2025年人教版PEP高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版PEP高三化学下册阶段测试试卷595考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生如下反应：3NF3＋5H2O→2NO＋HNO3＋9HF。下列有关该反应的说法正确的是A.NF3是氧化剂，H2O是还原剂B.NF3是极性分子，在潮湿空气中泄漏会看到红棕色气体C.若生成1molHNO3，则转移2NA个电子D.每消耗0．2mol氧化剂，可收集到5．418L气体2、下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（）A.1molP4含有P-P键的个数为4NAB.1molNa2O2晶体中含有阴阳离子总数为4NAC.1mol金刚石中含有C-C键的个数为2NAD.1molSiO2中含Si-O键的个数为2NA3、下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液中，水的电离程度不相同B.NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为c（Na+）＞c（H+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（OH-）C.将标况下2.24L的CO2通入150mL1mol•L-1NaOH溶液中充分反应后的溶液：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）D.常温下，pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，则反应后的混合液：2c（R2-）+c（HR-）＞c（Na+）4、B元素的最高正价和最低负价的绝对值之差为6，A元素和B元素原子的次外层都有8个电子，AB2在水溶液中电离出电子层结构相同的离子，则AB2是（）A.MgF2B.CaCl2C.K2SD.Na2O5、下列有关反应的离子方程式或电极反应式书写正确的是（）A.钢铁的电化学腐蚀中正极反应式：Fe-2e-=Fe2+B.金属钠与水反应：Na+2H2O=H2↑+2OH-+Na+C.将铁加入过量的稀硝酸中Fe+4H++NO3-=Fe3++2H2O+NO↑D.用铜做阳极电解氯化铜溶液Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑6、下列反应原理不符合工业冶炼金属事实情况的是（）A.4CO+Fe3O43Fe+4CO2↑B.2MgO2Mg+O2↑C.4Al+3MnO22Al2O3+3MnD.2HgO2Hg+O2↑7、下列微粒中，互为同位素的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}^{12}C}和rm{{,!}^{14}C}B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}C.rm{H_{2}}和rm{H^{+}}D.冰和干冰评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、（2015盐城二模）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol•L-1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H2CO3）B.0.1mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）C.0.1mol•L-1NaHCO3溶液与0.2mol•L-1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）＞c（OH-）＞0.05mol•L-1＞c（CO32-）＞c（HCO3-）D.0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合：c（CO32-）+2c（OH-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）9、下列说法中正确的是（）A.乙炔分子中，每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键B.sp3杂化轨道是由能量相近1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道C.凡中心原子采取sp2杂化的分子，其分子构型都是平面三角形D.氨气分子中有一对未参与杂化的孤对电子10、下列有关说法正确的是（）A.反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0B.高温下，工业上用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸C.加热蒸干氯化铝溶液并灼烧残留物至质量不变，所得固体为氧化铝D.高温下，用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，说明钠的金属性比钾强11、下列各组物质中，只用一种试剂就可以鉴别的是（）A.CH4、C2H2、C2H4、CH3CH=CH2B.CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OHC.C6H5OH、C6H5C2H5、C6H5CH3、C6H6D.炭粉、MnO2、CuO、FeS12、根据下表中部分短周期元素的原子半径及主要化合价信息；

。元素代号LMQRT原子半径/nm0.1300.1180.0900.1020.073主要化合价+2+3+2+6、-2-2请判断以下叙述正确的是（）A.氢化物的沸点为H2T＜H2RB.M与T形成的化合物具有两性C.与稀盐酸反应单质L比单质Q快D.L2+与R2-的核外电子数相等13、右图关于原电池或电解池的叙述中；正确的是（）

A.e是稀硫酸，c、d是金属Cu，在AB两端接上一个电流表，可看到电流表指针偏转B.用该装置做Fe片表面电镀Cu的实验，c、d是Fe片和Cu片，e是CuSO4溶液，B接直流电源的正负极C.c、d都用石墨，e为CuCl2溶液，B分别连接直流电源正、负极，c极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑D.c、d分别用Zn和Fe，e是经过酸化的3%NaCl溶液，AB两端接电流表是验证牺牲阳极的阴极保护法实验装置14、下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系据此判断下列说法正确的是（）

A.石墨转变为金刚石是吸热反应B.白磷比红磷稳定C.CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H＜0D.S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2，则△H1＞△H215、已知反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O下列说法不正确的是（）A.Cl2既是氧化剂也是还原剂B.被氧化的氯原子数是被还原的氯原子数的5倍C.氧化剂和还原剂的质量比是1：5D.NaCl是还原产物，NaClO3氧化产物评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、（2015秋•广安校级月考）50mL0.55mol•L-1盐酸与50mL0.50mol•L-1NaOH溶液在如图的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：

（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是____．

（2）从装置图上看除了缺少一种玻璃仪器外，还有一处不妥的是：____．

（3）若实验中改用50mL0.55mol•L-1醋酸溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“减少”“不变”“增多”）；

（4）若实验改用25mL0.55mol•L-1硫酸与25mL0.50mol•L-1Ba（OH）2溶液代替上述反应，所求得的中和热△H____（填“偏大”“偏小”“无影响”）．

（5）已知：Q=cm△t，如果盐酸和NaOH溶液的密度均为1g•cm-3，反应后混合溶液的比热容c=4.18J•（g•℃）-1．实验数据如表：根据上表中所测数据，通过计算得到中和热△H=____kJ/mol（保留一位小数）．。实验。

次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃]盐酸NaOH溶液NaOH溶液120.320.323.6220.320.323.7320.320.325.9420.320.323.8（6）下列操作能引起△H偏大的是：____（填序号）操作．

①大烧杯上不盖硬纸板。

②用环形铜丝搅拌棒搅拌反应混合溶液。

③分多次把NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中．17、依据事实；写出下列反应的热化学方程式．

（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热QkJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为____

（2）若1mol的N2和O2完全反应生成NO2，需要吸收68kJ热量．热化学方程式为____

（3）1molN2与适量H2起反应生成NH3，放出92.2kJ热量．则热化学方程式为____．18、（1）已知：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g），△H=-247kJ/mol一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是____．

A．低温高压B．加入催化剂C．体积不变充入氦气D．增加CO的浓度E．分离出二甲醚。

（2）已知反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），在某温度下，在1L密闭容器中加入CH3OH；反应到10分钟时达到平衡，此时测得各组分的浓度如下：

。物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol•L-1）0.010.20.2①该反应的平衡表达式K=，该温度的平衡常数为____．

②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，该时间内反应速率v（CH3OH）=____．若平衡后，再向容器中再加入0.01molCH3OH和0.2molCH3OCH3，此时正、逆反应速率的大小：v正____v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．19、由X（C5H6）和Y经Diels-Aldeer反应制得，Diels-Aldeer反应为共扼双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是

请回答下列问题：

（1）所含官能团的名称____，M（碳链结构不变）是它的官能团异构体，M的结构简式为____．

（2）Y的系统命名是____．

（3）写出与互为同分异构体，且一溴代物只有两种的芳香烃的结构简式____．20、某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，质谱法测定其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，F的分子式为C7H7NO2；Y是一种功能高分子材料．

已知：

（1）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基

（2）

请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：

（1）X的化学式是____，其核磁共振氢谱图有____个吸收峰；

（2）反应⑤的化学方程式是____；

（3）阿司匹林分子中含有的官能团的名称是____；阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为____；

（4）Y的结构简式为____；

（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有____种；

（6）以下是由A和其他物质合成的流程图．

甲→乙反应的化学方程式为____．评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)21、标准状况下，18gH2O所含的氧原子数目为NA．____（判断对错）22、将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的H2____．（判断对错）23、常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子．____．（判断对错）24、实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共28分)25、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．26、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：27、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．28、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、其他(共4题，共12分)29、实验是化学研究的重要手段；贯穿于化学学习的始终．试回答下列中学化学实验室中常见仪器的有关问题：

（1）在仪器①分液漏斗②试剂瓶③集气瓶④滴定管⑤容量瓶⑥量筒⑦托盘天平中，标有“0“刻度的是（填序号，下同）____；标有使用温度的仪器是____．

（2）“磨砂“是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺．在仪器①试管②分液漏斗③细口试剂瓶④广口试剂瓶⑤集气瓶⑥酸式滴定管⑦碱式滴定管中，用到“磨砂“的有____．

（3）在仪器①漏斗②容量瓶③蒸馏烧瓶④分液漏斗⑤烧杯⑥蒸发皿中，可用于粗盐提纯实验的有____；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物（即分液）实验的有____．30、（15分）物质之间的转化关系如下图，其中A、D、E、F、H为常见单质，其余为化合物，且单质E和单质F在点燃或加热的条件下生成淡黄色的固体，B常温下为液态化合物。试回答下列有关问题：(1)A在元素周期表的位置____周期____族(2)以上7个化学反应属于非氧化还原反应的是____(用编号①→⑦填写)(3)写出反应①是；(4)写出引发反应④的实验操作____写出该反应一种重要的工业用途(5)反应⑤的化学方程式是。(5)写出用A与H作电极材料插入G溶液闭合电路后的正极反应式是。31、有七种常见仪器：细口瓶；试管、天平、分液漏斗、容量瓶、酒精灯、研钵．请根据它们的用途或特征回答问题：

（1）可用于研磨固体的仪器是____．

（2）只有一个刻度线的仪器是____．

（3）分离汽油和水的混合物必须用到的仪器是____．

（4）在实验室中通常作为热源的仪器是____．32、现有E、F、H、I、G、K六种原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分属四个不同周期，E、G同主族，F、H、I为同周期相邻的三种元素，其中F元素形成的化合物种类是所有元素中最多的，I、G简单离子具有相同的电子层结构，K与F形成的离子化合物Q与E和I形成的常见共价化合物R之间的反应是实验室常见的可燃气体制备原理。（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）,请回答下列问题：（1）E～K六种元素原子，原子半径第三大的是____（填对应的元素符号，下同）。（2）E与H两种元素组成一种阳离子，该离子的结构式为____。（3）I、G两种元素组成含有两种化学键的化合物，该化合物的电子式为____。（4）下图为常温下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G组成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I组成相对分子质量为60的一元酸Z溶液过程中溶液pH的变化曲线。①上图能确定Z为(“强”或“弱”)酸,理由是____②B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时W与Z恰好完全反应，这种看法是否正确？____（选填“是”或“否”）。若不正确，则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内？区间（若正确，此问不答）。（5）写出Q与R之间的化学反应方程式____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B|C【分析】试题分析：A、NF3是氧化剂，又是还原剂，错误；B、在潮湿空气中泄漏会看到红棕色气体，NO与氧气反应生成红棕色的NO2，正确；C、NF3→HNO3，转移2NA个电子，正确；D、2NF3→2NO，每消耗0．2mol氧化剂，可收集到5．418L气体，未说温度和压强，错误。考点：考查氧化还原等相关知识。【解析】【答案】BC2、C【分析】【分析】A．白磷分子式为P4；1mol白磷含有6molP-P键，由此解答；

B．过氧化钠中阴离子为过氧根离子；

C．根据1mol金刚石含有2molC-C键进行判断；

D.1mol二氧化硅含有4molSi-O；【解析】【解答】解：A．白磷为正四面体结构，1molP4含有P-P键的个数为6NA；故A错误；

B.1molNa2O2晶体中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，共含有阴阳离子总数为3NA；故B错误；

C．金刚石中的碳都是与相邻的4个碳组成的四个共价键；但是每个共价键是两个C原子共用的，所以1mol碳原子就有2mol的C-C键，故C正确；

D．二氧化硅中，1molSi原子形成4molSi-O键，即含Si-O键的个数为4NA；故D错误；

故选：C．3、C【分析】【分析】A．酸或碱抑制水电离，c（OH-）相同的不同碱；其抑制水电离程度相同；

B．亚硫酸氢钠是强碱弱酸酸式盐；亚硫酸根离子电离程度大于水解程度；

C．标况下2.24Ln（CO2）==0.1mol，n（NaOH）=1mol/L×0.15L=0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=2：3，二者恰好发生反应2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O；根据物料守恒判断；

D．温下，pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒判断．【解析】【解答】解：A．酸或碱抑制水电离，c（OH-）相同的不同碱，其抑制水电离程度相同，氢氧化钠和氢氧化钡都抑制水电离，二者溶液中c（OH-）相等；所以抑制水电离程度相同，故A错误；

B．亚硫酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，亚硫酸根离子电离程度大于水解程度，但亚硫酸根离子水解程度较小，离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；故B错误；

C．标况下2.24Ln（CO2）==0.1mol，n（NaOH）=1mol/L×0.15L=0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=2：3，二者恰好发生反应2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，反应后生成了等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，根据物料守恒得2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）；故C正确；

D．温下，pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）；故D错误；

故选C．4、B【分析】【分析】B元素的最高正价和最低负价的绝对值之差为6，可知最高价为+7价，最低价为-1价，则为ⅦA族元素，因A元素和B元素原子的次外层都有8个电子，可知B为Cl元素，AB2在水溶液中电离出电子层结构相同的离子，可知A最外层由2个电子，化合价为+2价，应为Ca元素，以此解答该题．【解析】【解答】解：B元素的最高正价和最低负价的绝对值之差为6；可知最高价为+7价，最低价为-1价，则为ⅦA族元素；

因A元素和B元素原子的次外层都有8个电子；可知B为Cl元素；

AB2在水溶液中电离出电子层结构相同的离子；可知A最外层由2个电子，化合价为+2价，核外各层电子数目分别为2；8、8、2，应为Ca元素；

则AB2是CaCl2；

故选：B．5、C【分析】【分析】A；钢铁的电化学腐蚀中；正极上是氧气得电子的还原反应；

B；离子反应遵循电荷守恒；

C；金属铁可以和过量的稀硝酸发生反应生成硝酸铁和一氧化氮、水；

D、金属铜是活泼金属电极，作阳极时，电极本身失电子．【解析】【解答】解：A；钢铁的电化学腐蚀中；正极上是氧气得电子的还原反应，金属铁做负极，发生失电子的氧化反应，故A错误；

B、金属钠与水反应：2Na+2H2O=H2↑+2OH-+2Na+；故B错误；

C、金属铁可以和过量的稀硝酸发生反应生成硝酸铁和一氧化氮、水，即Fe+4H++NO3-=Fe3++2H2O+NO↑；故C正确；

D；金属铜是活泼金属电极；作阳极时，电极Cu本身失电子发生氧化反应，故D错误．

故选C．6、B【分析】【分析】根据金属活动性强弱；可采用热还原法；电解法、热分解法等冶炼方法．

热分解法：对于不活泼金属；可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来．

热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2；活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来．

电解法：活泼金属较难用还原剂还原；通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属．

利用铝热反应原理还原：V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼．【解析】【解答】解：A、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2；活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；故A正确；

B；Mg为活泼金属；较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，由于氯化镁的熔点低于氧化镁，所以电解时用氯化镁，不用氧化镁，故B错误；

C；因Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼；故C正确；

D；Hg为不活泼金属；可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故D正确；

故选：B．7、A【分析】解：rm{A}．rm{{,!}^{12}C}和rm{{,!}^{14}C}二者质子数相同；中子数不同，属于同位素，故A选；

B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}是由氧元素组成的不同单质；互为同素异形体，故B不选；

C.rm{H_{2}}和rm{H^{+}}分别是rm{1}种分子和rm{1}中离子；不属于同位素，故C不选；

D.冰是水；干冰是二氧化碳，二者不是同位素，故D不选；

故选：rm{A}

质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素；互为同位素原子具有以下特征：质子数相同；中子数不同，研究对象为原子。

由同种元素组成结构性质不同的单质为同素异形体；同素异形体研究对象为单质；据此判断解答。

把握同位素、同素异形体、同一物质的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意概念的要点及判断方法，题目难度不大。【解析】rm{A}二、多选题(共8题，共16分)8、CD【分析】【分析】A．NaHCO3溶液呈碱性，HCO3-水解程度大于电离程度；

B、0.1mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合；恰好完全反应生成单一的碳酸钠；

C、向0.1mol•L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.2mol•L-1NaOH溶液后，相当于0.05mol•L-1的Na2CO3溶液和0.05mol•L-1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解，导致氢氧根离子浓度大于0.05mol•L-1，而碳酸根离子浓度小于0.05mol•L-1；

D、向0.2mol•L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol•L-1NaOH溶液后，相当于0.05mol•L-1的Na2CO3溶液和0.05mol•L-1NaHCO3溶液的混合液，根据物料守恒和电荷守恒分析解答．【解析】【解答】解：A．NaHCO3溶液呈碱性，HCO3-水解程度大于电离程度，则c（H2CO3）＞c（CO32-）；故A错误；

B．Na2CO3溶液中存在物料守恒，为c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故B错误；

C、向0.1mol•L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.2mol•L-1NaOH溶液后，相当于0.05mol•L-1的Na2CO3溶液和0.05mol•L-1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解呈碱性，所以c（Na+）＞c（OH-）＞0.05mol•L-1＞c（CO32-）＞c（HCO3-）；故C正确；

D、向0.2mol•L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol•L-1NaOH溶液后，相当于0.05mol•L-1的Na2CO3溶液和0.05mol•L-1NaHCO3溶液的混合液，根据电荷守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）-c（H+）．①，而物料守恒可知：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）②，将①代入②，可得：c（CO32-）+2c（OH-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）；故D正确；

故选：CD．9、AB【分析】【分析】A．乙炔分子为CH≡CH；C原子为sp杂化，为直线结构，未参加杂化的2p轨道形成π键；

B．sp3杂化轨道由1个s和3个p轨道杂化成相同的四个轨道；

C．中心原子采取sp2杂化的分子；不存在孤对电子时为平面结构；

D．N原子最外层5个电子，只形成3个N-H键．【解析】【解答】解：A．乙炔分子的结构式H-C≡C-H，中心原子碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+×（4-2×2）=2；采取sp杂化，每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键，故A正确；

B．sp3杂化轨道是指同一电子层内，1个s轨道和3个p轨道杂化，形成能量相等的四个sp3杂化轨道；故B错误；

C．中心原子采取sp2杂化的分子，n=3，sp2杂化，不含孤电子对其分子构型都是平面三角形，否则不是，如二氧化硫分子中，价层电子对数=2+（6-2×2）=3，所以采取sp2杂化；含有一对孤电子对，所以立体构型为V型，故C错误；

D．氨气分子中，N原子最外层5个电子，只形成3个N-H键，存在1对孤对电子，N原子为sp3杂化；且孤对电子参与杂化，故D错误；

故选AB．10、AC【分析】【分析】A；△H-T△S＜0的反应能够自发进行；

B；纯碱和石英砂制玻璃；利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，碳酸酸性大于硅酸；

C；氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢；加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝；

D、高温下，用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行．【解析】【解答】解：A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，据此分析，NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，△H-T△S＜0，反应过程是熵变减小的反应，△S＜0，则该反应的△H＜0；故A正确；

B、纯碱和石英砂制玻璃，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2；利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，实际碳酸酸性大于硅酸，故B错误；

C；氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢；加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故C正确；

D；高温下；用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行，实际钾比钠活泼，故D错误；

故选AC．11、BD【分析】【分析】B选项可利用新制取的Cu（OH）2悬浊液鉴别，选项D可利用浓盐酸鉴别，而选项AC不能只用一种试剂鉴别，以此来解答．【解析】【解答】解：A．C2H2、C2H4、CH3CH=CH2均含不饱和键；只用一种试剂不能鉴别，故A不选；

B．CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH分别与Cu（OH）2悬浊液反应的现象为：砖红色沉淀；蓝色溶液、无现象；现象不同，可鉴别，故B选；

C．C6H5C2H5、C6H5CH3、C6H6为苯及其同系物；只用一种试剂不能鉴别，故C不选；

D．炭粉、MnO2；CuO、FeS与浓盐酸反应的现象分别为：无现象、加热下生成黄绿色气体、生成蓝色溶液；生成臭鸡蛋气味的气体且溶液为浅绿色，现象不同，可以鉴别，故D选；

故选BD．12、BC【分析】【分析】短周期元素R、T都有-2价，应位于周期表第ⅥA族，其中R有+6价，则T为O元素，R为S元素；L、Q都有+2价，处于ⅡA族，且L的原子半径较大，则L为Mg，Q为Be；M最高正价为+3价，由原子半径关系可确定M为Al，结合元素对应单质混合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解析】【解答】解：短周期元素R；T都有-2价；应位于周期表第ⅥA族，其中R有+6价，则T为O元素，R为S元素；L、Q都有+2价，处于ⅡA族，且L的原子半径较大，则L为Mg，Q为Be；M最高正价为+3价，由原子半径关系可确定M为Al；

A．水分子之间存在氢键，沸点较高，常温下为液态，硫化氢常温下为气态，故沸点为H2O＞H2S；故A错误；

B．M与T形成的化合物是氧化铝；属于两性氧化物，故B正确；

C．金属性Mg＞Be；故Mg与盐酸反应更剧烈，故C正确；

D．Mg2+离子核外电子数为10，S2-离子的核外电子数为18；二者核外电子数不相等，故D错误；

故选BC．13、CD【分析】【分析】A；c、d是金属Cu；两个电极相同，不能构成原电池；

B；镀件是阳极与电源的正极相连；

C、A与正极相连是阳极，c极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；

D、锌做负极，铁做正极，发生的是锌的吸氧腐蚀；【解析】【解答】解：A；c、d是金属Cu；两个电极相同，不能构成原电池，故A错误；

B；镀件是阳极与电源的正极相连；所以A、B接直流电源的负正极，故B错误；

C、A与正极相连是阳极，c极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；故C正确；

D；锌做负极；铁做正极，发生的是锌的吸氧腐蚀，是验证牺牲阳极的阴极保护法的实验装置，故D正确；

故选CD．14、AC【分析】【分析】A；由图象可知金刚石的能量比石墨的能量高；

B；由图象可知白磷的能量比红磷的能量高；能量越高，越不稳定；

C；由图象可知该反应是能量升高的反应；

D、由图象可知气态S的能量比固态S的能量高，所以气态硫放出热量多．【解析】【解答】解：A；由图象可知金刚石的能量比石墨的能量高；从低能态到高能态要吸热，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；

B；由图象可知白磷的能量比红磷的能量高；能量越高，越不稳定，所以红磷比白磷稳定，故B错误；

C、由图象可知该反应是能量升高的反应，CO2（g）+H2（g）是反应物，CO（g）+H2O（g）是生成物，为吸热反应，所以反应方程为CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H＞0；所以其逆反应的△H＜0，故C正确；

D、由图象可知气态S的能量比固态S的能量高，所以气态硫放出热量多，由于△H为负值，所以△H1＜△H2；故D错误；

故选AC．15、BC【分析】【分析】在氧化还原反应中，得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，根据得失电子数相等判断被氧化和被还原的氯原子的个数比．【解析】【解答】解：A．该反应中；氯气既得电子又失电子，所以氯气既是氧化剂也是还原剂，故A正确；

B．该反应中，一个氯原子失去5个电子，一个氯原子得到1个电子，要使得失电子数相等，则失电子的原子个数是1，得电子的原子个数是5，所以被氧化的氯原子数是被还原的氯原子数的；故B错误；

C．该反应中；氧化剂和还原剂的质量之比是5：1，故C错误；

D．该反应中，氯化钠是还原产物，NaClO3氧化产物；故D正确；

故选BC．三、填空题(共5题，共10分)16、环形玻璃搅拌棒碎纸条未填满，大小烧杯杯口未相平减小偏小-56.8①②③【分析】【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

（2）为减少热量散失；应使小烧杯口与大烧杯口持平，其余部分用碎塑料填满；

（3）醋酸是弱电解质；电离要吸热；

（4）氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀；放出热量；

（5）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差；再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；

（6）①大烧杯上如不盖硬纸板；会使一部分热量散失；

②铜丝导热性良好；热量损失多；

③分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多．【解析】【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；

故答案为：环形玻璃搅拌棒；

（2）为减少热量散失；应使小烧杯口与大烧杯口持平，其余部分用碎塑料填满；

故答案为：碎纸条未填满；大小烧杯杯口未相平；

（3）醋酸是弱电解质；电离要吸热，所放出的热量偏小；

故答案为：减少；

（4）氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀；放出热量，中和热的数值偏大，但求得的中和热△H偏小；

故答案为：偏小；

（5）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.3℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应后温度为：23.7℃，反应前后温度差为：3.4℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应后温度为：25.9℃，反应前后温度差为：5.6℃；

第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应后温度为：23.8℃，反应前后温度差为：3.5℃；

第3次实验误差较大；舍去，温度差平均值为3.4℃；

50mL0.55mol•L-1盐酸与50mL0.50mol•L-1NaOH溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.4212kJ×=-56.8kJ/mol；即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol；

故答案为：-56.8；

（6）①大烧杯上如不盖硬纸板；会使一部分热量散失，中和热的数值偏小，但中和热△H偏大，故①正确；

②铜丝导热性良好；热量损失多，中和热的数值偏小，但中和热△H偏大，故②正确；

③分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中；热量散失较多，中和热的数值偏小，但中和热△H偏大，故③正确；

故答案为：①②③．17、CH3OH（l）+O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）△H=-32QkJ•mol-1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=68kJ•mol-1；N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2kJ•mol-1【分析】【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，32g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ；1mol甲醇质量为32克，所以完全燃烧1mol甲醇生成二氧化碳和液态水放热725.76KJ，根据燃烧热的概念分析即可解答；

（2）根据热化学方程式的意义以及书写方法来回答；

（3）根据热化学方程式的意义以及书写方法来回答．【解析】【解答】解：（1）1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热QkJ，所以32g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热32QkJ；而燃烧热是强调是可燃物为1mol；

所以甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-32QkJ•mol-1；

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）△H=-32QkJ•mol-1；

（2）1mol的N2和O2完全反应生成NO2，需要吸收68kJ热量，则热化学方程式为：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=68kJ•mol-1；

故答案为：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=68kJ•mol-1；

（3）1molN2与适量H2起反应生成NH3，放出92.2kJ热量，则热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2kJ•mol-1，故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2kJ•mol-1．18、AE4000.04mol•L-1•min-1＞【分析】【分析】（1）要提高CO的转化率；应使平衡向正反应，结合化学平衡移动原理分析选项；

（2）2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）

①K=生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；结合平衡浓度计算；

②计算二甲醚的反应速率，结合反应速率之比等于化学计量数之比计算v（CH3OH），依据浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；【解析】【解答】解：（1）A正反应放热；则降低温度可使平衡向正方向移动，增大压强平衡向正方向移动，故A正确；

B．加入催化剂平衡不移动；故B错误；

C．体积不变充入N2；平衡不移动，故C错误；

D．增加CO浓度；CO的转化率降低，故D错误；

E．分离出二甲醚；可使平衡向正方向移动；

故答案为：AE；

（2）①由表格中的数据及K的定义可知，K===400，故答案为：；400；

②由表格中的数据可知，v（CH3OCH3）==0.02mol•L-1•min-1；又反应速率之比等于化学计量数之比；

v（CH3OH）=2×0.02mol•L-1•min-1=0.04mol•L-1•min-1；

若平衡后，再向容器中再加入0.01molCH3OH和0.2molCH3OCH3，c（CH3OH）=0.02mol/L，c（CH3OCH3）=0.4mol/Lc（H2）=0.2mol/L

Q==200＜K，说明平衡正向进行，v正＞v逆；

故答案为：0.04mol•L-1•min-1；＞；19、碳碳双键1，3-丁二烯1，3，5-三甲基苯【分析】【分析】（1）含碳碳双键；

（2）Y为CH2=CH-CH=CH2；

（3）的分子式为C9H12，其同分异构体的一溴代物只有两种的芳香烃，含3个甲基且结构对称．【解析】【解答】解：（1）含碳碳双键；同分异构体的结构简式为故答案为：碳碳双键；

（2）由X（C5H6）和Y经Diels-Alder反应制得，A为或Y为CH2=CH-CH=CH2；名称为1，3-丁二烯，故答案为：1，3-丁二烯；

（3）的分子式为C9H12，其同分异构体的一溴代物只有两种的芳香烃，含3个甲基且结构对称，名称为1，3，5-三甲基苯，故答案为：1，3，5-三甲基苯．20、4酯基、羧基36【分析】【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为B为C为D酸化生成E，故D为E为在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为Y是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，Y为据此解答．【解析】【解答】解：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为B为C为D酸化生成E，故D为E为在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为Y是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，Y为

（1）通过以上分析知，X是分子中含有4种H原子，核磁共振氢谱图有4个吸收峰；

故答案为：4；

（2）反应⑤是C为与银氨溶液发生氧化反应生成反应方程式为：

故答案为：

（3）由阿司匹林的结构可知；1mol阿司匹林含有1mol-COOH；1mol酯基，该酯基是酸与酚形成的，1mol该酯基能与2molNaOH反应，1mol-COOH与1molNaOH反应，故1mol阿司匹林最多消耗3molNaOH；

故答案为：酯基；羧基；3；

邻氨基苯甲酸在一定条件下能发生缩聚反应，反应方程式为：

故答案为：

（4）由上述分析可知，Y为故答案为：

（5）有多种同分异构体；其中含有1个醛基和2个羟基，如是2个羟基相邻，则醛基有2种位置，如是羟基和醛基相邻，则另一个羟基有4种位置，共有6种同分异构体；

故答案为：6；

（6）在催化剂条件下发生加成反应生成再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成与溴发生加成反应生成最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成故甲→乙反应的化学方程式为：

故答案为：．四、判断题(共4题，共24分)21、√【分析】【分析】根据水的质量计算出物质的量，再计算出氧原子数目．【解析】【解答】解：18g水的物质的量为1mol，含的氧原子数目为NA，故答案为：√．22、×【分析】【分析】氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化．【解析】【解答】解：氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化，则混合气体通过灼热的氧化铜，不能除杂，故答案为：×．23、×【分析】【分析】常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，结合n=、N=nNA判断．【解析】【解答】解：常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，气体摩尔体积大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物质的量小于1mol，故含有CO2分子数目小于NA个N=nNA，故错误，故答案为：×．24、×【分析】【分析】浓硫酸溶解时，会释放出大量的热量，在稀释浓硫酸时，一定要把浓硫酸沿容器璧慢慢注入水里，并不断搅拌．【解析】【解答】解：实验室配制稀硫酸时，应先将水倒入烧杯中，再将浓硫酸用玻璃棒引流进烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌．注意不能将水倒到浓硫酸中，以免溶解时放出的热使酸液沸腾四处飞溅，故答案为：×．五、探究题(共4题，共28分)25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．26、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．27、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．28、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡