2026届安徽省巢湖市第一中学高三下学期第六次检测化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省巢湖市第一中学高三下学期第六次检测化学试卷含解析，共40页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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、设NA为阿伏伽德罗常数。下列说法不正确的是
A．常温常压下，35.5g的氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应，转移的电子数为0.5NA
B．60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目为2NA
C．同温下，pH=1体积为1L的硫酸溶液所含氢离子数与pH=13体积为1L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数均为0.1NA
D．已知合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H=-92.4kJ/ml，当该反应生成NA个NH3分子时，反应放出的热量为46.2kJ
2、下列物质分类正确的是
A．豆浆、蛋白质溶液均属于胶体B．H2O、CO2均为电解质
C．NO、SO3均为酸性氧化物D．H2S、O2常作还原剂
3、厌氧氨化法（Anammx）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是
A．1ml NH4+ 所含的质子总数为10NA
B．联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键
C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应
D．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:1
4、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B．=1×10－13ml·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－
D．水电离的c(H＋)=1×10－13ml·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
5、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
6、下列属于碱性氧化物的是
A．Mn2O7B．Al2O3C．Na2O2D．MgO
7、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
8、下列表述正确的是
A．用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
B．超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质
C．推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放
D．人体摄入的糖类、油脂、蛋白质均必须先经过水解才能被吸收
9、近日，中国第36次南极科学考察队暨“雪龙2”号从深圳启航，前往南极执行科考任务。下列说法正确的是（ ）
A．外壳镶嵌一些铅块等可提高科考船的抗腐蚀能力
B．利用牺牲阳极的阴极保护法保护船体，正极反应式为O2-4e-+2H2O=4OH-
C．停靠期间可以采用外加电流的阴极保护法，电源负极与船体相连接
D．科考船只能采用电化学保护法提高其抗腐蚀能力
10、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↑
11、我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为Zn，正极放电原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．电池以低功率模式工作时，NaFe[Fe(CN)6]作催化剂
B．电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行
C．电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]
D．若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求
12、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是
A．a和b都属于芳香烃
B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应
D．b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀
13、下列说法不正确的是（ ）
A．乙烯的结构简式为CH2＝CH2
B．乙烯分子中6个原子共平面
C．乙烯分子的一氯代物只有一种
D．CHBr＝CHBr分子中所有原子不可能共平面
14、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
15、温度T℃时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2mlA和0.1mlB，发生反应2A(g)+B(g) x C(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．x可能为4
B．M为容器甲
C．容器乙达平衡时B的转化率为25%
D．M的平衡常数大于N
16、X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
17、下列说法中正确的是
A．丙烯中所有原子均在同一个平面上
B．分子式为的芳香烃共有4种
C．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，发生的反应原理相同
18、当冰醋酸固体变成液体或气体时，一定发生变化的是
A．分子内化学键B．共价键键能
C．分子的构型D．分子间作用力
19、催化加氢不能得到2-甲基戊烷的是( )
A．CH3CH=C(CH3)CH2CH3 B．(CH3)2C=CHCH2CH3
C．CH≡C(CH3)(CH2)2CH3 D．CH3CH=CHCH(CH3)2
20、下列反应的离子方程式书写正确的是
A．硫酸铜溶液中加过量的氨水：Cu2+＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4+
B．用食醋检验牙膏中碳酸钙的存在：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O
C．将去膜的铝片投入到NaOH溶液中：2Al+2OH—+6H2O=2[Al(OH)4]— +3H2↑
D．用碘化钾淀粉溶液检验亚硝酸钠中NO2－的存在：NO2－＋2I－＋2H+=NO↑+I2＋H2O
21、氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN =CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列说法正确的是
A．CO为氧化产物，H2为还原产物B．CaCN2含有共价键，属于共价化合物
C．HCN既是氧化剂又是还原剂D．每消耗10g CaCO3生成2.24L CO2
22、人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO（NH2）2]，原理如图，下列有关说法不正确的是（ ）
A．B为电源的正极
B．电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高
C．电子移动的方向是B→右侧惰性电极，左侧惰性电极→A
D．阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl
二、非选择题(共84分)
23、（14分）下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。
回答下列问题：
(1)A的化学式为_________。
(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。
(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。
(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。
(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。
24、（12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________。
25、（12分）铵明矾（NH4Al（SO4）2•12H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO4•10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：
完成下列填空：
（1）铵明矾溶液呈_________性，它可用于净水，原因是_______________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是__________________。
（2）写出过程Ⅰ的化学反应方程式_______________。
（3）若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是___________。
（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大．加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、___________、过滤洗涤、干燥。
（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。
①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是______________；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是___________（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式_______________。
②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_____。
26、（10分）X、Y、Z均是中学化学中常见的物质，某同学用X、Y两种单质及Z的溶液进行实验，部分实验内容如下表所示：
(1)I中反应物与生成物总能量的大小E(反应物)_____E(生成物）（填“ >”“< ”或“=”），仅仅由I、II中的信息可知，Z可能是_____。
(2)若X是铝，在温度不变时向I中分别加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后，产生无色气泡的速率明显加快，导致这种变化最可能的原因是_________。
(3)若X是铝，II中反应产生的气泡有特殊颜色，则发生反应的离子方程式为_____；单质Y不可能是____(填字母）。
A 铅 B 石墨 C 镁 D 银
(4)若Ⅲ溶液最终变成蓝色，写出负极上电极反应式_______；变化过程中，参与正极上放电的离子是_________。
27、（12分）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2 + HNO3 = SO3 + HNO2、SO3 + HNO2 = NOSO4H。
（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。
①仪器I的名称为______________，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_________________。
②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为__________________(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。
③A中反应的方程式为___________。
④B中“冷水”的温度一般控制在20℃，温度不宜过高或过低的原因为________。
（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。
称取1.500 g产品放入250 mL的碘量瓶中，并加入100.00 mL浓度为0.1000 ml·L-1的KMnO4标准溶液和10 mL 25%的H2SO4，摇匀；用0.5000 ml·L-1的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02 mL, 到达滴定终点时读数为31.02 mL。
已知：i：□KMnO4 + □NOSO4H + □______ = □K2SO4 + □MnSO4 + □HNO3 + □H2SO4
ii：2KMnO4 + 5Na2C2O4 + 8H2SO4 = 2MnSO4 +10CO2↑+ 8H2O
①完成反应i的化学方程式：_____________
□KMnO4 + □NOSO4H + □______ = □K2SO4 + □MnSO4 + □HNO3 + □H2SO4
②滴定终点的现象为____________________。
③产品的纯度为__________________。
28、（14分）有机物E的合成路线如图：
已知：
①
②
完成下列填空：
（1）B中官能团的名称为_____．C2H4生成C2H5Br的反应类型为____．
（2）C的分子式为_____．
（3）检验C2H5Br分子中含有溴原子的实验方案为____．
（4）E的结构简式为，D在一定条件下转变为E的过程中还会生成另两种具有五元环结构的副产物，写出这两种副产物结构简式_____．
（5）写出一种满足下列条件的有机物的结构简式_____
①分子式只比E少2个氢原子
②与FeCl3发生显色反应
③分子中含有4种不同化学环境的氢原子．
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、C
【解析】
A．2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，则Cl2—— e-，35.5g的氯气为0.5ml，转移的电子数为0.5NA，A正确；
B．甲酸甲酯和葡萄糖的最简式都为CH2O，则60g混合物含有的碳原子数目为=2NA，B正确；
C．温度未知，pH=13体积为1L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数不一定为0.1NA，C不正确；
D．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H=-92.4kJ/ml表示生成2mlNH3时，放热92.4kJ，则当该反应生成NA个NH3分子时，反应放出的热量为46.2kJ，D正确；
故选C。
2、A
【解析】
A．分散质粒子直径介于1-100nm之间的为胶体，豆浆、蛋白质溶液均属于胶体，故A正确；
B．H2O是弱电解质，CO2属于非电解质，故B错误；
C．SO3为酸性氧化物，NO是不成盐氧化物，故C错误；
D．H2S中S的化合价为最低价，是常见的还原剂，O2是常见的氧化剂，故D错误；
故选A。
【点睛】
本题的易错点为B，要注意二氧化碳的水溶液能够导电，是反应生成的碳酸能够电离，而二氧化碳不能电离。
3、A
【解析】
A、质子数等于原子序数，1mlNH4＋中含有质子总物质的量为11ml，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4＋中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4＋与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。
点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。
4、B
【解析】
A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；
B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；
C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；
D、水电离的c(H＋)=1×10－13ml·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。
答案选B。
5、C
【解析】
A.雾和霾的分散剂均是空气；
B.根据示意图分析；
C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；
D.氮肥会释放出氨气。
【详解】
A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；
B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；
C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；
D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。
【点睛】
结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。
6、D
【解析】
碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，反应过程中元素化合价不发生变化。
【详解】
A. Mn2O7与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；
B. Al2O3既能与碱反应产生盐和水，也能与酸反应产生盐和水，所以属于两性氧化物，B不符合题意；
C. Na2O2和酸反应生成盐和水，同时生成氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，属于过氧化物，C错误；
D. MgO和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查物质的分类，掌握酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解答本题的关键。
7、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。
【点睛】
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。
8、B
【解析】
A. 用高粱酿酒的原理是通过发酵法将淀粉变为乙醇，再蒸馏分离出来，故A错误；
B. 超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质，故B正确；
C. 推广使用煤液化技术可以不能减少温室气体二氧化碳的排放，可以减少二氧化硫污染性气体排放，故C错误；
D. 人体摄入的单糖不需要经过水解，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】
粮食酿酒不是本身含有酒精，而是粮食中淀粉发酵得到乙醇，再蒸馏。
9、C
【解析】
A. 科考船外壳主要成分为Fe提高抗腐蚀能力，可以镶嵌比Fe活泼的金属如Zn等，Pb金属性比铁弱，会形成原电池，加速Fe的腐蚀，故A错误；
B. 利用牺牲阳极的阴极保护法保护船体，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故B错误；
C. 停靠期间可以采用外加电流的阴极保护法，电源负极与船体相连接，故C正确；
D.除电化学保护法防腐蚀外，还有涂层保护法等，故D错误；
故答案选：C。
【点睛】
防腐蚀有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。
10、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。
11、D
【解析】
A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e-=Zn2+，正极上是NaFe[Fe(CN)6]获得电子，然后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，从NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化剂，A正确；
B.电池以低功率模式工作时，电子进入NaFe[Fe(CN)6]时Na+的嵌入；当形成OH-从NaFe[Fe(CN)6]析出时，Na+从NaFe[Fe(CN)6]脱嵌，因此Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B正确；
C.根据电池以高功率模式工作时，正极上NaFe[Fe(CN)6]获得电子被还原变为Na2Fe[Fe(CN)6]，所以正极的电极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正确；
D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电池不能实现长续航的需求，D错误；
故合理选项是D。
12、C
【解析】
A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于芳香族化合物，但含有O元素，不属于芳香烃，A错误；
B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，B错误；
C．a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO，均可与氢气发生加成反应，C正确；
D. b中无醛基，不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，c分子中含有醛基，可以与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，D错误；
故合理选项是C。
13、D
【解析】
A. 乙烯的结构简式为CH2=CH2，A正确；
B. 乙烯是平面型分子，分子中6个原子共平面，B正确；
C. 乙烯分子结构完全对称，只有一种等效氢原子，则一氯代物只有一种，C正确；
D. 乙烯是平面型分子，直接连在双键碳上的溴原子和2个碳原子、2个氢原子共平面，D错误；
答案为D；
14、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。
15、D
【解析】
若该反应为气体物质的量增大的反应，即x＞3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气体物质的量减少的反应，即x＜3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；
B．根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；
C．根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，根据方程式2A(g)+B(g) x C(g)，加入0.2mlA和0.1mlB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和B的转化率相等，也是25%，故C正确；
D．温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；
故选D。
【点睛】
解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x＜3的情况。
16、C
【解析】
A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；
B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；
C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；
D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；
本题选C。
【点睛】
要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。
17、B
【解析】
A．丙烯含有甲基，具有甲烷的结构特征，具有四面体结构，则所有的原子不可能共平面，故A错误；
B．分子式为的芳香烃可能为乙苯或二甲苯，二甲苯有邻、间、对3种，共4种，故B正确；
C．糖类中的单糖如葡萄糖、果糖等，则不水解，故C错误；
D．乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D错误；
故答案为B。
【点睛】
高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚类、苯的同系物等可被高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色。
18、D
【解析】
A．冰醋酸固体变成液体或气体为物理变化，化学键未断裂，A错误；
B．化学键未断裂，则共价键类型未变，键能不变，B错误；
C．物理变化分子本身未变化，分子构型不可能变化，C错误；
D．冰醋酸固体变成液体或气体，分子间间隔增大，需克服分子间作用力，因此分子间作用力被破坏，D正确。
答案选D。
19、A
【解析】
A.与氢加成生成物为3-甲基戊烷，A错误；B. 与氢加成生成物为2-甲基戊烷，B正确；C.与氢加成生成2,2-二甲基戊烷，或新庚烷，C错误；D. 加成反应好主链C原子为5，甲基在2号碳原子位置，能得到2-甲基戊烷，D正确。
20、C
【解析】
A．硫酸铜溶液中加过量的氨水最终生成可溶性的，A项错误；
B．食醋中的醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆分，B项错误；
C．铝的性质活泼，在室温下易被氧化表面生成致密的Al2O3薄膜，去除后才是Al单质，铝单质可以与NaOH溶液反应，C项正确；
D．观察上述方程式，电子得失不守恒；在酸性介质中可以表现氧化性，还原产物一般为NO，因此，正确的离子方程式为：，D项错误；
答案选C。
【点睛】
离子方程式的正误判断可以先验证其是否满足守恒关系(电子得失守恒，电荷守恒，原子守恒)，再判断物质拆分是否合理，最后再根据条件判断产物是否合理，反应是否符合实际以及化学计量系数是否正确。
21、C
【解析】
A.HCN中碳的化合价为+2价，CO中碳的化合价也是+2价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；
B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；
C.HCN中H的化合价降低，C的化合价升高，HCN既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D.每消耗10gCaCO3生成0.1mlCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D错误；
答案选C。
22、A
【解析】
根据反应装置可确定为电解池，右边电极H原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl﹣-6e﹣=3Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；
【详解】
A．通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；
B．电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；
C．电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B→右侧惰性电极、左侧惰性电极→A，C正确；
D．通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；
答案为A。
二、非选择题(共84分)
23、NH4Cl 4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O 1:2
【解析】
根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。
(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；
(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。
24、 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。
【点睛】
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。
25、酸性 铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水 先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失 2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低 冷却结晶 打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟 （NH4）2SO3 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 1：3
【解析】
碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与滤液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 ，滤液A中含有（NH4）2SO4 及少量HCO3-等，加入硫酸，调节pH使HCO3-转化二氧化碳与，得到溶液B为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾；
（1）铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，促进水的电离，溶液呈酸性；铵明矾用于净水的原因是：铵明矾水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的目的；向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液，首先Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，接着NH4+与OH-反应生成氨气，最后加入的过量NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失。
（2）过程I利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 。
（3）省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低。
（4）由于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，加入硫酸铝后从溶液中获得铵明矾的操作是：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。
（5）①检验氨气方法为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置A和导管中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物，试管C中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3，白色固体可能是（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
②反应中-3价的N化合价升高发生氧化反应生成N2，+6价的S化合价降低发生还原反应生成SO2，根据电子转移守恒：n（N2）×2×[0﹣（﹣3）]=n（SO2）×（6﹣4），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。
26、＞ 硝酸或硫酸 Cl－对铝与H＋之间的反应有催化作用 2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O B Cu－2e－=Cu2＋ NO3－
【解析】
（1）该反应自发进行，且为放热反应，根据反应热=生成物的总能量-反应物的总能量作答；根据图示信息可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化；
（2）根据影响反应速率的外因结合三种盐的结构特点分析；
（3）结合Z可能是硫酸或硝酸，及题意中II中反应产生的气泡有特殊颜色，推测该气泡为二氧化氮，据此分析作答；结合原电池的工作原理分析；
（4）Cu2＋为蓝色溶液；NO3－在正极得电子生成NO2。
【详解】
（1）I进行的是自发的氧化还原反应，为放热反应，所以反应物总能量高于生成物总能量；由I、II可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案为：＞；硫酸或硝酸；
（2）由于加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后反应速率明显加快，因三种盐均含有Cl－，而Cl－不可能与Al反应，故只能是Cl－起催化作用，故答案为：Cl－对铝与H＋之间的反应有催化作用；
（3）有色气体为NO2，Z是硝酸，铝被浓硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反应的离子方程式为：2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；由III知，X、Y与浓硝酸构成原电池且Y是负极，故Y的单质在常温下应该与浓硝酸发生反应，铅、镁、银都能与浓硝酸反应，石墨与浓硝酸不反应，答案选B；故答案为2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；B；
（4）Ⅲ溶液最终变成蓝色，则说明生成铜离子，即铜是负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－与H＋在正极得电子生成NO2和H2O，故答案为：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－。
27、分液漏斗 分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐 a→de→cb→de→f Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4= 2NaHSO4+SO2↑ 温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复 84.67%
【解析】
(1)①根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；
②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中；据此分析；
③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫；
④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；
(2)①根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；
②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；
③结合反应ii，根据题给数据计算过量的KMnO4的物质的量，在结合反应i计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品纯度。
【详解】
(1)①根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；
②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：a→de→cb→de→f；
③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑；
④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；
(2)①反应中锰元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；
②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000ml⋅L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；
③根据反应ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O，过量的KMnO4的物质的量=×0.5000ml⋅L−1×(31.02mL-1.02mL)×10-3/L=0.006ml，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000ml⋅L−1×0.1L−0.006ml=0.004ml，在结合反应i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物质的量=×0.004=0.01ml，产品的纯度为=×100%=84.67%。
【点睛】
亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品遇水易分解，故在连接实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，最后要有尾气处理装置，酸性气体用碱液吸收。
28、醛基 加成反应 C10H22O2 取样品少量于洁净试管中，加入NaOH水溶液后加热10分钟、冷却后用稀硝酸酸化、滴入AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀 、 ． 或
【解析】
根据各物质转化关系，乙烯与溴化氢加成得溴乙烷，溴乙烷与甲醛发生信息①的反应得A为CH3CH2CH2OH，A催化氧化得B为CH3CH2CHO，B发生信息①中的反应得C，C催化氧得D为，D发生信息②中的反应得E为，据此答题。
【详解】
(1)B为CH3CH2CHO，B中官能团的名称为醛基，C2H4生成C2H5Br的反应类型为加成反应；
(2)根据C的结构简式可知，C的分子式为 C10H22O2；
(3)检验C2H5Br分子中含有溴原子的实验方案为取样品少量于洁净试管中，加入NaOH水溶液后加热10分钟、冷却后用稀硝酸酸化、滴入AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀；
(4)D为，D发生信息②中的反应可以生成E为，还会生成另两种具有五元环结构的副产物为、；
(5)E为，分子式为C10H16O，根据条件①分子式只比E少2个氢原子，即其分子式为C10H14O，不饱和度为4，②与FeCl3发生显色反应，说明有酚羟基，③分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的有机物的结构简式为或。
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↑．
【点睛】
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。
X
Y
Z
箭头上所标数字的反应条件
A．
NO
NO2
HNO3
①常温遇氧气
B．
Cl2
NaClO
HClO
②通入CO2
C．
Na2O2
NaOH
NaCl
③加入H2O2
D．
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
④加NaOH溶液
H2C2O4
KHC2O4
K2C2O4
pH
2.1
3.1
8.1