Q小，说明Q点为HCl的电导率。
【详解】A．根据前面分析曲线①代表溶液滴定溶液，故A错误；
B．在A点的溶液中溶质为，根据电荷守恒得到：，故B正确；
C．在B点的溶液溶质为、KOH且两者物质的量浓度相等，溶液显碱性由于醋酸根水解：，故C错误；
D．相同温度下，A、C两点都是滴定终点，A点溶质为，C点溶质为KCl，前者促进水的电离，后者既不促进也不抑制，因此这两点水的电离程度不相同，故D错误。
综上所述，答案为B。
14．C
【分析】根据盖斯定律，；反应热等于断裂键键能总和与形成共价能的键能总和之差，据此分析解题。
【详解】据分析可知：，解得：；
故答案选C。
15．CD
【详解】A．强酸性物质进入体液，使体液的酸性增强，c(H+)增大，平衡左移，以维持体液pH的相对稳定，A合理；
B．强碱性物质进入体液，与H+发生中和，使溶液中c(H+)减小，平衡正向移动，以维持体液pH的相对稳定，B合理；
C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液被稀释，CO2+H2OH2CO3H++平衡虽然正向移动，但c(H+)减小，体液的pH增大，C不合理；
D．进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，则体液中c(CO2)减小，平衡逆向移动，体液的pH增大，D不合理；
故选CD。
16．(1)与KH(IO3)2反应使其转化为KIO3
(2)蒸发结晶
(3)     碱式滴定管     锥形瓶     淀粉溶液     溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化     B

【详解】（1）KH(IO3)2可与KOH反应生成KIO3，反应的方程式为KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O；
故答案为：与KH(IO3)2反应使其转化为KIO3;
（2）由表中数据可知温度越高，KIO3溶解度越大，从溶液中获得KIO3晶体需要蒸发结晶；
故答案为：蒸发结晶；
（3）①在滴定过程中，所用的玻璃仪器为滴定管和锥形瓶，Na2S2O3溶液呈碱性，使用碱性滴定管；
故答案为：碱式滴定管；锥形瓶；
②该实验产生碘单质，可以淀粉溶液作指示剂，溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化达到滴定终点；
故答案为：淀粉溶液；溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化；
③A．滴定管应该是先检查是否漏水，然后用蒸馏水润洗，最后用待测液润洗，故A正确；
B．滴定时眼睛注视着锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，故B错误；
C．用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，可冲洗附在锥形瓶内壁上的待测液，以减小实验误差，故C正确；
D．终点读数时俯视会导致滴定所用的Na2S2O3溶液的体积偏小，以此为标准计算的碘的含量偏低，故D正确；
故答案为：B。
17．     mol•(L•min)-1     bc     Cu2O+CO2Cu+CO2     CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.4kJ/mol
【分析】(1)缩小容器的体积相当于减压，然后根据压强对浓度、速率和化学平衡的影响来解答；
(3)根据Cu2O能被CO还原生成CO2和Cu，该反应为可逆反应；
(4)根据热化学方程式的书写方法及系数的含义；
【详解】(1)由图象可知，在500℃时，时间达到tB时，甲醇的物质的量为nB，依据υ(CH3OH)==mol•(L•min)-1，由速率之比等于化学计量数之比求出，υ(H2)=υ(CH3OH)=2×mol•(L•min)-1=mol•(L•min)-1；
(2)其他条件不变时，将处于E点的体系体积压缩到原来的，容器的体积减小，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正向移动，甲醇的物质的量增多，氢气的物质的量减小，但由于体积减小，平衡时氢气的浓度反而增大，故答案为b、c；
(3)二氧化有利于抑制反应 Cu2O+CO2Cu+CO2向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变；
(4)因1g甲醇完全燃烧生成液态水时放出22.7kJ的能量，所以甲醇燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.4kJ/mol。
18．(1)溶液先变红色后褪色
(2)不变
(3)①＞②＞③
(4)ClO-+CO2+H2O=HClO+
(5)c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)
(6)11
(7)     小于     小于

【详解】（1）NaClO溶液呈碱性，ClO-、HClO都具有强氧化性，能漂白酚酞，则在NaClO溶液中滴几滴酚酞，溶液先变红色后褪色，故答案为：溶液先变红色后褪色；
（2）温度不变，电离常数和水的离子积都不变，则在醋酸溶液中加蒸馏水，=，不变，故答案为：不变；
（3）以NaClO溶液为例，溶液中c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，则NaClO溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，c(Na+)相等，溶液中离子总浓度取决于c(H+)，消耗H+能力越强，溶液中离子总浓度越小，酸性：HCl＞CH3COOH＞HClO，所以溶液中离子总物质的量大小排序为①＞②＞③，故答案为：①＞②＞③；
（4）电离H+能力：H2CO3＞HClO＞，所以，在NaClO溶液中通入少量CO2，生成HClO、NaHCO3，其离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+，故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+；
（5）由于碳酸的Kal=4.0×10-7，则的水解平衡常数Kh===2.5×10-8，氨水的Kb=1.8×10-5，则的水解平衡常数Kh===5.5×10-10，水解程度：＞，所以，NH4HCO3水溶液呈碱性，离子浓度大小排序为c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)；
（6）常温下，向100mL0.1mol⋅L-1NaOH溶液中缓缓通入CO2使6c()=c()时，Ka2==6.0×10-11，溶液中氢离子浓度为10-11mol⋅L-1，pH=-lgc(H+)=11，故答案为：11。
（7）pH相同的一元酸稀释相同的倍数，pH值变化较大的酸酸性较强，其电离平衡常数较大，根据图知，稀释过程中pH变化较大的是HX，所以醋酸的电离常数＜HX的电离常数，根据电荷守恒可知，CH3COONa溶液中有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，NaX溶液中有：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，则有阴离子的浓度之和等于阳离子浓度之和，由于醋酸的电离常数＜HX的电离常数，即CH3COO-的水解程度大于X-，则等浓度的CH3COONa溶液、NaX溶液中，前者溶液中c(H+)小于后者溶液中，而c(Na+)相等，故有前者的阴离子浓度之和 ＜后者的阴离子浓度之和，故答案为：小于；小于。
19．(1)AB
(2)     4     当反应温度高于320℃后，Ni的活性增大    
(3)          减小     增大    

【详解】（1）A．反应过程中有非极性键H-H的断裂，和极性键C-H的形成，A项正确；
B．配位原子数为2，中心原子C无孤对电子，故C原子的杂化类型为sp，B项正确；
C．汽油为C5~C11的混合物，C项错误；
答案选AB；
（2）配位分子为CO，故该配合物中中心原子的配位数为4；Ni为催化剂，高于320℃后，单位时间内转化率上升的原因是，当反应温度高于320℃后，Ni的活性增大；催化剂Ni−CeO2的CH4选择性高，故工业上应选择的催化剂是Ni−CeO2；
（3）根据盖斯定律可知，反应I-反应II=反应，故；根据图像，反应I的T与K成反比，故反应I为放热反应，升高温度时平衡向逆反应方向移动，的含量将减小；反应II的T与K成正比，故反应II为吸热反应，升高温度时平衡向正反应方向移动，CO的含量将增大；列三段式：，，x=，。