山东省聊城市2026年高三下学期第六次检测化学试卷（含答案解析）

这是一份山东省聊城市2026年高三下学期第六次检测化学试卷（含答案解析），共5页。

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、其它条件不变，升高温度，不一定增大的是
A．气体摩尔体积 VmB．化学平衡常数 K
C．水的离子积常数 KwD．盐类水解程度
2、W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是
A．原子半径大小顺序为：Y>Z>X>W
B．简单氢化物的沸点X高于Y，气态氢化物稳定性Z>Y
C．W、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性
D．W、Z阴离子的还原性：W>Z
3、下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是
A．该溶液呈碱性
B．它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓
C．用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质
D．在溶液中：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)
4、下列说法中的因果关系正确的是
A．因为氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃
B．因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂
C．因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用
D．用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应
5、部分共价键的键长和键能的数据如表，则以下推理肯定错误的是
A．0.154 nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm
B．C=O键键能＞C﹣O键键能
C．乙烯的沸点高于乙烷
D．烯烃比炔烃更易与溴加成
6、将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或温度仍保持在40℃而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不变的是
A．硫酸铜的溶解度B．溶液中溶质的质量
C．溶液中溶质的质量分数D．溶液中Cu2+的数目
7、已知A、B为单质，C为化合物。能实现上述转化关系的是（ ）
A+BCC溶液A+B
①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na
②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2
③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则B可能为Fe
④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu
A．①②B．③④C．①③D．②④
8、常温下，下列关于的溶液的叙述正确的是（ ）
A．该溶液中由电离出的
B．与等体积的溶液混合，所得溶液呈中性
C．该溶液中离子浓度大小关系：
D．滴加溶液至时，溶液
9、如图是工业利用菱镁矿(主要含MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁的工艺流程。
下列说法不正确的是（ ）
A．酸浸池中加入的X酸是硝酸
B．氧化池中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+
C．沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3
D．在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁
10、分别向体积均为100mL、浓度均为1ml/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示：

下列分析正确的是
A．CO2通入NaClO溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO
B．CO2通入CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOH
C．通入n(CO2)=0.06ml时，NaOH溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O
D．通入n(CO2)=0.03ml时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03ml
11、被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相 等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与 R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是
A．离子半径:R＞T＞Y＞Z
B．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
C．最高价氧化物对应的水化物的碱性:X＞Z
D．气态氢化物的稳定性:W＜R＜T
12、下列离子方程式正确的是
A．钾和冷水反应：K+H2O=K++OH—+H2↑
B．氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe3++2I—=2Fe2++I2
C．碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液：HCO3—+ NH4++2OH—=CO32—+ NH3·H2O+H2O
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:3S2O32—+2H+=4S↓+2SO42—+H2O
13、化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是
A．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质
B．氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应
C．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
D．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮
14、化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照如图连接好线路发现灯泡不亮，按照右图连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（ ）
A．NaCl是非电解质
B．NaCl溶液是电解质
C．NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
D．NaCl溶液中，水电离出大量的离子
15、某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是
A．元素的非金属性：W>Z>X
B．Y的最高价氧化物的水化物是强酸
C．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
D．Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构
16、某研究小组同学用如图装置探究与Mg的反应，实验时首先关闭K，使①中的反应进行，然后加热玻璃管③。下列说法正确的是
A．②中只生成2种产物
B．停止实验时，先打开K可防倒吸
C．实验结束后加热④中溶液，没有明显现象
D．浓硫酸浓度越大生成的速率越快
17、11.9g金属锡(Sn)跟100mL12ml·L－1 HNO3共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H＋)为8 ml·L－1，溶液体积仍为100mL。产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收，消耗氢氧化钠0.4ml。由此推断氧化产物可能是（ ）
A．SnO2·4H2OB．Sn(NO3)4
C．Sn(NO3)2D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)4
18、下图是分离混合物时常用的仪器，可以进行的混合物分离操作分别是（ ）
A．蒸馏、过滤、萃取、蒸发B．蒸馏、蒸发、萃取、过滤
C．萃取、过滤、蒸馏、蒸发D．过滤、蒸发、萃取、蒸馏
19、如图是电解饱和食盐水(含少量酚酞)的装置，其中c、d为石墨电极。下列说法正确的是
A．a为负极、b为正极
B．a为阳极、b为阴极
C．电解过程中，钠离子浓度不变
D．电解过程中，d电极附近变红
20、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是
A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失
B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存
C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12
D．若=75%，则参加反应的苯为0.8ml
21、化学与生产、生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是
A．水滴石穿
B．用沾有KMnO4的硅藻土做水果保鲜剂
C．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
D．NaCl固体加入蛋白质溶液中生成沉淀
22、以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如下：
下列说法正确的是
A．“灼烧”可在石英坩埚中进行
B．母液中的溶质是K2CO3、KHCO3、KCl
C．“结晶”环节采用加热蒸发结晶的方法
D．“转化”反应中，生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2︰1
二、非选择题(共84分)
23、（14分）甲苯是有机合成的重要原料，既可用来合成抗流感病毒活性药物的中间体E，也可用来合成γ-分泌调节剂的药物中间体K，合成路线如下：
已知：ⅰ.R1NH2+Br-R2R1-NH-R2+HBr
ⅱ.
（1）A的结构简式为______________。
（2）C中含氧官能团名称为_____________。
（3）C→D的化学方程式为_____________。
（4）F→G的反应条件为________________。
（5）H→I的化学方程式为________________。
（6）J的结构简式为_____________。
（7）利用题目所给信息，以和为原料合成化合物L的流程如下，写出中间产物1和中间产物2的结构简式：______，_________。
①
②合成L的过程中还可能得到一种高分子化合物，其结构简式为________。
24、（12分）G是一种神经保护剂的中间体，某种合成路线如下：
根据上述转化关系，回答下列问题：
（1）芳香族化合物A的名称是___。
（2）D中所含官能团的名称是____。
（3）B—C的反应方程式为____。
（4）F—G的反应类型___。
（5）G的同分异构体能同时满足下列条件的共有____种（不含立体异构）；
①芳香族化合物②能发生银镜反应，且只有一种官能团，其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是__（写出一种结构简式）。
（6）参照上述合成路线，写出以和BrCH2COOC2H5为原料（无机试剂任选），制备的合成路线____________。
25、（12分）辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：
（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。
（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：
①_____________________________（用离子方程式表示）
②MnO2+2Fe2++4H+= Mn2++2Fe3++2H2O
（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：
步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；
步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：
步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。
则固体甲的化学式为_________________
（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→( ) →( )→( ) →(A) →( ) →( ) →（ ），_____________
A．蒸发溶剂 B．趁热过滤 C．冷却结晶 D．过滤
E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜 F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体
26、（10分）为了研究某气体(该气体为纯净物)的性质，做了如下探究实验：
①取一洁净铜丝，在酒精灯火焰上加热，铜丝表面变成黑色；
②趁热将表面变黑色的铜丝放人到盛有这种气体的集气瓶中并密闭集气瓶，可观察到铜丝表面的黑色又变成了亮红色。
(1)根据所学的化学知识，可初步推断出这种气体可能是O2、H2、CO、CO2中的________ 。
(2)如果要确定这种气体是你所推断的气体，还需要接着再做下一步化学实验，在这步实验中应选用的试剂是________，可观察到的现象是________________
27、（12分）某课外小组制备SO2并探究SO2的相关性质，他们设计了如图装置（夹持仪器省略）：
(1)实验需要大约100mL的1:1硫酸（浓硫酸与溶剂水的体积比），配制该硫酸时需要的玻璃仪器是：玻璃棒、______、_______，配制过程_______________________________。
(2)图中装置A的作用是________________________________。
(3)若需要对比干燥SO2和湿润的SO2的漂白性，则各仪器中需要加入的试剂分别是：
C：_____________D：_________ E：品红溶液 F：NaOH溶液
若需要先后验证SO2的氧化性与还原性，则各仪器中需要加入的试剂分别是：
C：空瓶 D：_____________ E：_________ F：NaOH溶液
写出验证SO2还原性装置中的离子反应方程式__________________________________。
(4)亚硫酸钠易被氧化，在下列方框内设计一个实验流程图测定亚硫酸钠的质量分数，设样品质量为W克，流程图样例如下，需要测定的数据自行设定符号表示，列出亚硫酸钠质量分数的计算表达式___________________，并说明各符号的意义：________________
28、（14分）甲烷是最简单的烃，是一种重要的化工原料。
(1)以甲烷为原料，有两种方法合成甲醇：
方法Ι：①CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g) △H1=-35.4kJ/ml
②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H2 =-90.1kJ/ml
方法Ⅱ： ③2CH4(g)＋O2(g)2CH3OH(g) △H3 =______kJ/ml
(2)在密闭容器中充入2mlCH4 (g) 和1mlO2 (g)，在不同条件下反应：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
①P1时升高温度，n(CH3OH)_______________（填“增大”、“减小”或“不变”）；
②E、F、N点对应的化学反应速率由大到小的顺序为____________（用V(E)、V(F)、V(N)表示）；
③下列能提高CH4平衡转化率的措施是_______________（填序号）
a.选择高效催化剂 b.增大投料比 c.及时分离产物
④若F点n (CH3OH)=1ml，总压强为2.5MPa,则T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp=_____________________ ；
(3)使用新型催化剂进行反应2CH4(g)+O2 (g)2CH3OH(g)。随温度升高CH3OH的产率如图所示。
①CH3OH的产率在T1至T2时很快增大的原因是______________；
②T2后CH3OH产率降低的原因可能是__________________。
29、（10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0.01ml/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示．）
填空：
（1）写出H2C2O4的电离方程式_______．
（2）KHC2O4溶液显酸性的原因是_____；向0.1ml/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_______．
（4）某同学设计实验如图所示：两个烧杯中的试管都分别盛有2mL 0.1 ml/L H2C2O4溶液和4mL 0.1ml/L 酸性KMnO4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间．该实验目的是研究________，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因_______．
（5）已知草酸（H2C2O4）受热分解的化学方程式为：H2C2O4→H2O+CO↑+CO2↑，写出FeC2O4在密闭容器中高温分解的化学方程式________．
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、B
【解析】
A. 气体摩尔体积Vm，随温度的升高而升高，故错误；；
B. 可能为吸热反应，也可能为放热反应，则升高温度，可能正向移动或逆向移动，化学平衡常数K不一定增大，故B选；
C. 水的电离吸热，则升高温度水的离子积常数Kw增大，故C不选；
D. 水解反应吸热，则升高温度盐类的水解平衡常数Kh增大，故D不选；
故选：B。
2、C
【解析】
因为W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍，X是第二周期元素共两个电子层，故X最外层有6个电子，X为O元素；X是O元素，原子序数是8，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍，即是Y与Z的原子序数之和是32，Y、Z为第三周期主族元素，故Y原子序数为15，Z的原子序数为17，Y是P元素，Z是Cl元素。
【详解】
A．同一周期，从左到右，主族元素的原子半径随着原子序数的增加而，逐渐减小，则原子半径P＞Cl，因为P、Cl比O多一个电子层，O比H多一个电子层，故原子半径大小顺序为：P＞Cl＞O＞H，即Y>Z>X>W ，A正确；
B．H2O分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，故H2O的沸点比PH3的沸点高；同周期主族元素，从左到右随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性HCl＞PH3，B正确；
C．没有强调P与Cl元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3PO4的酸性比HClO的酸性强，C错误；
D．P3-的还原性比Cl-的还原性强，D正确；
答案选C。
3、D
【解析】
A、CuSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；
B. CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，选项B错误；
C. 用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；
D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)，选项D正确；
答案选D。
4、B
【解析】
A．二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅，与酸性强弱无关，故A错误；
B．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B正确；
C．明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，不能用于自来水的杀菌消毒，故C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝制容器盛放浓硝酸，钝化是铝的表面发生了氧化还原反应，故D错误；
故选B。
5、C
【解析】
A．苯中的化学键键长介于碳碳单键与碳碳双键之间，所以0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm，故A正确；
B．单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能>C−O键键能，故B正确；
C. 乙烷的相对分子质量大于乙烯，则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误；
D．双键键能小于三键，更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D正确；
答案选C。
D项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。
6、C
【解析】
A. 硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，硫酸铜的溶解度增大，故A错误；
B. 40℃的饱和硫酸铜溶液，温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，故B错误；
C. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，溶解度增大，浓度不变；温度不变，饱和硫酸铜溶液加入少量无水硫酸铜，析出硫酸铜晶体，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故C正确；
D. 温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，溶液中Cu2+的数目减少，故D错误。
明确硫酸铜溶解度随温度的变化，理解饱和溶液的概念、硫酸铜与水发生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O反应后，溶剂质量减少是解决该题的关键。
7、D
【解析】
从A+BCC溶液A+B的转化关系可知，电解C溶液时，是电解电解质本身，因此C溶液中的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸；据此分析解答。
【详解】
①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，不符合转化关系，故③错误；
④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确；
故选D。
8、C
【解析】
A.pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3ml/L，由于Kw= c(H+)·c(OH-)=10-14ml/L，则c(OH-)=10-11ml/L，溶液中只有水电离产生OH-，所以该溶液中由水电离产生的c(OH-)=10-11ml/L，A错误；
B.醋酸是一元弱酸，c(CH3COOH)> c(H+)=10-3ml/L，NaOH是一元强碱，NaOH溶液的pH=11，则c(OH-) =10-3ml/L，c(NaOH)= c(OH-) =10-3ml/L，两种溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，B错误；
C.在CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，还存在着水的电离平衡H2OH++OH-，根据电离产生的离子关系可知：c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，C正确；
D.在该混合溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于c(CH3COO-)=c(Na+)，所以c(OH-)=c(H+)，溶液显中性，D错误；
故合理选项是C。
9、A
【解析】
菱镁矿的主要成分是MgCO3，并含少量的Al2O3、FeCO3等，加入过量X酸溶解，根据实验目的，X酸是盐酸；通入氯气将二价铁氧化为三价铁，再加MgO调节pH得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤分离后，得到氯化镁溶液，将溶液在HCl气流中加热蒸干得到无水氯化镁，据此分析解答。
【详解】
A、工业利用菱镁矿(主要含MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁，所以酸浸池中加入的X酸是盐酸，故A错误；
B、加入氯气将二价铁氧化为三价铁，以便于调pH除铁元素，故B正确；
C、根据以上分析可知，加MgO调节pH得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，所以沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3，故C正确；
D、镁是活泼金属，所以在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D正确；
故选A。
10、D
【解析】
A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；
B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反应，B错误；
C.n(NaOH)=0.1ml，通入n(CO2)=0.06ml，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；
D.通入n(CO2)=0.03ml，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03ml l，D正确；
故合理选项是D。
11、B
【解析】
X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素，其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。
【详解】
根据分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A正确；
B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2，两种化合物中O的化合价不相同，故B错误；
C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱，则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C正确；
D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D正确。
12、C
【解析】
A. 钾和冷水反应：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，A错误；
B. 氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe(OH)3+ 6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B错误；
C. 碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液，无氨气溢出：HCO3-+ NH4++2OH-=CO32-+ NH3·H2O+H2O，C正确；
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合: S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误；
答案为C。
离子方程式中单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。
13、C
【解析】
A. 血液和空气都属于胶体，“血液透析”利用的是渗析原理，“静电除尘”利用的是胶体的电泳原理，利用了胶体的不同性质，A项正确；
B. 氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应，B项正确；
C. 从海水中提取物质不一定要通过化学反应才能实现，如提取氯化钠，蒸发结晶即可，C项错误；
D. 硅胶具有吸水作用，可防止食物受潮，D项正确；
答案选C。
C项考查的是关于海水水资源的利用常识，海水中可以提取溴、碘、镁元素，每个工艺流程及所涉及的化学反应，学生要注意归纳总结，这些过程均涉及化学变化，而海水中提取氯化钠、蒸馏水等则是物理变化，学生要加以理解并识记。
14、C
【解析】
A. NaCl属于盐，所以是电解质，A错误；
B. NaCl溶液是混合物所以不是电解质，B错误；
C. 氯化钠固体溶于水后在水分子的作用下，发生电离，电离为可以移动的离子使溶液导电，C正确；
D. 氯化钠溶于水是氯化钠发生了电离，水的电离实际很微弱，D错误；
故答案选C。
15、C
【解析】
由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是N，Y是P，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，P最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是Cl最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)÷2=6，原子序数比P小中，则X是O元素，然后分析解答。
【详解】
根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。
A．元素的非金属性：O>N，即X>W，A错误；
B．Y是P，P的最高价氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B错误；
C．W是N，Z是Cl，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，因此可看到产生白烟现象，C正确；
D．Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每个原子均满足8电子结构，而PCl5中P原子不满足8电子结构，D错误；
故合理选项是C。
本题考查元素周期表和元素周期律的应用。把握原子结构与原子最外层电子数目关系，结合物质分子结构简式推断元素是解题关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意规律性知识的应用。
16、B
【解析】
A. ①为制备SO2的装置,SO2与Mg在③中反应,类似CO2与Mg的反应,产生MgO和S,生成的S还可与Mg反应生成MgS,所以③中生成物有3种,A错误;
B. 停止实验时,先打开K,橡胶气胆②释放的空气起到缓冲作用,防止④中的溶液进入③中,从而起到防倒吸作用,B正确;
C. 反应过程中SO2使④中品红溶液逐渐褪色,加热褪色后的溶液,SO2从被褪色的物质中逸出,溶液恢复原色,C错误;
D. Na2SO3与浓硫酸反应的本质是S与H+反应生成SO2,浓硫酸浓度太大,H2O含量少,H2SO4电离出的H+浓度低,使生成SO2的速率和产量降低,D错误。
故答案选B。
17、A
【解析】
11.9g金属锡的物质的量==0.1ml，l2ml/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=8ml/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐，根据钠原子和氮原子的关系知，n(Na)=n(N)=0.4ml，所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4ml；
设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知：0.1ml×(x-0)=0.4ml×(5-4)，解得x=+4；
又溶液中c(H+)=8ml/L，而c(NO3-)==8ml/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案为A。
18、A
【解析】
蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，以此来解答。
【详解】
蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；
普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；
分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；
蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，
所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。
答案选A。
19、A
【解析】
原电池中，电子从负极流出，所以a是负极，b是正极，c是阴极，d是阳极。
【详解】
A．根据图象知，a是负极，b是正极，故A正确；
B．外加电源中为正负极，不是阴阳极，则c是阴极，d是阳极，故B错误；
C．电解时消耗水，溶液的体积减小，钠离子的物质的量不变，则钠离子的浓度增大，故C错误；
D．c是阴极，电极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，则c电极附近变红，故D错误。
故选A。
20、B
【解析】
A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；
B. 该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；
C. 储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；
D. 根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6mlO2失去的电子量为6.4ml，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4ml，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4ml×75％=4.8ml，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8ml/6=0.8ml，故D正确；
故选B。
21、D
【解析】
A.水滴石穿是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，A错误；
B.水果释放出的乙烯能催熟水果，高锰酸钾能氧化乙烯，所以用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂，与氧化还原反应有关，B错误；
C.肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，发生了化学反应，C错误；
D.蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液发生盐析，没有新物质生成，属于物理变化，D正确；
故合理选项是D。
22、D
【解析】
A．“灼烧”时，可在铁坩埚中进行，KOH与玻璃中的二氧化硅反应，选项A错误；
B．结晶后的母液中有K2MnO4、KMnO4和K2CO3等溶质，若二氧化碳过量还可能存在碳酸氢钾，选项B错误；
C. “结晶”环节采用加蒸发浓缩、冷却结晶的方法，选项C错误；
D．由3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，氧化产物为KMnO4，还原产物为MnO2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，选项D正确；
答案选D。
二、非选择题(共84分)
23、 羟基、羧基 +CH3OH+H2O 浓H2SO4、浓硝酸，加热 +H2O
【解析】
被氧化为A，A发生取代反应生成，故A是；与甲醇发生酯化反应生成D，D是；根据，由可逆推I是，H与甲酸反应生成，则H是，根据逆推G是。
【详解】
（1）根据以上分析可知A是苯甲酸，结构简式为。
（2）C是，含氧官能团名称为羧基、羟基。
（3）与甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为。
（4）→为硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。
（5）与甲酸发生反应生成和水，化学方程式为。
（6）与J反应生成，根据可知J的结构简式为。
（7）①根据，由逆推中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。
②合成L的过程中、可能发生缩聚反应生成高分子化合物。
本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌握官能团的性质与转化，重点把握逆推法在有机推断中的应用。
24、间苯二酚或1，3-苯二酚 羰基、醚键、碳碳双键 取代反应 16种
【解析】
由C的结构简式和逆推知B为，A为。再结合其他各物质的结构简式和反应条件进行推断。
【详解】
（1）根据上述分析可知芳香族化合物A的名称是间苯二酚或1，3-苯二酚。答案：间苯二酚或1，3-苯二酚。
（2）由D的结构简式可知所含官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键。答案：羰基、醚键、碳碳双键。
（3）B的结构简式为，C的结构简式为，反应条件BC，其方程式为。答案：。
（4）由F—G的结构简式和条件可知该反应类型为酯基的水解反应，也可称为取代反应。答案：取代反应。
（5）G的结构简式为，同时满足①芳香族化合物说明含有苯环；②能发生银镜反应，且只有一种官能团，说明含有醛基；符合条件G的同分异构体有（移动-CH3有2种），（定-CH3移-CHO有4种），（3种）,(6种)，，共有16种；其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是。答案：16；。
综合考查有机物的相关知识。突破口C的结构简式，各步反应条件逆推B、A的结构，根据结构决定性质和各步反应条件，推断反应类型，书写反应方程式。
25、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+ NH4Fe3(SO4)2(OH)6 AFB ECD
【解析】
（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；
（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；
（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。
【详解】
(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C～600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。
（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。
（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）期0.02ml,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03ml，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04ml，因为将溶液分成两等份，则19.2 g固体甲含有0.04ml铵根离子，0.12ml铁离子，0.08ml硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。
26、H2或CO 无水CuSO4或澄清的石灰水 无水CuSO4变蓝色或澄清的石灰水变浑浊。
【解析】
本题主要考查具有还原性的气体的性质及常见的用作还原剂的气体，同时涉及常见物质的颜色、金属与氧气的反应。
【详解】
(1)金属与氧气可以发生化合反应生成金属氧化物，铜在加热时与氧气化合生成黑色的氧化铜，黑色的氧化铜又变成光亮的红色，即变成了金属铜，这是氧化铜被气体还原剂夺取氧而变成单质铜的反应，气体在反应中表现出的性质称为还原性，通常用作还原剂的气体有CO和H2；
(2)假设推断为氢气(或一氧化碳)，而氢气与氧化铜反应生成铜和水，再验证是否有水生成即可，步骤：将气体通过浓硫酸进行干燥，再通过灼热的氧化铜，再通过无水硫酸铜，验证是否有水生成，如果无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，说明该气体是氢气；
假设推断为一氧化碳，而一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再验证是否有二氧化碳生成即可，步骤：将气体通过灼热的氧化铜，再通过澄清的石灰水，验证是否有二氧化碳生成，如果澄清的石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，说明该气体是一氧化碳。
27、烧杯 量筒 量取50mL水置于烧杯中，再将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到烧杯中，边加边搅拌 确保液体顺利流下 浓硫酸 干燥的品红试纸 Na2S溶液 溴水 Br2 + SO2 + 2H2O → 4H＋＋2Br－ + SO42- 亚硫酸钠质量分数=（a表示硫酸钡质量）
【解析】
(1)配制大约100mL的1：1硫酸时需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、量筒；注意将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到烧杯中，边加边搅拌，不能将50mL水沿玻璃棒缓缓加入到烧杯50mL浓硫酸中；
(2)图1中装置A的作用是保证上下压强相同，确保液体顺利流下；
(3)若需要对比干燥SO2和湿润的SO2的漂白性，则首先应对二氧化硫进行干燥，再通过干燥的品红试纸，检验干燥SO2的漂白性，最后通过品红溶液检验湿润的SO2的漂白性；若需要先后验证SO2的氧化性与还原性，氧化性则通过还原剂Na2S溶液看是否有S沉淀生成；还原性则通过氧化剂溴水看是否退色，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=2SO42-+2Br-+4H+；
(4)根据亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠，硫酸钡不溶于盐酸而亚硫酸钡溶于盐酸来设计计算亚硫酸钠的质量分数。
【详解】
(1)配制大约100mL的1：1硫酸时需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、量筒；配制过程为将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到盛有50ml水的烧杯中，边加边搅拌；
故答案为：烧杯；量筒；将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到盛有50ml水的烧杯中，边加边搅拌；
(2)图1中装置A的作用是保证上下压强相同，确保液体顺利流下，故答案为：确保液体顺利流下；
(3)若需要对比干燥SO2和湿润的SO2的漂白性，则首先应对二氧化硫进行干燥，则先通过浓硫酸，再通过干燥的品红试纸，检验干燥SO2的漂白性，最后通过品红溶液检验湿润的SO2的漂白性；若需要先后验证SO2的氧化性与还原性，氧化性则通过还原剂Na2S溶液看是否有S沉淀生成；还原性则通过氧化剂溴水看是否退色，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=2SO42-+2Br-+4H+；故答案为：浓硫酸；干燥的品红试纸；Na2S溶液；溴水；SO2+Br2+2H2O=2SO42-+2Br-+4H+；
(4)因为亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠，硫酸钡不溶于盐酸而亚硫酸钡溶于盐酸，所以流程为称取样品质量为W克溶液 固体固体a克；
则亚硫酸钠质量分数=(1-)×100%(a表示硫酸钡质量，样品质量为W克)，
故答案为：亚硫酸钠质量分数=(1-)×100%(a表示硫酸钡质量，样品质量为W克)。
28、-251.0 减小 V(N)>V(F)>V(E) c 2MPa- l 温度升高反应速率加快，且在此温度下催化剂活性增强 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率降低
【解析】
(1)①×2+②×2，整理可得相应的热化学方程式；
(2)①在压强不变时，根据温度对甲醇的物质的量的影响分析；
②根据相同温度时，压强越大，速率越快；相同压强时，温度越高，速率越快分析；
③能提高CH4平衡转化率，就是是平衡正向移动，根据平衡移动原理分析；
④根据物质的量的比等于压强比，计算平衡时各种气体的分压，带入平衡常数表达式可得Kp。
(3)①在T2以前，反应未达到平衡，温度升高，化学反应速率加快；
②该反应的正反应为放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析。
【详解】
(1)根据盖斯定律，将①×2+②×2，整理可得相应的热化学方程式2CH4(g)＋O2(g)2CH3OH(g) △H3 =-251.0kJ/ml；
(2)①根据图象可知：在压强不变时，升高温度，平衡时甲醇的物质的量减小；
②对于反应2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)，升高温度，甲醇的平衡物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应；在温度为T0时，F点甲醇的物质的量大于E点，说明平衡正向移动，由于该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量增大，所以压强p1>p2，反应速率V(F)>V(E)；F、N两点压强相同，由于温度N>F，升高温度，化学反应速率加快，所以V(N)>V(F)，因此E、F、N三点的速率大小关系为：V(N)>V(F)>V(E)；
③a.催化剂不能使平衡发生移动，因此选择高效催化剂对甲烷的平衡转化率无影响，a错误；
b.增大投料比，相对于O2的浓度不变，增大甲烷的浓度，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说甲烷的转化率降低，b错误；
c.及时分离产物，即降低生成物的浓度，平衡正向移动，甲烷的转化率提高，c正确；
故合理选项是c；
④可逆反应2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)
n(开始)ml 2 1 0
n(变化)ml 1 0.5 1
n(开始)ml 1 0.5 1
n(总)=1ml+0.5ml+1ml=2.5ml，平衡分压：Kp(CH4)==1Mpa；Kp(O2)==0.5Mpa；Kp(CH3OH)==1Mpa，所以该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp==2MPa-l；
(3)①根据图象可知：在T2以前，反应未达到平衡，温度升高，化学反应速率加快，更多的反应物变为生成物甲醇，且在此温度下催化剂活性增强，因此甲醇的产率提高；
②该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，因此甲醇的产率降低。
本题考查了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡常数的计算及温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响的知识。掌握化学反应基本原理，理解题目含义是本题解答的关键。
29、H2C2O4⇌H++HC2O4﹣；HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣ HC2O4﹣的电离程度大于水解程度 ad 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O 反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用 温度对反应速率的影响 KMnO4溶液过量 FeC2O4Fe+2CO2↑
【解析】
(1)常温下0.01ml/L的H2C2O4pH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，结合KHC2O4溶液显酸性分析解答；向0.1ml/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，根据物料守恒和电荷守恒分析判断；
(3)草酸和高锰酸钾溶液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，据此书写反应的方程式并配平；反应开始时速率较慢，随后大大加快，结合影响化学反应速率的因素分析解答；
(4)两烧杯中水的温度不同，其余条件相同，结合草酸与高锰酸钾反应的方程式分析解答；
(5)草酸分解能够生成CO，CO具有还原性，据此分析解答。
【详解】
(1)二元弱酸分步电离，草酸的电离方程式为：H2C2O4⇌H++HC2O4-，HC2O4-⇌H++C2O42-，故答案为：H2C2O4⇌H++HC2O4-；HC2O4-⇌H++C2O42-；
(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；向0.1ml/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性：a．碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)，故a正确；b．由c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)、c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故b错误；c．根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故c错误；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，即c(K+)＞c(Na+)，故d正确；故答案为：HC2O4-的电离程度大于水解程度；ad；
(3)草酸和高锰酸钾溶液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，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，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，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用；
(4)两烧杯中水的温度不同，其余条件完全相同，因此该实验是研究温度对反应速率的影响；草酸与高锰酸钾恰好反应时的物质的量之比为5∶2，试管中草酸与高锰酸钾物质的量之比为1∶2，高锰酸钾过量，不能完全反应，所以溶液不褪色，故答案为：温度对反应速率的影响；KMnO4溶液过量；
(5)已知草酸(H2C2O4)受热分解的化学方程式为：H2C2O4→H2O+CO↑+CO2↑，则草酸亚铁受热分解的化学方程式为FeC2O4 FeO+CO↑+CO2↑，CO能够还原FeO，FeO+CO Fe+CO2↑，所以总反应方程式为：FeC2O4 Fe+2CO2↑，故答案为：FeC2O4 Fe+2CO2↑．
本题的易错点为(5)，要注意分解生成的CO具有还原性，高温下能够将铁的氧化物还原为铁单质。
共价键
C﹣C
C=C
C≡C
键长（nm）
0.154
0.134
0.120
键能（kJ/ml）
347
612
838
H2C2O4
KHC2O4
K2C2O4
pH
2.1
3.1
8.1