上海市浦东新区南汇中学2024年高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

上海市浦东新区南汇中学2024年高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（）A．分子大小不同 B．分子间的平均距离不同C．化学性质不同 D．物质的量不同2、化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是A．工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂B．水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应C．蔬菜汁饼干易氧化变质．建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封D．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果3、稠环芳香烃是指两个或两个以上的苯环通过共用环边所构成的多环有机化合物。常见的稠环芳香烃如萘、蒽、菲、芘等,其结构分别为下列说法不正确的是（）A．萘与H2完全加成后，产物的分子式为C10H18B．蒽、菲、芘的一氯代物分别有3种、5种、5种C．上述四种物质的分子中,所有碳原子均共平面D．上述四种物质均能发生加成反应、取代反应4、某学生利用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜以后，进行“铝毛”实验。在其实验过程中常有发生，但与实验原理不相关的反应是()A．Al2O3+2NaOH→2NaAlO2+H2OB．2Al+2H2O+2NaOH→2NaAlO2+3H2↑C．2Al+3Hg(NO3)2→2Al(NO3)3+3HgD．4Al+3O2→2Al2O35、某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是()A．该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应B．该有机物中所有碳原子不可能处于同一平面上C．与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3种D．1mol该有机物最多与4molH2反应6、硒（Se）与S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是（）A．氧化性：SeO2＞SO2 B．热稳定性：H2S＞H2SeC．熔沸点：H2S＜H2Se D．酸性：H2SO3＞H2SeO37、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍。c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述正确的是（）A．离子半径：a>d>c B．a、c形成的化合物中只有离子键C．简单离子还原性：c<d D．c的单质易溶于b、c形成的二元化合物中8、为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：序号液体固体混合前温度混合后最高温度①35mL水2.5gNaHCO320℃18.5℃②35mL水3.2gNa2CO320℃24.3℃③35mL盐酸2.5gNaHCO320℃16.2℃④35mL盐酸3.2gNa2CO320℃25.1℃下列有关说法正确的是A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应9、已知：①+HNO3+H2OΔH＜0；②硝基苯沸点210.9℃，蒸馏时选用空气冷凝管。下列制取硝基苯的操作或装置（部分夹持仪器略去），正确的是（）A．配制混酸 B．水浴加热C．洗涤后分液 D．蒸馏提纯10、常温下，H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：。A．NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：B．乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的Kb2=10-7.15C．[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性D．向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl，不变11、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是()A．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-11B．n点表示AgCl的不饱和溶液C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.0412、下列实验操作能产生对应实验现象的是实验操作实验现象A用玻璃棒蘸取氯化铵溶液，点在红色石蕊试纸上试纸变蓝色B向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，充分振荡溶液由橙黄色逐渐变为黄色C向FeCl3溶液中加入KI溶液，再加入苯，充分振荡，静置溶液分层，上层呈紫色D向蔗糖在硫酸催化下水解后的溶液中，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热出现砖红色沉淀A．A B．B C．C D．D13、煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法中不正确的是A．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，生成苯、甲苯、苯甲酸等芳香烃B．煤干馏的产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭C．棉花、羊毛、蚕丝和麻等都是天然纤维D．天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇14、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A．0.5mol18O2中所含中子数为10NAB．标准状况下，2.24LCHCl3含有的共价键数为0.4NAC．常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数为0.3NAD．0.1mol/LNa2S溶液中，S2-、HS-、H2S的数目共为0.1NA15、下列化学用语正确的是A．中子数为2的氢原子：H B．Na+的结构示意图：C．OH-的电子式：[H]一 D．N2分子的结构式：N—N16、磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与pH的关系如图，下列说法正确的是（）A．H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO43-B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D．滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑17、W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Z元素和W元素同主族，R元素被称为“成盐元素”。下列说法错误的是（）A．X、Y简单离子半径：X>YB．W、Z元素的简单氢化物的稳定性：W>ZC．X元素和R元素形成的某种化合物可用于自来水的消毒D．工业上常用电解熔融Y元素和R元素形成的化合物的方法来制取单质Y18、下列实验现象及所得结论均正确的是（）实验实验现象结论A．左侧试管比右侧试管中产生气泡的速率快Fe3+对H2O2分解的催化效果更好B．左侧棉花变为橙色，右侧棉花变为蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2C．U形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸热D．烧杯中产生白色沉淀甲烷与氯气光照条件下发生取代反应A．A B．B C．C D．D19、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．7g14C中，含有3NA个中子B．25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NAC．3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4LD．标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA20、下列实验合理的是（）A．证明非金属性Cl＞C＞SiB．制备少量氧气C．除去Cl2中的HClD．吸收氨气，并防止倒吸A．A B．B C．C D．D21、实验室模拟从海带中提取碘单质的流程如图：下列装置不能达成相应操作目的的是（）A．灼烧用酒精湿润的干海带B．用水浸出海带灰中的I-C．用NaOH溶液分离I2/CCl4D．加入稀H2SO4后分离生成的I222、下列属于氧化还原反应的是()A．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑B．Na2O＋H2O=2NaOHC．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2D．Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）新合成的药物J的合成方法如图所示：已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)回答下列问题：(1)B的化学名称为______________，F的结构简式为_____________(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_______，由A生成B的反应类型为_____(3)③的化学方程式为__________。(4)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C5H5N，属于有机碱)能提高J的产率，原因是________。(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上有两个取代基(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出制备的合成路线：_________________。(已知：RHC=CHR＇RCOOH+R＇COOH，R、R＇为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)24、（12分）以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如图：已知：Ⅰ．（或写成R代表取代基或氢）Ⅱ．甲为烃Ⅲ．F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：（1）CH3CH=CHCH3的名称是______，Br2的CCl4溶液呈______色．（2）X→Y的反应类型为：______；D→E的反应类型为：______．（3）H的结构简式是______．（4）写出下列化学方程式：A→B______；Z→W______．（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是______．25、（12分）Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。称取5.500g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000mol•L﹣1I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。①判断滴定终点的现象是_____。②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na2S2O3•5H2O的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。_____。26、（10分）肼（N2H4）是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼：（1）写出肼的电子式__________，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_______；（2）装置A中反应的化学方程式_____；（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因___________；（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_______。（5）准确量取20.00mL含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗V0mL（在此过程中N2H4→N2）。该实验可选择______做指示剂；该溶液中肼的浓度为______mol/L（用含V0的代数式表达，并化简）。27、（12分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验Ⅰ：试剂：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是__。(2)产生气泡的原因是__。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是__。实验III：试剂：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol·L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。①检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是______。②结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因______。实验IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验III相同，除了产生与III相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式___。(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与______（至少写两点）有关。28、（14分）乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC—COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示。）填空：H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH2.13.18.1(1)写出H2C2O4的电离方程式________________。(2)KHC2O4溶液显酸性的原因是_________________；向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是______。a．c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)b．c(Na+)=c(H2C2O4)+c(C2O42-)c．c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)d．c(K+)>c(Na+)(3)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡(CO2)产生，紫色消失。写出反应的离子方程式____________________；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是______________________。29、（10分）氮、磷、砷、铁等元素及其化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。(1)基态砷原子中核外电子占据最高能层的符号为_______，该能层的原子轨道数有_____个。下列有关表示基态氮原子的电子排布图中，仅违背洪特规则的是________(填字母)。A．B．C．D．(2)氮的一种氢化物N2H4是一种良好的火箭发射燃料，传统制备肼的方法是：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，又知肼的熔点、沸点分别为1.4℃、113.5℃，氨气的熔点、沸点分别为-77.7℃、-33.5℃。①N2H4中氮原子的杂化轨道类型为_______杂化。②H2O的VSEPR模型为______。③肼与氨气熔点、沸点差异最主要的原因是_________________。(3)氨分子是一种常见配体，配离子[Co(NH3)6]3+中存在的化学键有___________(填序号)。A．离子键B．极性键C．配位键D．氢键E．金属键(4)已知[Co(NH3)6]3+的几何构型为正八面体形，推测[CoCl3(NH3)3]结构有__________种。(5)LiFeAs可组成一种新型材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为anm，A、B处的两个As原子之间距离=______nm，请在z轴方向投影图中画出铁原子的位置，用“•”表示__________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。2、B【解析】

A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A正确；B．只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；C．铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C正确；D．乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D正确；答案选B。3、B【解析】

A、萘与氢气完全加成后产物是，其分子式为C10H18，正确；B、蒽：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，菲：，有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，芘：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，错误；C、四种有机物都含有苯环，苯环的空间构型为平面正六边形，因此该四种有机物所有碳原子都共面，正确；D、四种有机物都能发生加成反应和取代反应，正确。答案选B。4、B【解析】

利用NaOH

溶液去除铝表面的氧化膜，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后进行“铝毛”实验即汞能与铝结合成合金，俗称“铝汞齐”，所以铝将汞置换出来，形成“铝汞齐”，发生反应为：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，当“铝汞齐”表面的铝因氧化而减少时，铝片上的铝会不断溶解进入铝汞齐，并继续在表面被氧化，最后使铝片长满固体“白毛”而且越长越高，发生反应为：4Al+3O2=2Al2O3，所以与实验原理不相关的反应是B；故选：B。5、D【解析】

有机物分子中含有苯环、碳碳双键和羧基，结合苯、烯烃和羧酸的性质分析解答。【详解】A．该有机物含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成、氧化反应；但不能发生水解反应，A错误；B．由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上，B错误；C．与该有机物具有相同官能团的同分异构体如果含有1个取代基，可以是-CH=CHCOOH或-C(COOH)=CH2，有2种，如果含有2个取代基，还可以是间位和对位，则共有4种，C错误；D．苯环和碳碳双键均能与氢气发生加成反应，所以1mol该有机物最多与4molH2反应，D正确；答案选D。6、B【解析】

A．不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，故A错误；B．热稳定性：H2S＞H2Se，可知非金属性S＞Se，故B正确；C．不能利用熔沸点比较非金属性强弱，故C错误；D．酸性：H2SO3＞H2SeO3，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，故D错误；故答案为B。【点睛】考查同种元素性质的变化规律及非金属性比较，侧重非金属性比较的考查，注意规律性知识的总结及应用，硒(Se)与S同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，可利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性。7、D【解析】

a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，则a为Na；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b为C；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S；c与d同周期，d的原子半径小于c，则d为Cl。【详解】A．Na+核外电子层数为2，而Cl-和S2-核外电子层数为3，故Na+半径小于Cl-和S2-的半径；电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以Cl-的半径小于S2-的半径，所以离子半径：a＜d＜c，故A错误；B．a、c形成的化合物可以有多硫化钠Na2Sx，既有离子键，又有共价键，故B错误；C．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，相应离子的还原性越弱，所以简单离子还原性：c＞d，故C错误；D．硫单质易溶于CS2中，故D正确；故选D。8、C【解析】

A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；故选C。9、C【解析】

A．浓硝酸与浓硫酸混合会放出大量的热，如将浓硝酸加入浓硫酸中，硝酸的密度小于浓硫酸，可能为导致液体迸溅，故A错误；B．反应在50℃∼60℃下进行，低于水的沸点，因此可以利用水浴加热控制，这样可使反应容器受热均匀，便于控制温度，但图中水浴的水的用量太少，反应液受热不均匀，故B错误；C．硝基苯为油状液体，不溶于水且密度比水大，在下层，分液操作时应将分液漏斗上口的瓶塞打开，下端紧贴烧杯内壁，下层的液体从下口放出，故C正确；D．蒸馏分离提纯操作中温度计用来测量蒸汽的温度，控制蒸馏出的物质的温度，温度计水银柱应在烧瓶的支管口处，故D错误；答案选C。【点睛】D项蒸馏提纯时温度计的位置在具支试管口，如需测混合液的温度时，可以置于蒸馏烧瓶液体内，故根据实验需要调整温度计的位置。10、C【解析】

A．由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HA－）＞c（H＋）＞c（A2－）＞c（OH－），故A正确；B．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH2]+）=c[H3NCH2CH2NH3]2+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2==c（OH－），Kb2=10-7.15，故B正确；C．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH3]2+）=c（[H3NCH2CH2NH]+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2－的水解程度，溶液显酸性，故C错误；D．==，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以不变，故D正确。故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。11、D【解析】

A.Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2×10-2.46=10-11.46，科学计数法表示时应该是a×10b，a是大于1小于10的数，故它的数量级等于10-12，A错误；B.n点时c(Ag+)，比溶解平衡曲线上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的过饱和溶液，B错误；C.设c(Cl-)=c(C2O42-)=amol/L，混合液中滴入AgNO3溶液时，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C错误；D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为=109.04，D正确；故合理选项是D。12、C【解析】

A．氯化铵溶液呈酸性，能使石蕊变红，所以红色石蕊试纸不变色，A不正确；B．向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液的颜色加深，B不正确；C．向FeCl3溶液中加入KI溶液，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，再加入苯，充分振荡，静置，液体分为两层，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为无色的水溶液，C正确；D．向蔗糖在硫酸催化下水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，硫酸与氢氧化铜作用生成硫酸铜，不能将葡萄糖氧化，没有砖红色沉淀出现，D不正确；故选C。13、A【解析】

A.石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，使链状烃转化为环状烃，生成苯、甲苯等芳香烃，苯甲酸属于烃的含氧衍生物，不属于芳香烃，故A错误；B.煤干馏发生化学变化，产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭等，故B正确；C.天然纤维的种类很多，长期大量用于纺织的有棉、麻、毛、丝四种。棉和麻是植物纤维，毛和丝是动物纤维，故C正确；D.天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20个品种，故D正确。故答案选A。14、A【解析】

A.18O原子中子数为18-8=10，则0.5mol18O2中所含中子数为0.5mol×10×2=10mol，即10NA，故A正确；B.标准状况下，CHCl3为液态，不能根据体积计算出物质的量，故B错误；C.C2H2的摩尔质量为26g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数不能确定，故C错误；D.0.1mol/LNa2S溶液，未知溶液体积，则溶液中微粒数目不能确定，故D错误；故选A。15、C【解析】

A．中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：H，故A错误；B．钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C．氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为[H]一，故C正确；D．氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：N≡N，故D错误；故选C。16、C【解析】

从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。【详解】A．H3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4H++H2PO4-，A错误；B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B错误；C．滴加NaOH溶液至pH=7，依据电荷守恒，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，C正确；D．滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D错误；故选C。17、D【解析】

W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，W为C元素；X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，X为O元素；Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Y为Al元素；Z元素和W元素同主族，Z为Si元素；R元素被称为“成盐元素”，R为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Al、Z为Si、R为Cl元素。A.O2-和Al3+核外电子排布都是2、8，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，因此简单离子半径：X>Y，A正确；B.同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性C>Si。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此简单氢化物的稳定性：W>Z，B正确；C.元素X和R形成的ClO2，该物质具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，C正确；D.Y和R化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，熔融氯化铝不能导电。在工业上常用电解熔融Al2O3的方法制金属Al，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律。把握短周期元素、原子序数、元素的性质和位置来推断元素为解答的关键，D选项为易错点，注意冶炼金属Al原料的选择。18、A【解析】

A．等量同浓度的双氧水中分别滴入相同体积含相同浓度的Fe3+和Cu2+的溶液，滴入Fe3+的试管中产生气泡的速率快，说明Fe3+对H2O2的分解的催化效果更好，故A正确；B．氯气从左侧通入，先接触到吸有NaBr溶液的棉花，棉花变橙色，说明Cl2和NaBr发生了置换反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，说明氧化性：Cl2＞Br2。右侧的棉花吸有淀粉碘化钾溶液，右侧棉花变蓝，说明有I2生成。I2的生成可能是左侧棉花上产生的Br2挥发到右侧棉花上置换出了I2，也可能是通入的Cl2和KI反应置换出了I2，所以无法说明Br2和I2的氧化性相对强弱，故B错误；C．NH4NO3溶解吸热，使试管内空气遇冷体积减小，试管内压强降低，U形管左端液面上升，右端液面下降，故C错误；D．甲烷和氯气发生取代反应生成HCl，可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯气也会进入AgNO3溶液中，和AgNO3反应生成白色沉淀，故根据烧杯中产生白色沉淀不能证明甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，故D错误；故选A。【点睛】本题B选项中硬质玻璃管中右侧棉花变蓝，不一定是挥发的Br2和KI反应，从左端通入的氯气可能没有完全被NaBr溶液消耗，也可能氯气已经完全把NaBr氧化，这样氯气就会氧化KI，所以本实验只能证明氧化性：：Cl2＞Br2，不能确定Br2和I2的氧化性相对强弱。19、D【解析】

A．1个14C中含有8个中子，7g14C即0.5mol，含有中子数目为4NA，故A错误；B．溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，故B错误；C．3.2gCu即0.05mol，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu—2NO2可知n(NO2)=0.1mol，V(NO2)=2.24L，且标况下NO2不是气体，无法确定其体积，故C错误；D．标况下，5.6L丙烷为0.25mol，一个丙烷分子含有10个共价键，0.25mol丙烷中含有2.5NA个共价键，故D正确；答案选D。【点睛】易错点为B选项，pH值代表溶液中氢离子的浓度，要计算微粒数目必须要计算物质的量，题中没有给出体积，不能计算物质的量，也就无法计算微粒数目。NO2在标况下不是气体。20、D【解析】

A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；

B.过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；

C.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；

D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；

故选D。【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。21、D【解析】

A．灼烧在坩埚中进行，装置及仪器合理，故A正确；B．在烧杯中溶解，玻璃棒搅拌，操作合理，故B正确；C．NaOH与碘反应后，与四氯化碳分层，分液可分离，故C正确；D．加硫酸后生成碘的水溶液，不能蒸馏分离，应萃取后蒸馏，故D错误；答案选D。22、C【解析】

凡是有元素化合价变化的反应均为氧化还原反应，A、B、D项中均无化合价变化，所以是非氧化还原反应；C项中Fe、C元素化合价变化，则该反应为氧化还原反应，故C符合；答案选C。二、非选择题(共84分)23、3-氯-1-丙烯碳碳双键和氨基取代反应吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率15【解析】

由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到，根据C的分子式既反应条件，可知反应②发生题给信息中的取代反应，可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应③为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。【详解】（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；；（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；（3）根据上述分析，反应③的化学方程式为，故答案为：；（4）反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，①遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有3×5=15种，故答案为：15；（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。24、2﹣丁烯橙红取代反应消去反应合成步骤过多、有机反应比较复杂【解析】

2-丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙烯反应生成环己烯，结合题给信息知，B是CH2=CH-CH=CH2，则A为ClCH2CH2CH2CH2Cl，X为ClCH2CH=CHCH2Cl，环己烯与溴发生加成反应生成D为，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为，E发生加聚反应得到；X发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，Y发生氧化反应生成Z为HOCCH=CHCHO，甲为烃，Z和甲反应生成W，W和氢气发生加成反应生成，结合题给信息知，Z和甲发生加成反应，所以甲的结构简式为：，W的结构简式为：，1，4-二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为，和发生缩聚反应反应生成H，则H的结构简式为：，据此解答。【详解】（1）CH3CH=CHCH3的名称是：2−丁烯，Br2的CCl4溶液呈橙红色；（2）X→Y是ClCH2CH=CHCH2Cl发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，属于取代反应；D→E是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故答案为：取代反应；消去反应；（3）H的结构简式是：；（4）A→B的反应方程式为：，Z→W的反应方程式为：；（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是：合成步骤过多、有机反应比较复杂，故答案为：合成步骤过多、有机反应比较复杂。25、S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化偏低从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。【解析】

（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/LI2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。【详解】（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；（2）①加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则Na2S2O3反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；③第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n(Na2S2O3•5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m(Na2S2O3•5H2O)＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。【点睛】本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。26、N2H6SO4、（N2H5）2SO4、N2H6（HSO4）22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O防止NaClO氧化肼A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂淀粉溶液V0/400【解析】

(1)肼的分子式为N2H4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；(2)装置A中制备氨气书写反应的方程式；(3)根据肼有极强的还原性分析解答；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答；(5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N2H4→N2，I2→I-，根据得失电子守恒，有N2H4～2I2，据此分析计算。【详解】(1)肼的分子式为N2H4，电子式为，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能生成的盐有N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2，故答案为；N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2；(2)根据图示，装置A是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(3)实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼，故答案为防止NaClO氧化肼；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置，故答案为A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂；(5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N2H4→N2，I2→I-，根据得失电子守恒，有N2H4～2I2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/L×V0mL，则20.00mL含肼溶液中含有肼的物质的量=×0.1000mol/L×V0mL，因此肼的浓度为=mol/L，故答案为淀粉溶液；。【点睛】本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模仿氨气与硫酸的反应分析解答。27、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑pH、阴离子种类、温度、反应物用量【解析】

(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=0.9”，可推出反应消耗H+，由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案。(4)①棕黄色沉淀为Fe2O3，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法与常规方法相同。②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现在pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因。(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)以上实验，分别探究了pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与H2O2反应的现象有关的因素。【详解】(1)在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；(4)①Fe2O3的存在，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-；②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此得出实验III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降。答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降；(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑。答案为：6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑；(6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现象有关的因素为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。答案为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。【点睛】H2O2溶液与FeSO4溶液混合，反应生成Fe3+，OH-等，如果提供酸性环境，则OH-最后转化为H2O；如果溶液的酸性不强，则会生成Fe(OH)3沉淀。反应生成的Fe3+对H2O2的分解起催化作用，同时反应放热，又会促进Fe3+的水解，从而生成Fe(OH)3胶体，也会造成Fe(OH)3的分解，从而生成Fe2O3，且导致溶液的酸性增强。28、H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42-HC2O4-的电离程度大于水解程度ad5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用【解析】

(1)常温下0.01mol/L的H2C2O4溶液的pH为2.1，KHC2O4的pH为3.1，说明草酸是二元弱酸；(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；a．根据物料守恒判断；b．根据电荷守恒判断；c．根据物料守恒、电荷守恒判断；d．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子；反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用。【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H2C2O4H++HC2