四川省兴文第二中学校2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题 Word版含解析.docx

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四川省兴文第二中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H：1C：12O：16S：32Cu：64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.关于化学反应与能量的说法正确的是A.中和反应是吸热反应B.燃烧属于放热反应C.化学键断裂放出能量D.反应物总能量与生成物总能量一定相等【答案】B【解析】【详解】A．中和反应是酸和碱发生的反应，是放热反应，A错误；B．燃烧是可燃物发生的剧烈的发光放热的反应，是放热反应，B正确；C．断裂化学键需要吸收能量，C错误；D．化学反应过程中一定伴随能量的变化，反应物总能量与生成物总能量一定不相等，D错误；故本题选B。2.化学反应限度的调控在工业生产和环保技术等方面得到了广泛的应用，如果设法提高化学反应的限度，下面的说法错误的是（　）A.能够节约原料和能源B.能够提高产品的产量C.能够提高经济效益D.能够提高化学反应速率【答案】D【解析】【分析】提高化学反应的限度指的是化学反应所进行的程度，根据提高化学反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益来回答。【详解】提高了化学反应的限度，就是提高了反应物的转化率，提高了产量，更能提高经济效益，但不一定会提高反应的反应速率，所以选项D是错误的。答案选D。3.1molH—H键的键能是436kJ，1molI—I键的键能是151kJ，1molH—I键的键能是299kJ，则对反应H2（g）+I2（g）2HI（g）的说法，不正确的是A.放热反应B.吸热反应C.化合反应D.可逆反应【答案】B 【解析】【详解】在H2（g）+I2（g） 2HI（g）中，断裂1molH-H键吸收436kJ的能量，断裂1molI-I键吸收的能量是151kJ，共吸收的能量为：436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，共放出的能量为：299kJ×2=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，由方程式可知该反应为化合反应和可逆反应。故选B。4.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH—O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH—H键断裂时吸收热量为A.920kJB.557kJC.436kJD.188kJ【答案】C【解析】【详解】根据2H2+O2=2H2O反应，1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，则2molH2即4g完全燃烧生成水蒸气时放出热量484kJ，设1molH—H键断裂时吸收热量为x，根据化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量可得463kJ×4−496kJ−2x=484kJ，x=436kJ，故答案选C。5.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C.0.10mol/L的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸【答案】D【解析】【详解】A、氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，说明亚硫酸酸性强于碳酸而氢硫酸酸性弱于碳酸，所以亚硫酸酸性强于氢硫酸，A正确；B、浓度相等，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸，说明氢硫酸的电离能力弱于亚硫酸，即亚硫酸酸性强于氢硫酸，B正确；C、0.10mol/L的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，说明亚硫酸电离出来的氢离子浓度远多于氢硫酸，即亚硫酸酸性强于氢硫酸，C正确；D、酸性强弱和还原性强弱之间没有关系，D错误；答案选D。6.一定条件下，对于反应，若起始时X、Y、Z的浓度分别为、 、(均不为零)。达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为、和，则下列判断错误的是A.B.平衡时，Y和Z的生成速率之比为2:3C.平衡时消耗的X和Z的物质的量之比为1:2D.的取值范围为【答案】B【解析】【分析】【详解】A．分析浓度变化关系:，反应方程式中反应物X、Y的化学计量数之比为1:3，所以反应中X和Y必然以物质的量之比为1:3消耗，因为达平衡时X和Y的浓度之比为1:3，故，A项正确；B．平衡时Y和Z的生成速率之比和反应方程式中二者的化学计量数之比相等，故Y和Z的生成速率之比为3:2，B项错误；C．平衡时消耗的X和Z的物质的量之比和反应方程式中二者的化学计量数之比相等，故平衡时消耗的X和Z的物质的量之比为1:2，C项正确；D．运用极限法，假设起始时Z的浓度为，则的最大值为0.14，而，反应又是可逆的，D项正确；选B。7.对于在恒容密闭容器中进行的反应，下列说法错误的是A.其他条件不变，充入少量He，则反应速率增大B.若，则反应达到平衡状态C.其他条件不变，增加的质量，反应速率不变D.若混合气体的平均相对分子质量不再改变，则反应达到平衡状态【答案】A【解析】 【分析】【详解】A．恒容密闭容器中充入少量He，反应物和生成物的浓度均不发生改变，反应速率不变，A错误；B．一氧化碳和水蒸气的化学计量数相等，若，则反应达到平衡状态，B正确；C．其他条件不变，增加或者减少固体的质量，反应速率不变，改变固体的状态，影响反应速率，C正确；D．混合气体的平均相对分子质量等于混合气体总质量与混合气体总物质的量的比值，此反应未平衡时平均相对分子质量改变，若不再改变，可以说明反应达到平衡状态，D正确；答案为：A。8.工业合成氨的化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，下列措施能提高合成氨的反应速率的是A.减小反应物浓度B.增大产物浓度C.降低温度D.减小产物浓度【答案】D【解析】【分析】根据合成氨的反应，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，据此分析。【详解】A．根据化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，减小反应物氮气或氢气的浓度，合成氨的反应速率减小，故A不符合题意；B．根据化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，增大产物氨气的浓度，合成氨的反应速率减小，故B不符合题意；C．降低温度，活化分子的百分数减小，合成氨的反应速率减小，故C不符合题意；D．根据化学反应速率v=kc(N2)∙c1.5(H2)∙c-1(NH3)，减小产物氨气的浓度，合成氨的反应速率增大，故D符合题意；答案选D。9.某反应的反应机理可以分成如下两步，下列说法错误的是反应机理第一步反应第二步反应(慢反应)(快反应)A.在条件相同时，该反应的速率由第一步反应速率决定 B.该反应的总反应方程式为NO2+CO=NO+CO2C.升高温度只会影响第一步反应速率，对第二步反应速率无影响D.加入合适的催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率【答案】C【解析】【详解】A．在条件相同时，该反应的速率由慢反应决定，故由第一步反应速率决定，A正确；B．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得反应的总反应方程式为：NO2+CO=NO+CO2，B正确；C．升高温度对第一步反应速率和第二步反应速率均有影响，都会加快，C错误；D．加入合适的催化剂可降低反应的活化能，从而加快反应速率，D正确；故选C。10.下列叙述正确的是A.0.1mol·L－1NH4Cl溶液：c()＝c(Cl－)B.在25℃时，pH＝4的盐酸与pH＝10的氨水溶液等体积混合后pH>7C.0.1mol·L－1与0.2mol·L－1氨水溶液中c(OH－)之比为1︰2D.中和pH与体积都相同的氨水和Ba(OH)２溶液，消耗HCl的物质的量之比是1:2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．NH4Cl溶液中水解，所以c()c()>c(H+)>c(OH−)B.溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中：c(HClO)+c(ClO−)＝c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)C.向10mL0.2mol·L−1NaCl溶液中滴入2mL0.1mol·L−1AgNO3溶液，溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)>c()=c(Cl−)>c(Ag+)D.常温下pH=2的醋酸与pH=12的烧碱溶液等体积混合：c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+) 【答案】B【解析】【详解】A、NH4+水解，浓度比NO3-小，故A错误；B、溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中，由物料守恒得：c(HClO)+c(ClO−)＝c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=c(Na+)/2，故B正确；C、硝酸银不足，完全反应，且钠离子、硝酸根离子浓度不变，则离子浓度大小为c（Na＋）=c（NO3－）＞c（Cl－）＞c（Ag＋），故C错误；D、pH=2的醋酸，醋酸浓度大于0.01mol·L－1，pH=12的烧碱，NaOH浓度为0.01mol·L－1，等体积混合时醋酸过量，溶液显酸性，则离子浓度为c（CH3COO－）＞（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），故D错误；故选B。14.常温下，向100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，所得溶液pH与加入的NaOH溶液体积的关系曲线如图所示，下列说法正确的是A.a、b、c、d四个点中，水的电离程度最大的是dB.a点溶液中：c()+c(NH3·H2O)=0.1mol/LCb点溶液中：c(Na+)+c()=c()D.c点溶液中：4c(Na+)=3[c()+c(NH3·H2O)+c()]【答案】D【解析】【详解】A．a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性，所以a点水的电离程度最大，选项A错误；B．a点恰好溶液体积增大一倍，浓度减小一半，根据物料守恒有c()+c(NH3·H2O)=0.05mol/L，选项B错误；C．b点溶液为中性，溶液中c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒可知： c()+c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)，则c(Na+)+c()=2c()，选项C错误；D．c点氢氧化钠的体积为150mL，根据元素质量守恒，有3[n(N))+n(S)]=4n(Na)，因此3c()+3c(NH3•H2O)+3c()=4c(Na+)，选项D正确；答案选D。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.某实验小组用溶液与硫酸进行中和热的测定，装置如图所示，回答下列问题：（1）若实验共需要溶液，实验室在配制该溶液时，则需要称量NaOH固体___________g。（2）图中装置缺少的仪器是___________。（3）硫酸稍过量的原因是___________。（4）请填写下表中的平均温度差：实验次数起始温度T/℃终止温度平均温度差平均值126.226.026.130.1___________227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4（5）近似认为溶液与硫酸溶液的密度都是 ，中和后生成溶液的比热容为，则上述实验测得的中和热___________(取小数点后一位)。（6）上述实验结果与有偏差，产生偏差的原因可能是___________。A.量取溶液时仰视读数B.为了使反应充分，向酸中分次加入碱C.实验装置保温隔热效果差D.用铜丝代替环形玻璃搅拌棒搅拌【答案】（1）100（2）环形玻璃搅拌棒（3）使氢氧化钠溶液充分反应，减小实验误差（4）4.0（5）（6）BCD【解析】【小问1详解】若实验共需要400mLNaOH溶液，实验室在配制该溶液时，需要用500mL容量瓶来配制即配制500mL0.50mol/LNaOH溶液，其物质的量为，其质量为；【小问2详解】实验中需要的装置最重要是温度计和环形玻璃搅拌棒，因此图中装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为环形玻璃搅拌棒；【小问3详解】硫酸稍过量的原因是主要是将氢氧化钠溶液充分反应，减小实验误差，故答案为将氢氧化钠溶液充分反应，减小实验误差【小问4详解】根据终止温度和开始平均温度算出第一次温度差为4.0，第二次温度差为6.1，第三次温度差为3.9，第四次温度差为4.1，很明显第二次数据是个错误的数据，舍去，取另外三次的平均值为4.0，故答案为4.0；【小问5详解】将数据代入公式，故答案为【小问6详解】A.量取NaOH溶液时仰视读数，量取的氢氧化钠溶液多，放出的热量多，计算出的数字偏大，故A 错误；B.可以向酸中分次加入碱，放热热量会散失一部分，温度计上升减小，计算出的数字偏小，故B正确；C.实验装置保温隔热效果差，放出的热量会散失一部分，温度计上升减小，计算出的数字偏小，故C正确；D.用铜丝代替玻璃棒搅拌，铜丝会传热，放出的热量会散失一部分，温度计上升减小，计算出的数字偏小，故D正确；综上所述，答案为BCD。16.向体积为2L的固定密闭容器中通入3molX气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)Y(g)＋3Z(g)（1）经5min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为____________mol·L－1·min－1。（2）若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一段时间内测得容器内的反应速率分别为甲：v(X)＝3.5mol·L－1·min－1；乙：v(Y)＝2mol·L－1·min－1；丙：v(Z)＝4.5mol·L－1·min－1；丁：v(X)＝0.075mol·L－1·s－1。若其他条件相同，温度不同，则温度由高到低的顺序是(填序号)______。（3）若向达到(1)的平衡体系中充入氦气，则平衡__________(填“向左”、“向右”或“不”)移动；若从达到(1)的平衡体系中移走部分Y气体，则平衡____________(填“向左”、“向右”或“不”)移动。（4）若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5molX气体，则平衡后X的转化率与(1)的平衡中X的转化率相比较（）A．无法确定B．前者一定大于后者C．前者一定等于后者D．前者一定小于后者（5）若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达到平衡时仍与(1)的平衡等效，则：a、b、c应该满足的关系为___________________。（6）若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达到平衡时仍与(1)的平衡等效，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围是_________。【答案】（1）0.03（2）丁＞乙＞甲＞丙（3）①.不②.向右（4）D（5）c＝3b，a≥0（6）0.9＜c≤4.5【解析】 【小问1详解】（1）反应过程中三段式为：平衡时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则＝1.2，解得x＝0.3mol，所以平衡时Y的物质的量浓度＝0.3mol÷2L＝0.15mol/L，因此Y的物质的量浓度变化表示的速率为0.15mol/L÷5min＝0.03mol/(L・min)；【小问2详解】在同一段时间内测得容器内的反应速率分别为：甲v(X)＝3.5mol/(L・min)；乙v(Y)＝2mol/(L・min)；丙v(Z)=4.5mol/(L・min)；丁v(X)＝0.075mol/(L・s)，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知，如果都用X表示反应速率，则分别是3.5mol/(L・min)、4mol/(L・min)、3.0mol/(L・min)、4.5mol/(L・min)，温度越高反应速率越大，所以根据反应速率可知，温度由高到低的顺序是(填序号)丁＞乙＞甲＞丙；【小问3详解】若向达到(1)的平衡体系中充入氩气，由于其它物质的浓度不变，则平衡不移动；若向达到(1)的平衡体系中移走部分混合气体，导致生成物浓度降低，则平衡向右移动；【小问4详解】由于该反应是体积增大的可逆反应，且反应物只有一种，所以平衡后再次通入X气体，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5molX气体，则平衡后X的转化率⑷与⑴的平衡中的X的转化率相比较⑷一定小于⑴，答案选D；【小问5详解】若保持温度和压强不变,起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达到平衡时仍与(1)的平衡等效,则根据方程式将生成物Y和Z恰好可以完全转化为X即可，所以a、b、c应该满足的关系为c＝3b且a≥0；【小问6详解】若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol,达到平衡时仍与(1)的平衡等效，则根据方程式将生成物Y和Z恰好可以完全转化为X，使X的物质的量等于3mol即可，所以c的最大值是4.5mol。由于平衡时c的物质的量是0.9mol ，所以要满足起始时维持化学反应向逆反应方向进行,则c必须大于0.9mol，因此c的取值范围是0.9＜c≤4.5。17.Ⅰ．已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：（1）①称量1.0g样品溶于水，配成250mL溶液；②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；③滴加几滴___________溶液；④用0.10的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如表：滴定序号待测液体积/(mL)所消耗盐酸标准液的体积/(mL)滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00（2）将样品配成250mL标准溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有___________。（3）用___________盛装0.10的盐酸标准液，向待测液滴加2-3滴___________指示剂。（4）达到滴定终点时的标志为___________。（5）烧碱样品的纯度为___________。（6）用标准液滴定待测液，下列操作中导致中和滴定的测量值偏高的是___________。a.锥形瓶用蒸馏水冲洗后，再用待测液润洗2~3次；b.滴定开始时，滴定管尖嘴有气泡，滴定过程中气泡消失；c.滴定前读数时仰视，滴定后读数平视；d.摇动锥形瓶时，瓶中有少量液体溅出；e.滴定时，锥形瓶中加入少量蒸馏水。Ⅱ．常温下，向100mL的HA溶液中逐滴加入的MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题： （7）由图中信息可知HA为___________酸(填“强”或“弱”)，理由是___________。（8）常温下一定浓度的MA稀溶液的，则a___________(填“＞”“＜”或“=”)7，用离子方程式表示其原因：___________，此时，溶液中由水电离出的___________。（9）请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：___________。（10）K点对应的溶液中，___________(填“＞”“＜”或“=”)；若此时溶液的pH=10，则___________。【答案】（1）酚酞（2）250mL容量瓶（3）①.酸式滴定管②.酚酞（4）当最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变无色，且半分钟不恢复原色（5）80%（6）ab（7）①.强②.0.01mol·L-1HA溶液的pH=2，说明其完全电离，为强酸（8）①.＜②.M++H2OMOH+H+③.1×10-amol·L-1（9）c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)（10）①.=②.0.005【解析】【小问1详解】盐酸滴定氢氧化钠溶液用酚酞作指示剂；【小问2详解】将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶；【小问3详解】用酸式滴定管盛装010mol/L的盐酸标准液，盐酸滴定氢氧化钠溶液用酚酞作指示剂；【小问4详解】酚酞遇碱变红，随着酸的不断增多，溶液碱性逐渐减弱，颜色逐渐变浅，当最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色；【小问5详解】 三次消耗盐酸体积分别为20.10mL、20.00mL、19.90mL，三组数据均有效，三消耗盐酸平均体积为:(20.10+20.00+19.90mL)÷3=20.00mL，由NaOH~HCI可得则n(NaOH)=n(HCl)=0.10mol/L×0.02L=0.002mol，即25.00mL待测溶液中含有m(NaOH)=nM=0.002mol×40g/mol=0.08g，所以250mL待测溶液含有m(NaOH)=，该烧碱的纯度；【小问6详解】a．锥形瓶用蒸馏水冲洗后，再用待测液润洗2~3次，导致待测液偏多，测定结果偏高；b．滴定开始时，滴定管尖嘴有气泡，滴定过程中气泡消失，导致标准液消耗偏多，结果偏高；c．滴定前读数时仰视，滴定后读数平视，标准液消耗偏小，结果偏低；d．摇动锥形瓶时，瓶中有少量液体溅出，导致溶质损失，结果偏低；e．滴定时，锥形瓶中加入少量蒸馏水，结果无影响；故答案为：ab。【小问7详解】由题目信息可知0.01mol·L-1HA溶液的pH=2，说明其完全电离，故为强电解质，为强酸；【小问8详解】由题目图象可知向100mL0.01mol·L-1HA溶液中滴加51mL0.02mol·L-1MOH溶液，pH=7，说明MOH是弱碱，故其所对应的MA是弱碱强酸盐故a小于7；水解显酸性，M++H2OMOH+H+；溶液中的H+全部是水电离出来的，故水电离出的c(OH-)=1×10-amol·L-1；【小问9详解】K点是由100mL0.01mol·L-1HA溶液与100mL0.02mol·L-1MOH溶液混合而成的，反应后的溶液为等物质的量浓度的MA和MOH溶液，故c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)；【小问10详解】由物料守恒得c(M+)+c(MOH)=2c(A-)，由电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故c(MOH)+c(OH-)=c(A-)+c(H+)≈0.005mol·L-1。18.现有下列10种物质：①铁丝、②熔融KCl、③固体、④气体、⑤NaOH溶液、⑥胆矾、⑦碳酸钙、⑧固体、⑨稀盐酸、⑩葡萄糖。回答下列问题：（1）上述物质中能导电的有___________(填序号，下同)，属于电解质的是___________。（2）物质⑦在水溶液中的电离方程式为___________。（3）向溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为___________。 （4）如图a所示，向NaOH稀溶液中缓缓通入HCl气体，测定该过程中溶液导电能力的变化，实验结果如图b所示(忽略溶液体积、温度的变化)。分析A→B段变化，其他条件相同，导电能力：___________(填“>”“<”或“=”)；分析B→C段变化，溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与___________有关。（5）上述物质⑦与⑨可生成④，实验装置如图所示。ⅰ.可以选择的发生装置是___________(填字母)。A．B．C．ⅱ.组装好装置后进行两组实验，并用计算机记录澄清石灰水导电能力随气体通入量的变化如图所示。曲线Ⅰ中导电能力上升过程中发生反应的离子方程式为___________；曲线Ⅱ的最低点高于曲线Ⅰ的原因可能是___________。 曲线Ⅰ：制备的经洗气曲线Ⅱ：制备的未经洗气【答案】（1）①.①②⑤⑨②.②③⑥⑦⑧（2）（3）（4）①.>②.离子的浓度（5）①.AB②.③.挥发出来的HCl与反应，生成的为可溶性盐，增加溶液中可自由移动的离子数目，因此曲线Ⅱ的最低点高于曲线Ⅰ的【解析】【小问1详解】物质能导电的本质是有自由移动的带电粒子，①铁丝中含自由移动的电子，可导电，②熔融KCl含自由移动的钾离子和氯离子，可导电，③固体中阴阳离子不能自由移动，不导电，④气体无自由移动带电粒子，不导电，⑤NaOH溶液中含自由移动的钠离子和氢氧根，可导电，⑥胆矾中的阴阳离子不能自由移动，不导电，⑦碳酸钙中的阴阳离子不能自由移动，不导电，⑧固体中的阴阳离子不能自由移动，不导电，⑨稀盐酸中含自由移动的氢离子和氯离子，可导电⑩葡萄糖中无自由移动带电粒子，不导电，则能导电的物质有①②⑤⑨；电解质为在水溶液或熔融状态下，能够自身电离而导电的化合物，属于电解质的为②③⑥⑦⑧；【小问2详解】碳酸钙在水中的电离方程式为；【小问3详解】 向溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，则溶液和溶液按1∶1发生反应，反应的离子方程式为；【小问4详解】A→B段发生反应的化学方程式为，溶液中原本为钠离子和氢氧根，通入氯化氢后溶液中还剩钠离子和氯离子，溶液导电能力下降了，说明导电能力>；B→C段继续通入氯化氢，溶液中氯离子和氢离子浓度增大，导电能力也增大，说明溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与离子的浓度有关；【小问5详解】ⅰ.发生装置发生的反应为，为固体和液体制气体的反应，不需要加热，则发生装置可选择A和B；ⅱ.曲线Ⅰ中导电能力上升说明过量的二氧化碳与生成的碳酸钙发生反应，生成可溶解的碳酸氢钙，反应的离子方程式为；若二氧化碳气体未洗气，则其中混有挥发的HCl气体，HCl与反应，生成的为可溶性盐，增加溶液中可自由移动的离子数目，因此曲线Ⅱ的最低点高于曲线Ⅰ的。19.回答下列问题：Ⅰ、电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如下表数据（25℃）：化学式电离平衡常数HCNK＝4.9×10-10CH3COOHK＝1.8×10-5H2CO3K1＝4.4×10-7，K2＝4.7×10-11①25℃时，等浓度的三种溶液(a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液)的pH由大到小的顺序为______。(填写序号)②25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为_______。③已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____7。（选填“大于”、“小于”或“等于”）Ⅱ、已知某溶液中存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣ 四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：①c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　②c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）③c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　④c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）填写下列空白：（1）若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是______，上述四种离子浓度的大小顺序为__（选填序号）。（2）若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为_______；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为_____。（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）____c（NH3•H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同），混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）____c（OH﹣）。【答案】①.b>a>c②.CO2+CN_+H2O=HCN+HCO3-③.大于④.NH4Cl⑤.①⑥.NH4Cl、NH3.H2O⑦.NH4Cl、HCl⑧.小于⑨.大于【解析】【分析】根据电离常数得出酸性：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－【详解】根据酸性强弱CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－①25℃时，等浓度的三种溶液a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液的pH大小，这三者都要发生水解，水解都呈碱性，主要看哪个离子水解程度大，离子对应酸越弱，水解程度越大，碱性越强，因CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－，所以Na2CO3溶液水解程度最大，NaCN溶液水解程度次之，CH3COONa溶液水解程度最小，所以Na2CO3溶液碱性最强，NaCN溶液碱性次之，CH3COONa溶液碱性最小，pH由大到小的顺序为b>a>c，故答案为b>a>c；②25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为CO2+CN－+H2O==HCN+HCO3－，不能生成CO32－，因为HCN>HCO3－，故答案为CO2+CN－+H2O==HCN+HCO3－；③已知NH4A溶液为中性，说明NH3∙H2O和HA两者电离程度相同，HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，HA酸性大于碳酸，即NH3∙H2O电离程度大于碳酸的电离程度，根据谁强显谁性原理，(NH4)2CO3溶液显碱性，所以溶液的pH大于7；故答案为大于；Ⅱ、⑴分析这里面离子，可知若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是NH4Cl，由于铵根离子要水解，则铵根离子浓度小于氯离子，溶液显酸性，依次四种离子浓度的大小顺序为c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－)，故答案为NH4Cl；①；⑵若上述关系中③ 是正确的，溶液显碱性，说明在氯化铵基础上需要加碱，则该溶液中溶质应该是氯化铵和一水合氨的混合；若上述关系中④是正确的，溶液显酸性，氢离子浓度大于铵根离子浓度，说明在氯化铵基础上需要加酸，则该溶液中溶质应该是氯化铵和盐酸的混合；故答案分别为NH4Cl、NH3∙H2O；NH4Cl、HCl；