广东省2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

广东省2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．下列生产生活中的应用与盐类水解原理无关的是（）A．泡沫灭火器灭火 B．NaC．明矾净水 D．油脂和NaOH反应制肥皂2．下列叙述正确的是（）A．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下其c(H＋)·c(OH-)=1×10-14B．c(H＋)=1×10-6mol·L-1的溶液一定是酸性溶液C．向水中加入少量稀硫酸，水的电离平衡逆向移动，Kw减小D．将水加热，Kw增大，pH不变3．下列事实不能证明HNO①滴入石蕊溶液，NaNO②相同条件下，用等浓度的HCl和HNO③等浓度、等体积的盐酸和HNO④0.1mol⋅⑤HNO2与CaCO⑥c(H+)=0.A．①② B．①③ C．①⑤ D．③⑤4．下列不能用化学平衡移动原理解释的是（）A．氯化铁溶液蒸干得到的固体的主要成分是FeB．用排饱和食盐水的方法收集氯气C．工业合成氨选择400℃~500℃的温度D．不能用BaCO35．一定条件下，在一氧化碳变换反应CO+H2O⇌CO2+H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析错误的是（）A．使用催化剂，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加B．升高温度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加C．增大CO的浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加D．压缩容器，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加6．利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法错误的是（）A．反应的快慢主要取决于步骤ⅡB．升高温度有利于提高丙烷转化率C．反应过程中碳的成键总数不变D．M−H为该反应的催化剂7．锡、铅均为第ⅣA族元素，在含Pb2+的溶液中投入Sn会发生置换反应生成SnA．0~10s内，v(PB．Sn的活泼性比Pb强，能把PbC．5s时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡D．12s时，5v(S8．25℃时，等体积的酸和碱溶液混合后pH一定大于7的是（）A．pH=3的HNO3溶液与B．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11C．pH=3的H2SOD．pH=3的HI溶液与pH=11的Ca(OH)9．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是（）A．Na2SiC．氨水中加入少量NH4Cl10．高锰酸钾在酸性条件下可氧化H2O2：2MnO4−+5HA．将高锰酸钾溶液装入酸式滴定管中B．打开酸式滴定管的活塞，迅速放液以赶出气泡C．滴定过程中，眼睛要时刻注意锥形瓶中溶液颜色的变化D．滴定中盛放H2O2的锥形瓶内壁有水，所测定的H2O2纯度变小11．已知Ksp(Ag2S)=1.6×10-49，Ksp(CuS)=8.9×10-35A．Ag+、Cu2+、Sb3+ B．Cu2+、Ag+、Sb3+C．Sb3+、Ag+、Cu2+ D．Ag+、Sb3+、Cu2+12．已知1mol二氧化硅晶体中化学键的数目为4NA，有关键能数据如表所示：化学键Si-OO=OSi-Si键能/(kJ·mol-1)460498.8176又知Si(s)+O2(g)=SiO2(s)∆H=-989.2kJ·mol-1，则1molSi中Si-Si键的数目为（）A．4NA B．3NA C．2NA D．NA13．下列酸碱溶液恰好完全中和，如图所示，则下列叙述正确的是（）A．因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2B．若V1＞V2，则说明HA为强酸，HB为弱酸C．若实验①中，V=V1，则混合液中c(Na+)=c(A－)D．实验②的混合溶液，可能溶液呈酸性14．下列实验方案能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案A证明Mg(OH)2沉淀可以转化为向2mL1mol⋅L−1NaOH溶液中先加入3滴1mol⋅B测定中和反应的反应热酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度C测定未知浓度的NaOH溶液用甲基橙作指示剂，标准盐酸溶液滴定NaOH溶液时，当溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不视色即为滴定终点D验证可溶性MR为强酸强碱盐25℃，测得可溶性正盐MR的pH=7A．A B．B C．C D．D15．25℃时，向20mL0.1mol⋅L−1的H2SO3溶液中滴加A．向pH=7.2B．H2SC．当溶液的pH=7时，溶液中存在：c(ND．当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，所得溶液呈碱性16．反应CO2(g)+3序号反应时间/minCHCH反应Ⅰ：恒温恒容02600104.5201301反应Ⅱ：绝热恒容00022下列说法正确的是（）A．若该反应ΔH>0，则高温下该反应能自发进行B．反应Ⅰ，在0~20min时的平均反应速率v(CC．反应Ⅰ达到平衡时，加入1molCO2和D．起始温度相同的反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时平衡常数K也相同二、综合题17．根据要求，回答下列问题：（1）Ⅰ.某研究性学习小组利用H2C2实验序号实验温度/K往烧杯中加入的试剂及其用量溶液颜色褪至无色所需时间/s酸性KMnOH2HV/mLcV/mLcV/mLA29320.0240.10tBT20.0230.1V8C31320.02V0.11t草酸与高锰酸钾反应的离子方程式为。（2）通过实验A、B，可探究出(填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中V1=、T1=；通过实验（3）若t1<8，则由此实验可以得出的结论是；忽略溶液体积的变化，利用实验B中数据计算，0~8s内，用KMnO4（4）Ⅱ.工业上常以软锰矿为原料生产高锰酸钾，为测定高锰酸钾的纯度，进行如下实验：称取mg样品，配制成100mL待测液，每次取浓度为amol⋅L−1的H2C2O4下列操作会使所测得的高锰酸钾的纯度偏低的是____(填字母)。A．未用KMnOB．滴定前盛放H2C．读取KMnO（5）该高锰酸钾的纯度为(列出计算式)。18．铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。（1）铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂，原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH1<0①若用、和分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图表示，吸附后能量状态最低的是(填字母序号)；②在三个1L的恒容密闭容器中，分别加入0.15molN2和0.45molH2发生上述反应，实验a、b、c中c(N2)随时间(t)的变化如图所示(T表示温度)。与实验b相比，实验a、实验c分别采用的实验条件可能为、(仅改变一个条件)。（2）Fe2O3与CH4反应可制备“纳米铁粉”，其反应为：Fe2O3(s)+3CH4(g)⇌2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)ΔH2①此反应的化学平衡常数表达式为；②一定温度下，将一定量的Fe2O3(s)和CH4(g)置于恒容密闭容器中反应，能说明反应达到平衡状态的是；A混合气体的密度不再改变B铁的物质的量不再改变CCO和H2的浓度之比为1：2Dv正(CO)=2v逆(H2)③一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入0.2molFe2O3(s)和0.6molCH4(g)进行上述反应，反应起始时压强为P，反应进行至5min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。5min内用Fe2O3(s)表示的平均反应速率为g•min-1；T℃下该反应的Kp=【气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体体积分数】；（3）“纳米铁粉”可用于处理地下水中的污染物，其中与NO3-发生的离子方程式为4Fe+NO3-+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，研究发现，相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO319．已知25℃时部分弱酸的电离平衡常数如下表所示：弱酸HCOOHHCNHH电离平衡数KKKKKK（1）Na2CO3溶液呈碱性的原因是（2）常温下，KHC2O4溶液显（3）根据以上数据，判断下列反应可以成立的是____(填字母)。A．HCOOH+Na2CC．H2C2（4）25℃时，pH=4的HCOOH溶液与pH=4的NH4Cl溶液中由水电离出的c(（5）25℃时，等体积、等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合溶液pH>7，则溶液中①H+、②Na+、③CN−、20．亚硫酸盐与硫酸盐在工农业生产、生活中具有广泛应用。（1）NaHSO3溶液呈酸性，在0.a.c(HSb.c(Nc.c(Nd.c(N（2）已知：Ksp[Al(OH)3]=1×10−33，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10（3）如图是某温度下，将足量的BaSO4固体溶于一定量水中达到溶解平衡后，假定溶液体积不变的情况下，加入Na2CO3①该温度下，BaSO4的K②当c(CO32−)大于③图像中代表沉淀转化过程中c(Ba2+)随c(CO32−)变化的曲线是

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．铝离子水解显酸性，碳酸氢根离子水解显碱性，二者混合发生相互促进的水解反应生成二氧化碳，可以灭火，与水解有关，故A不选；B．NaC．明矾溶于水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，具有吸附性，能使悬浮水中不溶性固体小颗粒凝聚而加快小颗粒的沉降，与水解有关，故C不选；D．油脂和NaOH反应生成高级脂肪酸盐，可用于制肥皂，是酯的水解反应，与盐类水解原理无关，故D选；故答案为：D。

【分析】弱酸根离子、弱碱离子可发生水解反应，以此来解答。2．【答案】A【解析】【解答】A．水的离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性无关，所以无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H+)•c(OH-)=10-14，故A符合题意；B．c(H+)=1×10-6mol•L-1的溶液可能是中性溶液，如：100℃时纯水中c(H+)=1×10-6mol•L-1，如果该温度下溶液中c(H+)=1×10-6mol•L-1，则该溶液呈中性，故B不符合题意；C．向水中加入稀硫酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制水的电离，平衡向逆反应方向移动，Kw不变，故C不符合题意；D．水的电离是吸热反应，升高温度，促进水电离，KW增大，pH变小，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】B、不同温度条件下，中性溶液中氢离子的浓度可以不同；

C、注意化学平衡的移动规则，向逆反应方向移动，Kw不变；

D、将水加热，pH变小。3．【答案】D【解析】【解答】①滴入石蕊，NaNO2溶液显蓝色，说明NaNO2溶液显碱性，说明②相同条件下，用等浓度的HCl和HNO2溶液做导电实验，后者灯泡暗，说明HNO③由于HCl、HNO2都是一元酸，等浓度、等体积的盐酸和HNO2溶液中，HCl、④0.1molHNO2溶液的pH=2，说明HNO⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体，说明⑥c(H+)=0.1mol⋅L−1的HN故答案为：D。

【分析】弱电解质在水溶液中部分电离。4．【答案】C【解析】【解答】Ａ．FeCl3+3H2Ｂ．Cl2溶于水后存在平衡；Cl2+Ｃ．合成氨的反应是放热反应，从平衡移动角度应选择低温，故不能用化学平衡移动原理解释，选项C符合题意；Ｄ．BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO故答案为：Ｃ。

【分析】A、注意HCl具有挥发性，随着温度升高，HCl的浓度降低；

B、氯气溶于水，使得氯离子浓度增大；

C、工业合成氨选择的温度主要是催化剂在该温度下活性最大；

D、BaCO5．【答案】D【解析】【解答】A．活化分子发生反应生成新物质的碰撞为有效碱撞，增大浓度、压强。可增大单位体积活化分子数目，升高温度、加入催化剂。可增大活化分子数目，进面增大反应速率，催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，则增大反应速率，所以使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，A不符合题意；B．升高温度，活化分子百分数增大，有效碳几率增加，反应的速率加快，B不符合题意；C．浓度变大，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，C不符合题意；D．压缩容器，增大压强，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，D符合题意；故答案为：D。

【分析】压缩容器，气体压强增大，活化分子百分数不变。6．【答案】C【解析】【解答】Ａ．步骤Ⅱ的活化能最大，反应速率最慢，反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ，选项A不符合题意；Ｂ．根据图示，由丙烷制备丙烯的反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于提高丙烷转化率，选项B不符合题意；Ｃ．由丙烷制备丙烯过程中碳的成键总数减少，选项C符合题意：Ｄ．由图可知M−H参与反应，且反应前后本身没有变化，是该反应的催化剂，选项D不符合题意；故答案为：Ｃ。

【分析】Ａ．决速步骤应是活化能最大的步骤Ｂ．依据影响化学平衡的因素分析；Ｃ．依据图像分析；Ｄ．催化剂在反应前后的质量和性质均保持不变。7．【答案】A【解析】【解答】A.0~10s内，Pb2+浓度从0.64mol⋅LB．根据图像，10s时反应达到平衡，说明该反应是可逆反应，Sn不能把PbC.5s时，Sn2+、D．该反应的离子方程式为Sn+Pb2+=Pb+S故答案为：A。

【分析】A.利用v=Δc/Δt计算；B．根据可逆反应进行不到底；C.利用“变者不变即平衡”；D．依据化学平衡的实质分析判断；8．【答案】C【解析】【解答】A．pH=3的HNO3与pH=11的KOH溶液等体积混合，恰好完全反应，B．醋酸是弱酸，pH=3的CH3COOH与pH=11C．氨水是弱碱，pH=3的H2SO4与D．HI是强酸，pH=3的HI与pH=11的Ca(OH)2溶液等体积混合，恰好完全反应，故答案为：C。

【分析】依据先判后算计算pH。9．【答案】A【解析】【解答】A．红色变深，说明溶液中OH−浓度增大，NaB．明矾溶液呈酸性，酚酞遇酸性溶液颜色不变化，选项B不符合题意；C．会抑制氨水的电离，平衡左移，使OHD．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，溶液颜色不变，选项D不符合题意；故答案为：A。

【分析】酚酞溶液遇酸溶液颜色不变化，遇碱变红，溶液中氢氧根离子浓度越大，溶液颜色越深，只要氢氧根离子浓度变大，颜色就会变深。10．【答案】D【解析】【解答】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该装入酸式滴定管中，选项A不符合题意；B．如果滴定管尖嘴有气泡，需要赶走气泡，使尖嘴充满液体，所以就应打开酸式滴定管的活塞，迅速放液以赶出气泡，选项B不符合题意；C．滴定过程中，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，使溶液混合均匀，眼睛要时刻注意锥形瓶中溶液颜色的变化，选项C不符合题意；D．滴定中盛放H2O2的锥形瓶内壁有水，由于不影响H2O2的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，对所测定的H2O2纯度无影响，其纯度测定值不变，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】过氧化氢瓶中是否有水对过氧化氢的物质的量并无影响，反应所消耗的过氧化氢的量并不变，其测定的纯度也不会发生改变。11．【答案】A【解析】【解答】根据溶度积常数求生成饱和溶液的S2-物质的量浓度，S2-物质的量浓度越小则越先沉淀。沉淀Ag+时c(S2-)=Ksp(Ag2S)c2(Ag+)=1.6×1故答案为：A。

【分析】注意根据溶度积常数求生成饱和溶液的物质的量浓度公式，分别求出粒子的物质的量浓度，最后按照物质的量的浓度大小排序，浓度小的先沉淀。12．【答案】C【解析】【解答】设1molSi中含有xmolSi-Si键，已知Si(s)+O2(g)=SiO2(s)，△H=-989.2kJ·mol-1，根据△H=反应物总键能-生成物总键能，则有176kJ·mol-1×x+498kJ·mol-1-4×460kJ·mol-1=-989.2kJ·mol-1，解得x=2，则1molSi中含有Si-Si键的数目为2NA，故答案为：C。

【分析】根据△H为反应物总键能与生成物总键能之差，设Si-Si键的数目为未知数，分别计算出反应物总键能与生成物总键能，列方程求解即可。13．【答案】C【解析】【解答】A．因为不知道两种酸的酸性强弱关系，所以不能判断V1与V2的相对大小，A不符合题意；B．V1＞V2，代入c(HA)×V1=c(HB)×V2，可知c(HA)＜c(HB)，因为HA与HB的pH相等，所以HA的酸性比HB强，但不一定是强酸，B不符合题意；C．若实验①中，V=V1，说明HA的物质的量浓度也为0.01mol/L，其pH=2，则HA为强酸，所以反应后是强酸强碱盐，溶液显中性，根据电荷守恒混合液中c(Na+)=c(A-)，C符合题意；D．完全反应后实验②的混合溶液中溶质为强碱弱酸盐或强酸强碱盐，溶液为碱性或者中性，不可能呈酸性，D不符合题意；故答案为：C。【分析】因为题干中给出信息“下列酸碱溶液恰好完全中和”，所以c(HA)×V1=c(HB)×V2。14．【答案】C【解析】【解答】A．向2mL1mol⋅L−1氧化钠溶液中加入3滴1mol⋅L−1氯化镁溶液，氢氧化钠溶液过量，氯化镁完全反应，再向溶液中加入3滴1mol⋅LB．酸碱中和滴定操作中没有较好的保温措施，热量散失太多，不能用于中和热的测定，选项B不符合题意；C．用甲基橙作指示剂，标准盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液时，当溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色即为滴定终点，选项C符合题意；D．若MR为弱酸弱碱盐醋酸铵，一水合氨与醋酸的电离程度相当，醋酸铵溶液呈中性，25℃时溶液的pH=7，则25℃时溶液的pH=7，不能说明可溶性MR为强酸强碱盐，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、过量的氢氧化钠会与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，而不是氢氧化镁沉淀转化的；

B、没有保温措施，热量损失较多，所测数据不准确；

D、25℃时溶液的pH=7，不能说明可溶性溶液为强酸强碱盐。15．【答案】B【解析】【解答】Ａ．pH=7.2的溶液中主要存在SO32−、HSＢ．当溶液的pH=1.9时，c(HSO3−)c(H2Ｃ．当溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+Ｄ．当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，所得溶液溶质为等物质的量浓度的H2SO3和NaHSO3，H2SO3的故答案为：Ｂ。

【分析】A、离子方程式书写错误，pH=7.2时，溶液中参与反应的时亚硫酸根离子；

C、溶液pH=7时，c(Na16．【答案】C【解析】【解答】A．若该反应ΔH>0，由于ΔS<0，ΔH−TΔS>0，该反应在任何温度下均不能自发进行，选项A不符合题意；B．反应Ⅰ，在0~20min时的平均反应速率v(CHC．由表可知反应Ⅰ中20min时反应达到平衡，利用三段式可得：C平衡常数K=12×1212×(D．反应Ⅱ绝热，随着反应的进行容器内温度改变，故反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数K不相同，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；B．利用v=Δc/Δt计算；C．根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；D．K的大小只与温度有关。17．【答案】（1）2Mn（2）浓度；1；293；B、C；3（3）其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；8（4）A（5）6.32abmV【解析】【解答】（1）草酸能被高锰酸钾氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，反应的离子方程式为2MnO（2）实验A、B中草酸浓度不同，所以通过实验A、B可探究出浓度的改变对化学反应速率的影响，根据控制变量法，为控制混合后高锰酸钾的浓度相同，混合后A、B溶液的总体积应该相等，所以V1=1、T1（3）若t1<8，说明其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；利用实验B中数据，0~8s内，用KMnO（4）A．未用KMnO故答案为：A；B．滴定前盛放H2C．读取KMnO选A。（5）根据2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2

【分析】（1）依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒分析；（2）“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同；（3）依据影响反应速率的因素分析；利用v=Δc/Δt计算；（4）依据滴定的计算公式分析；（5）通过关系式，利用平均值计算。18．【答案】（1）C；加入了催化剂；升高温度（2）K=c3(CO)（3）Cu或Cu2+催化钠米铁粉去除NO3-的反应(或形成的Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3【解析】【解答】(1)①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低；②实验a达到平衡的时间比实验b短，实验a达到平衡时c(N2)等于实验b达到平衡时c(N2)，即实验a采用的条件只影响化学反应速率、不影响化学平衡，实验a采用的实验条件为使用催化剂；实验c达到平衡的时间比实验b短，初始投料相同，实验a达到平衡时c(N2)大于实验b达到平衡时c(N2)，而该反应焓变小于零，为放热反应，则T2＞T1，即实验c采用的实验条件为升高温度；(2)①该反应中Fe2O3和Fe均为固体，所以平衡常数表达式为K=c3②A．该反应前后气体的总质量发生变化，容器恒容，所以气体的体积不变，则密度发生改变，当密度不变时说明反应平衡，故A正确；B．可逆反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的物质的量不再改变，所以铁的物质的量不变时说明反应平衡，故B正确；C．初始投料为Fe2O3与CH4，所以CO和H2的浓度之比一直等于计量数之比，所以二者浓度之比不变不能说明反应平衡，故C不正确；D．平衡时v正(CO)=v逆(CO)，而平衡时2v逆(CO)=v逆(H2)，即平衡时2v正(CO)=v逆(H2)，故D不正确；综上所述答案为AB；③设平衡时转化的CH4的物质的量为x，则列三段式有：起始恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有(0.6-x+x+2x)mol0.6mol=2，解得x=0.3mol，则相同时间内Δn(Fe2O3)=0.1mol，Δm(Fe2O3)=0.1mol160g/mol=16g，所以v(Fe2O3平衡时n(CH4)=0.3mol，n(CO)=0.3mol，n(H2)=0.6mol，初始为0.6molCH4，压强为P，气体的压强之比等于物质的量之比，则平衡时p(CH4)=p(CO)=0.5P，p(H2)=P，Kp=p3(CO)p(3)据图可知含有铜离子的水样反应速率更快，所以原因可能是Cu或Cu2+催化钠米铁粉去除NO3-的反应(或形成的Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3

【分析】(1)①依据反应原理分析；②依据影响化学平衡的因素分析；(2)①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；②依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；③利用三段式法计算；(3)依据据图像的变化分析。19．【答案】（1）CO32−+H2（2）酸；HC2O4−+H（3）A；C（4）10−6：（5）②>③>④>①【解析】【解答】（1）Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−(或CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HC（2）KHC2O4水解平衡常数Kh=c(H2C2O4)×c(OH-)c(HC2（3）根据强酸制弱酸的原理：A．HCOOH>HCO3−，HCOOH+Na2CO3=NaHCO3B．H2C2O4>HCOOH，HCOOH+NaHC2O4=HCOONa+H2C2O4不能发生，选项B不符合；C．H2C2O4>HCN，H2C2O4+2NaCN=Na2C2O4+2HCN可以发生，选项C符合；D．H2CO3>HCN，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生，选项D不符合；故故答案为：AC；（4）HCOOH会抑制水的电离，25℃时，pH=4的HCOOH溶液中由水电离出的c(H+)=1.0×10−141.0×10−4=1.0×10−10；氯化铵溶液中氢离子就是水电离出的，则室温下pH=4的N