2025-2026学年辽宁省鞍山市高考冲刺化学模拟试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年辽宁省鞍山市高考冲刺化学模拟试题（含答案解析），共26页。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、化学在生活中有着广泛的应用，下列说法不正确的是
A．防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的变性
B．煤的脱硫、汽车尾气实行国Ⅵ标准排放都是为了提高空气质量
C．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+ 等重金属离子
D．利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性
2、短周期元素 a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物 n 是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种产物q 是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体。下列说法正确的是（ ）
A．a、c、d三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离
B．原子半径：a丁>戊，故C正确；
D、同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，即氢化物的稳定性：甲苯酚>HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错误；
C. 蔗糖不是还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；
D. 向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，D项正确；
答案选D。
A项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。铝单质与酸反应会生成正盐铝盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。
11、C
【解析】
探究Na2O2与H2能否反应，由实验装置可知，A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应为碱石灰可除去HCl和水蒸气，C装置试管为Na2O2与H2反应，但加热前应先检验氢气的纯度，氢气不纯加热时可能发生爆炸，最后D装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与H2能否反应，以此解答该题。
【详解】
A．铁粉会落到有孔塑料板下边，进入酸液中，无法控制反应的发生与停止，故A错误；
B．B装置中盛放碱石灰，可除去HCl和水蒸气，故B错误；
C．氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；
D．二氧化锰和浓盐酸应在加热条件下反应制备氯气，A装置不能加热，故D错误；
故答案选C。
12、C
【解析】
A．二氧化硫密度比空气大；
B．类比浓硫酸的稀释；
C．操作符合过滤中的一贴二低三靠；
D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。
【详解】
A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A错误；
B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，选项B错误；
C．转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正确；
D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D错误。
答案选C。
本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大。
13、A
【解析】
A．单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；
B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；
C．由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；
D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；
故合理选项为A。
14、A
【解析】
A. 氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则F→B，A→D，A正确；
B. 装置X为除去HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液，B错误；
C. 实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳，C错误；
D. 装置Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，D错误；
答案为A。
15、D
【解析】
点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可反应，空气带着乙醇蒸气与热的铜粉发生反应，选项A 正确；看到铜粉变黑，发生2Cu+O22CuO，看到铜粉黑变红，发生C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，选项B正确；硫酸铜粉末变蓝，是因为生成了五水硫酸铜，说明乙醇氧化有水生成，选项C正确；乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀需要加热，选项D不正确。
16、D
【解析】
A．某温度下，1 L pH = 6 的纯水中c(OH－)=c(H＋)=10-6m l•L-1,含 OH一为10-6ml，故A错误；
B．25℃ 时，向0. 1 m l•L-1 CH3COONa 溶液中加入少量水，促进水解，碱性减弱，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，溶液中增大，故B错误；
C．pH=11的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.001ml·L－1，pH=3的HA溶液中氢离子浓度为0.001ml·L－1，若HA为强电解质，要满足混合后显中性，则V1=V2；若HA为弱电解质，HA的浓度大于0.001ml·L－1，要满足混合后显中性，则V1＞V2，所以V1≥V2，故C错误；
D．在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005ml·L－1，根据物料守恒得c（NH3·H2O）=（0.5a-0.005）ml·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7ml·L－1，溶液呈中性，NH3·H2O的电离常数Kb= ，故D正确；
故选D。
本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡，注意明确弱电解质在溶液中部分电离，C为易错点，注意讨论HA为强电解质和弱电解质的情况，D是难点，按平衡常数公式计算。
17、A
【解析】
由于甲酸的酸性大于氢硫酸，等浓度的HCOOK和K2S溶液的PH：K2S溶液>HCOOK溶液，所以甲酸的电离平衡常数较大，A正确；含有铁离子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，不一定为Fe2+的溶液，B错误；硫酸铜在H2O2溶液分解时作催化剂，而KMnO4溶液与H2O2溶液反应，KMnO4溶液做氧化剂，没有可比性，C错误；浓硫酸能够使乙醇脱水碳化，浓硫酸被还原为二氧化硫，可能是二氧化硫能够使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸气使高锰酸钾溶液褪色，D错误；正确选项A。
点睛：C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得的气体通入到足量的氢氧化钠溶液中进行洗气，除去二氧化硫和二氧化碳气体，然后所得的气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明一定制得了乙烯气体。
18、A
【解析】
A．分子式相同但结构不同的有机物互为同分异构体，三种物质的分子式均为C5H8O2，但结构不同，则三者互为同分异构体，故A正确；
B．甲、乙、丙分子中的所有环上的碳原子都为单键，碳原子上相连的氢原子和碳原子不在同一平面，故B错误；
C．有机物中含有碳碳双键、碳碳三键、苯环或酮羰基可发生加成反应，甲中官能团为酯基、乙中官能团为羧基、丙中官能团为羟基，不能发生加成反应，甲、乙、丙都可以发生氧化反应，故C错误；
D．甲中有酯基可与氢氧化钠溶液发生水解反应，乙中含有羧基可与氢氧化钠溶液发生中和反应，丙中含有醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，故D错误；
答案选A。
找到有机物的官能团，熟悉各种官能团可以发生的化学反应是解本题的关键。
19、C
【解析】
A. 离子化合物一定有离子键，可能含有共价键，如NaOH属于离子化合物含有离子键和共价键，故A错误；
B. 分子的热稳定性由共价键决定，分子间作用力决定物质的物理性质，故B错误；
C. 稀有气体分子里面不含化学键，一个原子就是一个分子，故C正确；
D. 二氧化硅为酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故D错误；
正确答案是C。
本题考查化学键、分子间作用力等知识，题目难度不大，注意分子间作用力影响分子的物理性质，分子的稳定性属于化学性质。
20、B
【解析】
A.在ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A正确；
B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B错误；
C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗涤，干燥得到产品，选项C正确；
D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项D正确。
答案选B。
21、B
【解析】
A．乌洛托品的分子中含有6个“CH2”和4个N原子，则分子式为C6H12N4，A正确；
B．乌洛托品分子结构中含有4个六元环，B不正确；
C．乌洛托品分子中含有6个完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一种，C正确；
D．1ml乌洛托品与4ml硝酸完全反应，生成1ml黑索金、1mlNH4NO3和3mlHCHO，D正确；
故选B。
22、B
【解析】
A项，糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，故A项错误；
B项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；
C项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；
D项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
糖类物质是多羟基(2个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketne)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。
二、非选择题(共84分)
23、丙炔 加成反应 C10H10O +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O 羧基 4 +2NaOH+NaCl+H2O 苯酚 氯化铁溶液，溶液呈紫色
【解析】
化合物X与银氨溶液可发生银镜反应，说明X中含有醛基，结合D、E的结构简式可知，X为苯甲醛；根据L→M的反应原理可知，L→M是取代反应，由①的反应信息，L中酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，则M的结构简式为，化合物E和M在一定条件下合成得到华法林，据此分析解答。
【详解】
(1)A的结构简式为CH3C≡CH，含有碳碳三键，属于炔烃，名称为丙炔；A→B是丙炔与H2O反应，反应后碳碳三键转化为碳碳双键，发生了加成反应，故答案为丙炔；加成反应；
(2)由结构简式可知，E的分子式为C10H10O；X为苯甲醛()，苯甲醛与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为C10H10O；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
(3)G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是羧基，G的分子式为C4H6O3，G完全燃烧生成二氧化碳和水，1mlG完全燃烧，消耗的氧气的物质的量为(4+-)ml=4ml，故答案为羧基；4；
(4)L的分子式是C8H8O，Q是L的同分异构体，Q属于芳香酸，Q中含羧基，Q→R是苯环上的甲基上的1个H原子被取代，R→S是氯代烃的水解反应，S→T是-CH2OH氧化成-COOH，T的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q为对甲基苯甲酸，Q结构简式为，R为，则R→S的化学方程式为：；故答案为；；
(5)苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物，检验酚羟基，可加入氯化铁溶液，溶液呈紫色，故答案为苯酚；氯化铁溶液，溶液呈紫色；
(6)L→M是取代反应，由①的反应信息，L中的酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，故M的结构简式为：，故答案为。
24、硝基苯 还原反应 HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O +CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH 4 12 、
【解析】
A分子式是C6H6，结合化合物C的结构可知A是苯，结构简式为，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生硝基苯，结构简式为，B与液氯在Fe催化下发生取代反应产生C：，C与Fe、HCl发生还原反应产生D：；由于F与新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，然后酸化得到分子式为C2H2O4的G，说明F中含有-CHO，G含有2个-COOH，则G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E为汽车防冻液的主要成分，则E是乙二醇，结构简式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH与2个分子的CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应产生分子式是C6H10O4的H，H的结构简式是C2H5OOC-COOC2H5；H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I与D反应产生J和H2O，J在一定条件下反应产生J，K发生酯的水解反应，然后酸化可得L，L发生脱羧反应产生M，M在一定条件下发生水解反应产生N，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知A是，B是，E是HOCH2-CH2OH，F是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。
(1) B是，名称是硝基苯；C是，C与Fe、HCl发生还原反应产生D：，-NO2被还原为-NH2，反应类型为还原反应；
(2) E是HOCH2-CH2OH，含有醇羟基，可以在Cu作催化剂条件下发生氧化反应产生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化学方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；
H是C2H5OOC-COOC2H5，H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反应方程式为：C2H5OOC-COOC2H5+ CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；
(3)J结构简式是，在J中含有1个Cl原子连接在苯环上，水解产生HCl和酚羟基；含有2个酯基，酯基水解产生2个分子的C2H5OH和2个-COOH，HCl、酚羟基、-COOH都可以与NaOH发生反应，所以1 ml J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗4 mlNaOH；
(4)H结构简式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分异构体满足下列条件①只有两种含氧官能团；②能发生银镜反应说明含有醛基；③1 ml该物质与足量的Na反应生成0.5 ml H2，结合分子中含有的O原子数目说明只含有1个-COOH，另一种为甲酸形成的酯基HCOO-，则可能结构采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移动-COOH的位置，碳链结构的羧基可能有 共4种结构；碳链结构的羧基可能有4种结构；碳链结构的羧基可能有3种结构；碳链结构为的羧基可能位置只有1种结构，因此符合要求的同分异构体的种类数目为4+4+3+1=12种；其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的结构简式为、；
(5)CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应产生CH3CHBr-CHBrCH3，然后与NaOH水溶液共热发生取代反应产生，发生催化氧化产生Q是；与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生P是，P与Fe、HCl发生还原反应产生，与在HAc存在条件下，加热40—50℃反应产生和H2O，故P是，Q是。
本题考查有机物推断和有机合成，明确有机物官能团及其性质关系、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是H的符合条件的同分异构体的种类的判断，易漏选或重选，可以采用定一移二的方法，在物质推断时可以由反应物采用正向思维或由生成物采用逆向思维方法进行推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力。
25、球形冷凝管 ad 使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺 上 与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯的分离 H++OH-=H2O、+OH-+H2O b 57.0%
【解析】
首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH=7~8，沉淀铁离子并使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。
【详解】
（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；
（2）根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；
（3）根据分析步骤③中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；
（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaOH发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O、+OH-+H2O；
（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、NaCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；
（6）原料中有13.7g对硝基甲苯，即=0.1ml，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1ml，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。
26、受热均匀，且易控制温度 如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O 可减少ClO2挥发和水解 8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2 NaClO3 偏大 盐酸和BaCl2溶液 将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。
【解析】
Ⅰ．水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；
II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c(ClO2)；
III.ClO2 具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。
【详解】
I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2 水解；
(2)装置A 中反应生成ClO2及KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；
(3)装置B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1的两种盐，由于ClO2中Cl元素的化合价为+4价，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；
II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。
设原ClO2溶液的浓度为x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3ml，
2ClO2～5I2～10Na2S2O3
2ml 10ml
cV2×10-3ml，2:10=：(cV2×10-3)，解得x==g/L；
如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的ClO2的含量就会偏大；
(4)取适量ClO2 水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即H2S被氧化产生了H2SO4；
(5)证明ClO2 的氧化性比Fe3+强，则可通过ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。
本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力，同时考查学生接受题目提供的信息能力与应用能力。
27、B-E-D 2MnO4- +5H2C2O4 +6H+=2Mn2+ +10CO2↑+8 H2O 能 实验中KMnO4的浓度cB>cA，且其反应速率νB>νA AC 酚酞 锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化 0.05000ml/L AD
【解析】
（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；
（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；
（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析；
（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；
②由H2C2O4—2NaOH建立关系式求解可得；
③滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。
【详解】
（1）由题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为B-E-D，故答案为B-E-D；
（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+
5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA；
（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02ml/L，pH小于2，室温下，取0.010ml/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；
B、室温下，0.010ml/L的NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性， pH小于7，故B错误；
C、室温下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH＜a+2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，故C正确；
D、标况下，取0.10ml/L的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，无论是强酸还是弱酸都收集到H2体积为224mL，故D错误；
故选AC，故答案为AC；
（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性，所以选择酚酞作指示剂，滴入最后一滴锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化，故答案为酚酞；锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化；
②取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000ml/L的NaOH溶液进行滴定，并进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL误差太大，消耗平均体积为20ml，由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000ml/L×0.020L，解得c=0.05000ml/L，故答案为0.05000ml/L；
③A、滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；
B、滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故错误；
C、滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故错误；
D、滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；
故选AD，故答案为AD
本题考查化学实验方案的设计与评价，注意物质分解产物的分析判断、实验验证方法分析、弱电解质的电离平衡理解与应用，掌握滴定实验的步骤、过程、反应终点判断方法和计算等是解答关键。
28、2NH3+2O2N2O+3H2O -163kJ/ml FeO++COCO2+Fe+ 放热 反应① 降低温度 = 1.17
【解析】
(2)利用盖斯定律求反应热；
(3)根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；
(4)根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；
(5)根据三等式求算平衡常数。
【详解】
(1)NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从－3升高到N2O中的＋1，共升高4价；O2中O的化合价从0降低到－2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2N2O+3H2O；
(2) 已知①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) △H1=-1010KJ/ml，②4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) △H2=-1531KJ/ml；反应①×-反应②×可得目标反应，则△H=△H1×-△H2×=-1010kJ/ml×-(-1531kJ/ml)×=-163kJ/ml；
(3)总反应为N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++COCO2+Fe+；
根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；
根据反应①的历程图可知，由Fe＋和N2O经过过渡态得到产物FeO＋和N2，过渡态和反应物Fe＋和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间；
(4)①根据图像，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；
①利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；
设定容器体积的体积为VL。
C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1ml，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有
，则在平衡常数；
D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5ml和1ml，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5ml×0.40=0.6ml，则根据三等式有
，则在平衡常数；
C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC=TD；
(5)根据表格的数据，开始时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1ml，假设到达平衡时，CO转化了xml，根据三等式有
，达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则有，解得x=0.52ml，则平衡常数。
29、AD 5.0≤pH＜7.1 Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42- 8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+ 7 拆解环境保持干燥，拆解下的锂隔绝空气保存
【解析】
软锰矿主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质，利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，步骤Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，过滤得到滤液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应，产生LiMn2O4、CO2、O2，据此分析解答。
【详解】
(1)A．不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触，这样SO2就会更多转化为SO42-，故A正确；
B．增大通入SO2的流速，可能会导致部分SO2未来得及反应就逸出，物质的产率降低，故B错误；
C．减少软锰矿浆的进入量，SO2可能不能及时参加反应，导致回收率降低，故C错误；
D．减小通入SO2的流速，SO2能尽可能充分反应，回收率增大，故D正确；
故答案选AD；
(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)·c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6ml/L，解得：c(OH-)=1×10-9ml/L，则溶液c(H+)=l×10-5ml/L，则pH=5；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]=l×10-39=c(Fe3+)·c3(OH-)，c(Fe3+)=1×10-6ml/L，解得：c(OH-)=1×10-11ml/L，c(H+)=l×10-3ml/L，则pH约为3，故pH范围是：5.0≤pHAg2S
D
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去
BaCl2溶液是酸性溶液
操作及现象
结论
A
其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH
比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色
溶液中一定含有Fe2+
C
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液，观察气体产生的速度
比较CuSO4和KMnO4的催化效果
D
C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得的气体使酸性KMnO4溶液褪色
一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
试管
A
B
C
4 mL0.01ml/L
4 mL 0.02ml/L
4 mL 0.03ml/L
加入试剂
KMnO4
KMnO4
KMnO4
1 mL0.1mL/L H2SO4
1 mL0.1mL/L H2SO4
1 mL0.1mL/LH2SO4
2 mL0.1ml/L H2C2O4
2 mL 0.1ml/L H2C2O4
2 mL 0.1ml/L H2C2O4
褪色时间
28 秒
30 秒
不褪色
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量分数
50.0%
40.25%
32.0%
26.2%
24.0%
24.0%