2026届湖南省长沙市高考化学五模试卷（含答案解析）

这是一份2026届湖南省长沙市高考化学五模试卷（含答案解析），共28页。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A．FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板
B．漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NO
C．CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤
D．活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2＋等重金属
2、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是
A．三者的氧化物都是碱性氧化物
B．三者的氢氧化物都是白色固体
C．三者的氯化物都可用化合反应制得
D．三者的单质在空气中最终都生成氧化物
3、下列有关和混合溶液的叙述正确的是( )
A．向该溶液中加入浓盐酸，每产生，转移电子约为个
B．该溶液中，可以大量共存
C．滴入少量溶液，反应的离子方程式为：
D．为验证的水解，用试纸测该溶液的
4、2018年世界环境日主题为“塑战速决”。下列做法不应该提倡的是
A．使用布袋替代一次性塑料袋购物
B．焚烧废旧塑料以防止“白色污染”
C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料
D．用高炉喷吹技术综合利用废塑料
5、对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA）。下列有关说法错误的是
+12MnO4-+36H++12Mn2++28H2O
A．PTA是该反应的氧化产物B．消耗1mlPX，共转移8ml电子
C．PX含苯环的同分异构体还有3种D．PTA与乙二醇可以发生缩聚反应
6、我国学者研究出一种用于催化 DMO 和氢气反应获得 EG 的纳米反应器，下图是反应的微观过程示意图。下列说法中正确的是
A．Cu 纳米颗粒是一种胶体
B．DMO 的名称是二乙酸甲酯
C．该催化反应的有机产物只有 EG
D．催化过程中断裂的化学健有 H-H、C-O、C＝O
7、下列实验现象与实验操作不相匹配的是
A．AB．BC．CD．D
8、下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是
A．SO2与NaOH溶液反应B．Cu在氯气中燃烧
C．Na与O2的反应D．H2S与O2的反应
9、下列变化中化学键没有破坏的是
A．煤的干馏B．煤的气化C．石油分馏D．重油裂解
10、下列有关海水综合利用的说法正确的是
A．海水提溴过程中，提取溴单质只能用有机物萃取的方法
B．电解饱和食盐水可制得金属钠
C．海水晒盐过程中主要涉及物理变化
D．海带提碘中，氧化过程可通入过量的氯气
11、新型冠状病毒引发的肺炎疫情是2020年最大的公共卫生事件。下列关于新冠肺炎及其防治措施正确的是（ ）
A．新冠病毒害怕酒精是因为酒精能使蛋白质失去生理活性
B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．双氧水不能用于家庭消毒以预防新冠肺炎
D．抗病毒疫苗可以在高温下贮运
12、根据下图，有关金属的腐蚀与防护的叙述正确的是
A．钢闸门含铁量高，无需外接电源保护
B．该装置的原理是“牺牲阳极的阴极保护法”
C．将钢闸门与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀
D．辅助电极最好接锌质材料的电极
13、下列物质结构和性质变化规律正确的是（ ）
A．硬度：LiCl＜NaCl＜KClB．沸点：HF＜HCl＜HBr
C．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4D．原子半径：Na＞Mg＞Al
14、如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析错误的是（ ）
A．闭合K1构成原电池，闭合K2构成电解池
B．K1闭合，铁棒上发生的反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
15、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．MgCO3MgCl2(aq)Mg
B．NaCl(aq) NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C．SiO2SiSiCl4
D．AgNO3 [Ag（NH3）2]OH（aq）Ag
16、X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（ ）
A．Y的含氧酸均为强酸
B．最外层电子数Z>Y
C．气态氢化物的稳定性Y>X
D．Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键
17、异戊烷的
A．沸点比正己烷高B．密度比水大
C．同分异构体比C5H10多D．碳碳键键长比苯的碳碳键长
18、三种有机物之间的转化关系如下，下列说法错误的是
A．X中所有碳原子处于同一平面
B．Y的分子式为
C．由Y生成Z的反应类型为加成反应
D．Z的一氯代物有9种（不含立体异构）
19、 “结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是
A．乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性
B．卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水
C．甲醇没有酸性，甲酸具有酸性
D．苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化
20、下列由实验操作得到的实验现象或结论不正确的是
A．AB．BC．CD．D
21、山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其分子结构如图所示。下列说法错误的是
A．山梨酸的分子式为C6H8O2
B．1 ml山梨酸最多可与2 ml Br2发生加成反应
C．山梨酸既能使稀KMnO4酸性溶液褪色，也能与醇发生置换反应
D．山梨酸分子中所有碳原子可能共平面
22、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g) ΔH== - Q1 ；
2H2(g)+O2(g) →2H2O(g) ΔH== - Q2；
H2O(g) →H2O(l) ΔH== - Q3
常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为
A．4Q1+0.5Q2B．4Q1+Q2+10Q3C．4Q1+2Q2D．4Q1+0.5Q2+9Q3
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某新型药物G合成路线如图所示：
已知：Ⅰ.RCHO（R为烃基）；
Ⅱ.RCOOH；
Ⅲ. +RNH2
请回答下列问题：
（1）A的名称为 ___，合成路线图中反应③所加的试剂和反应条件分别是______。
（2）下列有关说法正确的是 __（填字母代号）。
A．反应①的反应类型为取代反应
B．C可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚
C．D中所有碳原子可能在同一平面上
D．一定条件下1 ml G可以和2 ml NaOH或者9 ml H2反应
（3）F的结构简式为____。
（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式 ______。
（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ___种。
①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环
②能发生银镜反应和水解反应
（6）参照G的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线______。
24、（12分）某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图(部分反应略去试剂和条件)：
已知：a.
b.
根据以上信息回答下列问题：
(1)烃A的结构简式是__________。
(2)①的反应条件是__________；②的反应类型是____________。
(3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是__________。
A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大 B．能发生消去反应
C．能发生聚合反应 D．既有酸性又有碱性
(4)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是________________________________.
(5)符合下列条件的E的同分异构体有________________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3∶1∶1∶1的异构体的结构简式为___________________。
a.与E具有相同的官能团
b.苯环上的一硝基取代产物有两种
(6)已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A为原料制备高分子化合物的合成路线______。(无机试剂任选)
25、（12分）某校同学设计下列实验，探究CaS脱除烟气中的SO2并回收S。实验步骤如下：
步骤1.称取一定量的CaS放入三口烧瓶中并加入甲醇作溶剂(如下图所示)。
步骤2.向CaS的甲醇悬浊液中缓缓通入一定量的SO2。
步骤3.过滤，得滤液和滤渣。
步骤4.从滤液中回收甲醇(沸点为64.7 ℃)，所得残渣与步骤3的滤渣合并。
步骤5.用CS2从滤渣中萃取回收单质S。
(1) 图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是________________。
(2) 三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为________________，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是________________。
(3) 步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是________________。
(4) 步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是________________。
(5) 请设计从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3·5H2O的实验方案：
称取稍过量硫粉放入烧杯中，__________________________________________，用滤纸吸干。
已知：① 在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3＋S＋5H2ONa2S2O3·5H2O。
②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。
③为获得纯净产品，需要进行脱色处理。
④须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。
26、（10分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：
为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：
回答下列问题：
(1)母液A中c(CO2)为____ml·L-1。 ，
(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式 ____________。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。
(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为 ____(填序号)。
A．50℃ B．5l-52℃ C．45 - 55℃ D．60℃
(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________ 。
(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是__________。
(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是____ ，其主要缺点为________。
27、（12分）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。请回答下列问题：
(1)晒制蓝图时，用)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑：显色反应的化学反应式为___FeC2O4+___K3[Fe(CN)6]一___Fe3[Fe(CN)6]2+_______，配平并完成该显色反应的化学方程式。
(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是_________________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有______________，_____________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是______________。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：______________。
(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c ml·L-1KMnO4，溶液滴定至终点。在滴定管中装入KMnO4溶液的前一步，应进行的操作为____。滴定终点的现象是__________________。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c ml·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_____________________。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则测定结果_____________________。
③过滤、洗涤实验操作过程需要的玻璃仪器有__________________________________________。
28、（14分）废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2 O4、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)步骤②“粉碎”的主要目的是______。
(2)步骤③“酸浸”发生了一系列反应：
ZnO+ H2SO4= ZnSO4 + H2O；MnO+ H2SO4= MnSO4 + H2O；
ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4 + MnSO4 +2H2O+MnO2；
MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4 + 2CO2 ↑+2H2O。
推测 Mn2O3 与硫酸反应的离子方程式为______。
(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对 Zn、Mn 浸出率的影响。
①为保证 Zn、Mn 的浸出率均大于 90%，步骤③需控制的 c(H2SO4) = ____ml/L。H2C2O4 浓度对 Mn 的浸出率影响程度大于 Zn，其原因是_____。
②假设“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当 c(H2C2O4)>0.25 ml/L 时，Zn、Mn 的浸出率反而下降、且Zn 的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_____(填序号)。
a.随着反应进行 c(H+)降低
b.Zn2+、Mn2+与 C2O42- 生成沉淀
c.溶解度：ZnC2O4＜MnC2O4
(4)步骤⑤用惰性电极电解 ZnSO4 、MnSO4 的混合溶液，除生成 Zn、MnO2、H2SO4 外， 还可能生成 H2、O2 或其混合物。
①生成 MnO2 的电极反应式为_____ 。
②若 n (H2) ：n (O2)=2：1，则参加反应的 n (Zn2+)：n (Mn2+) = ______。
③该工艺流程中可循环利用的物质是________。
29、（10分）锂辉石是我国重要的锂资源之一，其主要成分为 Li2O、SiO2、Al2O3 以及含有少量 Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金属离子。工业上用锂辉石制备金属锂的工艺流程如下：
已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表：
②常温下，Ksp(Li2CO3)= 2.0×10-3。Li2CO3 在水中溶解度随着温度升高而减小。
③有水存在时，LiCl 受热可发生水解。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，上述流程中采取的措施有_____。
(2)滤渣 I 的主要成分是_____。滤渣 II 的主要成分是 Fe(OH)3、Al(OH)3。“氧化” 和“除杂”步骤主要除去的离子有_________。
(3) “沉锂”过程中发生反应的离子方程式是_____。用热水洗涤 Li2CO3 固体，而不用冷水洗涤，其原因是_____。
(4)设计简单的实验方案实现由过程 a 制取固体 LiCl：_____。
(5)工业上实现过程 b 常用的方法是_____。
(6)Li 可用于制备重要还原剂四氢铝锂（LiAlH4）。在有机合成中，还原剂的还原能力常用“有效氢”表示，其含义为 1克还原剂相当于多少克 H2 的还原能力。LiAlH4 的“ 有效氢”为_____（保留 2 位小数）。
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.FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；
B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；
C.CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；
D.活性炭与Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D错误；
故合理选项是B。
2、C
【解析】
A.Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；
B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；
C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到，故C正确；
D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了Al与氧气继续反应，铁在空气中会生锈，得到氧化铁，故D错误；
答案：C
3、A
【解析】
A.发生Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，由反应可知，生成1ml气体转移1ml电子，则转移电子约为6.02×1023个，A正确；
B.Ag+、Cl-结合生成沉淀，且乙醛易被ClO-氧化，不能共存，B错误；
C. NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，离子方程式为2Fe2++2ClO-+2H2O=Fe3++Fe(OH)3↓+HClO+Cl－，C错误；
D.ClO-的水解使溶液显碱性，使pH试纸显蓝色，但ClO-具有强的氧化性，又会使变色的试纸氧化为无色，因此不能用pH测定该溶液的的pH，D错误；
故合理选项是A。
4、B
【解析】
A. 使用布袋替代一次性塑料袋购物，可以减少塑料的使用，减少“白色污染”，故不选A；
B. 焚烧废旧塑料生成有毒有害气体，不利于保护生态环境，故选B；
C. 利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料可以在自然界中自行分解为小分子化合物，所以替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”，故不选C；
D. 高炉喷吹废塑料是将废塑料作为高炉炼铁的燃料和还原剂，利用废塑料燃烧向高炉冶炼提供热量，同时利用废塑料中的C、H元素，还原铁矿石中的Fe，使废塑料得以资源化利用、无害化处理和节约能源的有效综合利用方法，故不选D。
5、B
【解析】
A. 反应中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A正确，不符合题意；
B. 反应中，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，转移5个电子，则1mlPX反应消耗2.5ml MnO4-，共转移12.5NA个电子，故B错误，符合题意；
C. PX含苯环的同分异构体，有邻间对三种二甲苯和乙苯，共计四种同分异构体，所以PX含苯环的同分异构体还有3种，故C正确，不符合题意；
D. PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应，故D正确，不符合题意；
故选：B。
6、D
【解析】
A选项，Cu纳米颗粒是单质，而胶体是混合物，故A错误；
B选项，DMO的名称是乙二酸二甲酯，故B错误；
C选项，该催化反应的有机产物只有EG还有甲醇，故C错误；
D选项，CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反应可知催化过秳中断裂的化学健有H—H、C—O、C＝O，故D正确。
综上所述，答案为D。
7、B
【解析】
A选项，分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，由于镁的金属性比铝的金属性强，因此镁片表面产生气泡较快，故A正确，不符合题意；
B选项，向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至过量，边滴边振荡，先生成大量蓝色沉淀，后沉淀溶解生成硫酸四氨合铜溶液，故B错误，符合题意；
C选项，将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶，镁条与二氧化碳反应生成氧化镁和黑色的碳，并伴有浓烟，故C正确，不符合题意；
D选项，向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加2—3滴KSCN溶液，铁离子和铁粉反应生成亚铁离子，亚铁离子与KSCN不显色，故D正确，不符合题意。
综上所述，答案为B。
硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解，硝酸银溶液中逐滴加入氨水也有类似的性质。
8、B
【解析】
A．SO2与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO2足量时生成亚硫酸氢钠，选项A错误；
B．Cu在氯气中燃烧生成物只有氯化铜，选项B正确；
C．Na与O2在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，选项C错误；
D．H2S与O2的反应，若氧气不足燃烧生成硫单质和水，若氧气充足燃烧生成二氧化硫和水，选项D错误。
答案选B。
9、C
【解析】
A．煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，化学键被破坏，故A错误；
B．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，化学键被破坏，故B错误；
C．石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，化学键没有破坏，故C正确；
D．石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，化学键被破坏，故D错误．
故选：C。
10、C
【解析】
A.溴元素在海水中以化合态存在,将Br元素由化合态转化为游离态时发生电子转移，所以一定发生氧化还原反应，生成溴单质后用有机物进行萃取，故A错误；
B.钠易与水反应,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，所以应用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，故B错误；
C. 海水晒盐利用蒸发原理，蒸发是根据物质的沸点不同进行分离的操作，为物理变化，故C正确；
D.加入过量的氯气能将I2氧化成更高价的化合物,减少碘的产率,故D错误；
答案选C。
11、A
【解析】
A．酒精能使蛋白质失去生理活性,具有杀菌消毒的作用，A正确；
B．聚丙烯中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．双氧水具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，能用于家庭消毒以预防新冠肺炎，C错误；
D．抗病毒疫苗主要成分为蛋白质，在高温下失活，D错误；
答案选A。
12、C
【解析】
A. 钢闸门含铁量高，会发生电化学腐蚀，需外接电源进行保护，故A错误；
B. 该装置的原理是通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护，并未“牺牲阳极”，故B错误；
C. 将钢闸门与直流电源的负极相连，可以使被保护金属结构电位高于周围环境，可防止其被腐蚀，故C正确；
D. 辅助电极有很多，可以用能导电的耐腐蚀材料，锌质材料容易腐蚀，故D错误；
故选C。
电化学保护又分阴极保护法和阳极保护法，其中阴极保护法又分为牺牲阳极保护法和外加电流保护法。这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从海水流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护。
13、D
【解析】
A、离子半径：Li+＜Na+＜K+，晶格能LiCl>NaCl>KCl，所以硬度LiCl>NaCl>KCl，故A错误；
B、HF分子间存在氢键，所以沸点：HCl＜HBr＜HF，故B错误；
C、非金属性P＜S＜Cl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故C错误；
D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：Na＞Mg＞Al，故D正确；
答案选D。
本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。
14、C
【解析】
A、闭合K1构成原电池，铁为负极；闭合K2构成电解池，铁为阴极，选项A正确；
B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe＋2e－=Fe2＋，选项B正确；
C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，选项C错误；
D、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，选项D正确；
答案选C。
15、D
【解析】
A项、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁，电解熔融的氯化镁才能得到单质镁，故A错误；
B项、氯化钠溶液与二氧化碳不能反应，应先向氯化钠溶液通入氨气，再通入二氧化碳才能制得碳酸氢钠，不能一步实现反应，故B错误；
C项、硅与盐酸不能反应，硅与氯气在高温条件下发生反应生成四氯化硅，故C错误；
D项、硝酸银与氨水反应制得银氨溶液，麦芽糖中含有醛基，在共热条件下与银氨溶液发生银镜反应制得银，故D正确。
故选D。
本题综合考查元素化合物知识，侧重于分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件是解答关键。
16、D
【解析】
X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素。
【详解】
X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素；
A．Y为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故A错误；
B．Z为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数Y＞Z，故B错误；
C．非金属性F＞Cl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；
D．氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D正确；
故答案选D。
本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类，然后根据元素性质进行分析和判断。
17、D
【解析】
A. 烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，异戊烷有5个碳原子，正己烷有6个碳原子，异戊烷的沸点比正己烷低，故A错误；
B. 常温下异戊烷是液态，液态烷烃的密度比水小，故B错误；
C. 五个碳的烷烃只有3种同分异构体，它们分別是正戊烷(5个碳都在主链上)，异戊烷(4个碳在主链上，有一个甲基在支链)，新戊烷(4个甲基连在同一个碳上)；C5H10有9种同分异构体，直链状的有2种:C=C-C-C-C，C-C=C-C-C。 支链是甲基的有3种：C=C-C-C(第5个碳在第2，3位)，C-C=C-C(第5个碳在第2位)。 环状的有4种：五元环，四元环外有一个甲基，三元环外有2个甲基或一个乙基，故C错误；
D. 分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，键长越短，表示原子结合得越牢，化学键越强，苯的碳碳键强度介于双键和三键直接，故长度大于碳碳三键小于碳碳双键，异戊烷中的碳碳键是碳碳单键，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D正确；
正确答案是D。
18、B
【解析】
A．X的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A正确；
B．Y的结构简式为，其分子式为C10H14O2，故B错误；
C．由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C正确；
D．Z的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构)，故D正确；
故答案为B。
19、B
【解析】
A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；
B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响，正确；
C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；
D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。
20、A
【解析】
A. 向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，原溶液中可能含有S2-和SO32-，且SO32-过量，加入稀硫酸时发生反应，，S单质是淡黄色沉淀，二氧化硫是有刺激性气味气体，故A错误；
B. 氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘单质生成，Br2能氧化I-生成I2，Br2是氧化剂、I2是氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强，故B正确；
C. 元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越弱，其最高价含氧酸的钠盐的碱性就越强，相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性，说明碳酸为弱酸、硫酸为强酸，由此得出非金属性S＞C，故C正确；
D. 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，镁条继续燃烧，反应生成MgO和C，则集气瓶中产生浓烟（MgO固体小颗粒）并有黑色颗粒产生，故D正确；
故选A。
向某单一溶质的溶液中加入稀硫酸，同时生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，则该溶液中一定含有S2O32-，发生反应，这是常考点，经常在元素推断题中出现，也是学生们的易忘点。
21、C
【解析】
A．由结构简式可知分子为C6H8O2，选项A正确；
B．山梨酸分子中含有2个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1 ml山梨酸最多可与2ml Br2发生加成反应，选项B正确；
C．山梨酸分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应而使其褪色，山梨酸分子中含有羧基，可与醇发生取代反应而不是置换反应，选项C错误；
D．根据乙烯分子6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面，结合山梨酸分子结构可知，所有碳原子可能共平面，选项D正确。
答案选C。
22、D
【解析】
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=- Q1 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH= - Q2；H2O(g) →H2O(l) ΔH= - Q3 ；根据盖斯定律①+2③得 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3； 根据盖斯定律②+2③得
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4: 1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为= = 5ml ，故甲烷的物质的量为5ml=4ml，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3) =4 (Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5ml-4ml=1ml，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3) =0.5 (Q2+2Q3) ，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4 (Q1+2Q3) +0.5 (Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。
答案： D。
先根据混合气体的物质的量 结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。
二、非选择题(共84分)
23、苯乙醛 浓硫酸，加热 C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2
【解析】
根据合成路线，A结构中含有苯环结构，A→B发生信息I的反应，则A为，B为，B酸性条件下水解生成C；根据D的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C发生消去反应生成D，D为，D发生信息II的反应生成E，E为，结合G的结构简式可知，E和F发生取代反应生成G，则F为，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析，A为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应③为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；
(2)A. 根据上述分析，反应①为加成反应，故A错误；B. C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C. D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D中所有碳原子可能在同一平面上，故C正确；D. 一定条件下1 ml G()可以和2 ml NaOH发生水解反应，能够和7 ml H2发生加成反应，故D错误；故答案为：C；
(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；
(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；
(5)D()有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，②能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：①苯环上含有2个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有3种结构；②苯环上含有1个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5种同分异构体，故答案为：5；
(6)由乙醛和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。
24、 Fe或FeCl3 取代反应或硝化反应 ACD 4 或
【解析】
E的结构简式中含有1个－COOH和1个酯基，结合已知a，C到D为C中的酚羟基上的氢，被－OCCH3替代，生成酯，则D到E是为了引入羧基，根据C的分子式，C中含有酚羟基和苯环，结合E的结构简式，则C为，D为。A为烃，与Cl2发生反应生成B，B为氯代烃，B与氢氧化钠发生反应，再酸化，可知B为氯代烃的水解，引入羟基，则A的结构为，B为。E在NaOH溶液中反应酯的水解反应，再酸化得到F，F的结构简式为，根据已知b，则G中含有硝基，F到G是为了引入硝基，则G的结构简式为。
【详解】
(1)根据分析A的结构简式为；
(2)反应①为在苯环上引入一个氯原子，为苯环上的取代反应，反应条件为FeCl3或Fe作催化剂；反应②F到G是为了引入硝基，反应类型为取代反应或硝化反应；
(3)抗结肠炎药物有效成分中含有氨基、羧基和酚羟基，具有氨基酸和酚的性质；
A．三个官能团都是亲水基，相对分子质量比苯酚大，所以水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，A正确；
B．与苯环相连的羟基不能发生消去反应，可以发生氧化反应；该物质含有氨基（或羟基）和羧基，可以发生缩聚反应；该物质含有羧基和羟基酯化反应等，B错误；
C．含有氨基和羧基及酚羟基，所以能发生聚合反应，C正确；
D．氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以既有酸性又有碱性，D正确；
答案为：ACD；
(4)E中的羧基可以与NaOH反应，酯基也可以与NaOH反应，酯基水解得到的酚羟基也能与NaOH反应，化学方程式为；
(5)符合下列条件：a.与E具有相同的官能团，b.苯环上的一硝基取代产物有两种；则苯环上有两个取代基处，且处于对位：如果取代基为－COOH、－OOCCH3，处于对位，有1种；如果取代基为－COOH、－COOCH3，处于对位，有1种；如果取代基为－COOH、－CH2OOCH，处于对位，有1种；如果取代基为HCOO－、－CH2COOH，处于对位，有1种；所以符合条件的有4种；若核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3：1：1：1的异构体的结构简式为或；
(6)目标产物为对氨基苯甲酸，—NH2可由硝基还原得到，－COOH可由－CH3氧化得到。由于－NH2容易被氧化，因此在－NO2还原成氨基前甲基需要先被氧化成－COOH。而两个取代基处于对位，但苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，因此－CH3被氧化成－COOH前，需要先引入－NO2，则合成路线为。
25、能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等 2CaS＋3SO22CaSO3＋3S CaSO3被系统中O2氧化 蒸馏，收集64.7 ℃馏分 加入CS2，充分搅拌并多次萃取 加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤
【解析】
(1)恒压漏斗能保持压强平衡；
(2)CaS脱除烟气中的SO2并回收S，元素守恒得到生成S和CaSO3，CaSO3能被空气中氧气氧化生成CaSO4；
(3)甲醇(沸点为64.7℃)，可以控制温度用蒸馏的方法分离；
(4)硫单质易溶于CS2，萃取分液的方法分离；
(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O，在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O，据此设计实验过程。
【详解】
(1)根据图示可知用的仪器X为恒压漏斗代替普通分液漏斗的突出优点是：能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等，便于液体流下；
(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系统中O2氧化；
(3)从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃)，步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是：蒸馏，收集64.7℃馏分；
(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分搅拌并多次萃取；
(5)已知：①在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3•5H2O；
②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。
③为获得纯净产品，需要进行脱色处理。
④须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭，
因此从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O的实验方案：称取稍过量硫粉放入烧杯中，加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤。
本题考查了物质分离提纯的实验探究、物质性质分析判断、实验方案的设计与应用等知识点，掌握元素化合物等基础知识是解题关键。
26、0.02 ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O 黄绿色气体变成无色 B H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl 搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低 残存于母液A中c(CCl2)会更小 母液A处理中消耗更多的氯气
【解析】
利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。
【详解】
(1)根据表格中的信息， C2+的质量浓度为 1.18g/L，则1L溶液中的，则；
(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；
(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；
(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；
(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；
(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使C2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CCl2)会更小 母液A处理中消耗更多的氯气。
27、3 2 1 3K2C2O4 隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置 CO2 CO 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3 用KMnO4溶液进行润洗 粉红色出现 偏低 烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)
【解析】
（1）根据元素守恒规律配平亚铁离子能与K3[Fe(CN)6]发生的显色反应；
（2）①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；
②根据CO2、CO的性质分析；
③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；
③根据铁离子的检验方法解答；
（3）①标准滴定管需用标准液润洗，再根据酸性高锰酸钾溶液显红色回答；
②根据电子得失守恒计算；结合操作不当对标准液浓度的测定结果的影响进行回答；
③根据操作的基本步骤及操作的规范性作答。
【详解】
（1）光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，根据元素守恒规律可知，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4，因此已知方程式中所缺物质化学式为K2C2O4，
故答案为3；2；1；3K2C2O4。
（2）①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置，
故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO，
故答案为CO2；CO；
③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即可，
故答案为先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；
④要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3，
故答案为取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液；溶液变红色，证明含有Fe2O3；
（3）①滴定管需用标准液润洗后才能进行滴定操作；高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现，
故答案为用KMnO4溶液进行润洗；粉红色出现。
②锌把Fe3+还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVml，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVml，则该晶体中铁的质量分数的表达式为；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则消耗的标准液的体积偏小，导致最终结果偏低，
故答案为；偏低；
③过滤和洗涤需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)，
故答案为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)。
本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO应先通H2，气体点燃前先验纯等)；防氧化(如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。
28、增大接触面积，提高浸出率 Mn2O3 +2H+=Mn2++H2O+ MnO2 0.5 Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn (MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利浸出或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O a、b、c Mn2+ +2H2O－2e－=MnO2 +4H+ 1∶1 H2SO4或硫酸
【解析】
将废旧锌锰电池机械分离，为增加浸出率，对内部固体残渣(主要含有ZnO、ZnMn2 O4、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2)粉碎，加入足量H2SO4和草酸对残渣进行溶浸，发生ZnO+ H2SO4= ZnSO4 + H2O；MnO+ H2SO4= MnSO4 + H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4 + MnSO4 +2H2O+MnO2；MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4 + 2CO2 ↑+2H2O等一系列反应，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的酸浸液，对酸浸液过滤除杂精制，对含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的精制液电解得到硫酸、二氧化锰、单质锌，据此分析解答。
【详解】
(1)增大接触面积，提高浸出率；
(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO · Mn2O3，ZnO·Mn2O3 +2H2SO4=ZnSO4+ MnSO4+2H2O+ MnO2可知Mn2O3 +2H+=Mn2++H2O+ MnO2；
(3)①由图可知，当c(H2SO4)=0.5 ml/L时，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+ H2O、ZnMn2O4 + 2H2 SO4=ZnSO4 + MnSO4+2H2O + MnO2、MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O可知，Zn的浸出只需H2SO4即可，所以Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利Mn的浸出。或MnO2 + H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O；
②a．结合①的分析，Mn、Zn的浸出率与c(H+ )有关，如果c(H+)减小，浸出率下降，故a正确；
b．c(H2C2O4)＞0.25ml/L时，如果Zn2+、Mn2+与C2O生成沉淀，浸出率下降，故b正确；
c．如果溶解度ZnC2O4