2025年上教版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年上教版高三化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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5题，共10分)1、三氟化氮rm{(NF_{3})(}氟只有两种价态：rm{-1}rm{0)}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反应：rm{3NF_{3}+5H_{2}O?2NO+HNO_{3}+9HF.}下列有关该反应的说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{NF_{3}}是氧化剂，rm{H_{2}O}是还原剂B.若rm{1mol}rm{NF_{3}}被氧化，反应转移电子数为rm{2N_{A}}C.若生成rm{0.4molHNO_{3}}则转移rm{0.4mol}电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为rm{1}rm{2}2、下列实验中；所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）

。选项目的分离方法原理A．分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B．分离汽油和四氯化碳分液四氯化碳和汽油的密度不同C．除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D．除去乙酸中的乙醚蒸馏乙酸与乙醚的沸点相差较大A.AB.BC.CD.D3、设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A.标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.2NAB.常温常压下，18gH2O中含的质子数为10NAC.标准状况下，11.2LCH2Cl2中含有的分子数目为0.5NAD.常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA4、下列化学用语使用不正确的是（）A.Na+的结构示意图为B.硫酸钠的电离方程式为Na2SO4=2Na++SO42-氯化C.乙烯的结构简式为CH2CH2D.氯化氢的电子式为5、Cl2、HCl的混合气体通入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后分析产物溶液中除大量OH−外，还有Cl−、ClO−、ClO3−，并知这三种离子的物质的量比为9：2：1。试问原混合气体中Cl2与HCl体积比为A.2：5B.3：1C.5：2D.1：1评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、R分子的质量为ag，相对质量为M，则M与a的比值等于（）A.6.02×1023B.12C原子质量的十二分之一C.0.012Kg12C所含的原子数D.1mol氧气所含的微粒数7、已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性．现有浓度均为0.1mol•L-1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系（R表示S或C），其中一定正确的是（）A.c（H+）＞c（OH-）B.c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-）C.c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32-）+c（OH-）D.c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+c（RO32-）+c（OH-）8、rm{25隆忙}时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}溶液中：rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Fe^{2+})>c(H^{+})}B.rm{pH=11}的氨水和rm{pH=3}的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}C.在rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中：rm{2c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}D.rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的醋酸钠溶液rm{20}rm{mL}与rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}盐酸rm{10}rm{mL}混合后溶液显酸性：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}9、下列物质加入水中，会显著放热的有（）A.烧碱B.硝酸铵C.氯化钾D.金属钠10、在一定恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0．t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件达新平衡，其反应过程如图．下列说法中错误的是（A.0～t2时，v正＞v逆B.t2时刻改变的条件可能是加催化剂C.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ＞ⅡD.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I＜Ⅱ11、下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.准确称取rm{0.4000}rm{g}rm{NaOH}固体可配成rm{100}rm{mL}rm{0.1000}rm{mol?L^{-1}}的rm{NaOH}标准溶液B.催化剂可以加快化学反应速率但不能改变化学反应的焓变C.rm{100}rm{mL}rm{pH=3}的rm{HA}和rm{HB}分别与足量的锌反应，rm{HB}放出的氢气多，说明rm{HB}酸性比rm{HA}弱D.对于反应rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}压缩气体体积使压强增大rm{(}其他条件不变rm{)}则rm{SO_{2}}的转化率增大，平衡常数rm{K}也增大12、下列内容与结论相对应的是()。选项内容结论rm{A}rm{H_{2}O(g)}变成rm{H_{2}O(l)}rm{triangleS>0}rm{B}硝酸铵溶于水可自发进行因为rm{triangleS>0}rm{C}一个反应的rm{triangleH>0}rm{triangleS>0}反应一定不自发进行rm{D}rm{H_{2}(g)+F_{2}(g)=2HF(g)}rm{triangleH=-271kJ/moltriangleS=8J/(mol隆陇K)}反应在任意外界条件下均可自发进行

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、已知铜在常温下能被稀HNO3溶解，反应为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

（1）请将上述反应改写成离子方程式____．

（2）HNO3没有全部参加氧化还原反应，被还原的HNO3占总HNO3的____%，若反应中生成1molNO，则反应中转移____个e-，消耗Cu____g．

（3）把6molCu粉投入含8molHNO3和2molH2SO4的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为____mol．14、某有机物A是一种食品添加剂的增香原料，质谱图显示相对分子质量为166.0.1molA完全燃烧只生成生成0.9molCO2和9gH2O．

（1）A的分子式是____．

（2）A有多种同分异构体，其中有一种B是芳香酸，且B可发生以下变化：

已知：与苯环直接相连的碳原子上有氢原子时才可能被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧酸．

①写出B的结构简式____．

②写出D中官能团的名称____．

反应②的反应类型为____．

（3）写出反应①的化学方程式____．

（4）写出符合下列四种要求D的同分异构体的结构简式____

a．含有苯环b．能发生银镜反应c．能与FeCl3溶液发生反应d．苯环上的一氯取代物只有两种．15、（2016•大连校级模拟）CH4和CO2可以制造价值更高的化学产品．已知：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ/mol

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ/mol

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3=ckJ/mol

（1）写出由甲烷与二氧化碳制一氧化碳和氢气的热化学方程式：____．

（2）一定条件下，等物质的量的（1）中反应生成的气体可合成二甲醚（CH3OCH3），同时还产生了一种可参与大气循环的无机化合物，该反应的化学方程式为____．

二甲醚与乙醇互为同分异构体，都可作为原电池的燃料，两者的比能量____（填相同或不同）．

（3）用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下发生反应：CO2（g）+CH4（g）=CH3COOH（g）；温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率的关系如图，回答下列问题：

①250～300℃时，乙酸的生成速率降低的原因是____．

②300～400℃时，乙酸的生成速率升高的原因是____．16、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C；E同主族．

（1）D在周期表中的位置____；B的原子结构示意图____；

（2）E元素形成最高价氧化物对应水化物的化学式为____；

（3）元素C、D、E形成的原子半径大小关系是____（用元素符号表示）．

（4）C、D可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是____；

（5）A、C两种元素形成的原子个数之比为1：1的化合物电子式____；

（6）B的氢化物与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式____．17、（2012秋•赣榆县校级期中）镁将成为21世纪重要的轻型环保材料．

（1）海洋是天然的镁元素宝库；从海水中提取镁的流程如下：

海水中MgCl2Mg（OH）2MgCl2•6H2OMgCl2Mg

①在实验室进行过滤操作时需要用到玻璃棒，其作用是____．

②电解熔融氯化镁的过程中，____能转化为____能．

（2）①金属镁是一种较活泼金属；在二氧化碳气体中也能燃烧．燃烧的化学方程式为。

2Mg+CO2=C+2MgO，此反应类型属于____

A．分解反应B．化合反应C．置换反应D．复分解反应。

②金属镁在高温下与氮气反应生成氮化镁，在氮化镁中氮元素的化合价为-3．据此写出氮化镁的化学式____．

（3）镁铝合金广泛用于火箭；导弹和飞机制造业等．某兴趣小组为探究镁铝合金的组成；取16g镁铝合金样品，把60g氢氧化钠溶液平均分成三份依次加入样品中，充分反应后，过滤出固体，将其洗涤、干燥、称量，得实验数据如下：

。所加氢氧化钠溶液的次数第一次第二次第三次剩余固体的质量/g10.65.24.0从以上数据可知，该合金中，镁元素与铝元素的质量比为____．所用氢氧化钠溶液的溶质质量分数为____．

（4）老师每次做有关镁的实验时都会强调：镁是一种银白色有金属光泽的金属．但拿出的镁条总是有一层灰黑色的“外衣”；这层灰黑色的外衣是什么物质呢？

猜想：小明认为可能是MgO；小赵认为可能是Mg2（OH）2CO3；小花认为可能是Mg（OH）2．小赵认为小明的猜想是错误的，其理由是____．

实验探究：小赵按如图所示装置进行实验；发现试管口有液滴出现，澄清石灰水变浑浊，同时试管内生成白色固体．

实验分析：实验后，小赵认为小花的猜想也是错误的，其理由是____．

查阅资料得出结论：Mg（OH）2和Mg2（OH）2CO3都可以加热分解，产物均为氧化物，据此请你写出Mg2（OH）2CO3加热。

分解的化学方程式____．18、两组同学对铁及其化合物的性质进行探究．

（1）一组同学用图1所示装置对铁与浓硫酸的反应进行实验．已知：

2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O．请你参与探究并回答相关问题．

①检查装置气密性后，将过量的铁屑和一定量的浓硫酸放入烧瓶，塞紧橡皮塞，开始计时．t1时开始加热；在铁屑表面逐渐产生气泡，当有大量气泡产生时，控制反应温度基本不变．甲同学将收集到的气体体积与时间的关系粗略地表示为图2．

在0～t1时间段，铁屑表面没有气泡生成，说明铁在浓硫酸中发生了____；

t1～t2时间段，反应生成的气体是____．

②t2时，取少量反应液，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加KSCN溶液，呈现血红色．若再滴加过量新制氯水，却发现红色褪去．同学们对红色褪去的原因提出各自的假设．乙同学的假设是：溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态．你的另一种假设是____；为了验证你的假设，请设计一种简便的实验方案____．

（2）另一组同学对铁和稀硝酸的反应进行探究．他们用amolFe和含有bmolHNO3的稀硝酸进行实验，若HNO3只被还原成NO，且反应结束后溶液中含有Fe3+和Fe2+，则的取值范围是____；若反应结束后的溶液中n（Fe3+）：n（Fe2+）=2：1，则的值为____．

19、1999年俄、美科学家联合小组合成了第114号元素的一种同位素，该核素原子的质量数为298，则这种同位素原子的核内中子数为____，核内质子数为____．20、（15分）有机物DBP常用作纤维素树脂和聚氯乙烯的增塑剂，特别适用于硝酸纤维素涂料。具有优良的溶解性、分散性和粘着性。由有机物A和邻二甲苯为原料可以合成DBP。已知：①RCH=CH2+CO+H2②烃A是有机合成的重要原料。A的质谱图表明其相对分子质量为42，红外光谱表明分子中含有碳碳双键；B能发生银镜反应；有机物c的核磁共振氢谱显示其分子中含有5种氢原子，且其峰面积之比为3:2:2:2:1；DBP分子中苯环上的一溴取代物只有两种。（1）A的结构简式是____。（2）B含有的官能团名称是____。（3）有机物C和D反应生成DBP的化学方程式是____。（4）下列说法正确的是（选填序号字母）。a．A能发生聚合反应、加成反应和氧化反应b．和C互为同分异构体，且含有相同官能团的有机物有2种c．邻二甲苯能氧化生成D说明有机物分子中基团之间存在相互影响d．1molDBP可与含2molNaOH的溶液完全反应（5）工业上常用有机物E（C8H4O3）代替D生产DBP。反应分为两步进行：①②中间产物+C→DBP工业生产中在第②步中使用油水分离器将反应过程中生成的水不断从反应体系中分离除去，其目的是____。（6）工业上生产有机物E的反应如下：芳香烃X的一溴取代物只有两种，X的的结构简式是。评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)21、22.4LO2中一定含有6.02×1023个氧分子____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)22、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________．23、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：24、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________．25、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、解答题(共2题，共10分)26、标况下将224LHCl气体溶于635mL水里，所得盐酸的密度为1.18g•cm-3．

（1）求盐酸的质量分数和物质的量浓度；

（2）取出这种盐酸100mL稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度是多少？27、20mL某气态烃，在100mLO2里充分燃烧后烣复到原状况（常温、常压），气体体积为70mL．求该气态烃可能的分子式？写出所有可能的结构简式．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：rm{A.}该反应中，rm{N}元素化合价由rm{+3}价变为rm{+2}价、rm{+5}价，其它元素化合价都不变，所以rm{NF_{3}}既是氧化剂又是还原剂；故A错误；

B.若rm{1molNF_{3}}被氧化，则反应转移电子数rm{=1mol隆脕2隆脕N_{A}/mol=2N_{A}}故B正确；

C.若生成rm{0.4molHNO_{3}}则转移电子的物质的量rm{=dfrac{0.4mol}{1}隆脕2=0.8mol}故C错误；

D.该反应中有rm{=dfrac

{0.4mol}{1}隆脕2=0.8mol}的rm{dfrac{2}{3}}被还原，有rm{NF_{3}}的rm{dfrac{1}{3}}被氧化，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为rm{NF_{3}}rm{2}故D错误；

故选B．

该反应中，rm{1}元素化合价由rm{N}价变为rm{+3}价、rm{+2}价，其它元素化合价都不变，所以rm{+5}既是氧化剂又是还原剂；再结合各个物理量之间的关系式计算．

本题考查了氧化还原反应，明确该反应中元素化合价变化是解本题关键，注意该反应中氧化剂和还原剂是同一物质，为易错点．rm{NF_{3}}【解析】rm{B}2、D【分析】【分析】A．乙醇与水混溶；不分层；

B．汽油和四氯化碳互溶；但沸点不同；

C．NaCl的溶解度受温度影响不大；而硝酸钾的溶解度受温度影响大；

D．乙酸、乙醚混溶，但沸点不同．【解析】【解答】解：A．乙醇与水混溶；不分层，则乙醇不能作碘水的萃取剂，应选苯或四氯化碳，故A错误；

B．汽油和四氯化碳互溶；但沸点不同，应利用蒸馏法分离，故B错误；

C．NaCl的溶解度受温度影响不大；而硝酸钾的溶解度受温度影响大，则冷却结晶析出硝酸钾从而除杂，故C错误；

D．乙酸；乙醚混溶；但沸点不同，利用蒸馏可分离除杂，故D正确；

故选D．3、B【分析】【分析】A；氯气与水的反应中；氯气既是氧化剂，也是还原剂，0.1mol氯气溶于水，只有少量的氯气反应生成氯化氢和次氯酸；

B、18g水的物质的量为：=1mol；1mol水中含有10mol质子；

C；标准状况下；二氯甲烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氯甲烷的物质的量；

D、不是标准状况下，题中条件无法计算2.24L混合气体的物质的量．【解析】【解答】解：A；氯气溶于水；只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以无法计算转移的电子数，故A错误；

B、18g水的物质的量为1mol，含有10mol质子，含的质子数为10NA；故B正确；

C；标况下；二氯甲烷不是气体，题中条件无法计算11.2L二氯甲烷的物质的量，故C错误；

D；常温常压下；不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L二氧化碳和一氧化碳混合气体的物质的量，故D错误；

故选B．4、C【分析】【分析】A．Na+的质子数为11；核外电子数为10，有2个电子层，最外层电子数为8；

B．先判断电解质的强弱；强电解质用“═”，电离方程式应遵循质量守恒定律和电荷守恒，并注意原子团不可拆分来解答；

C．乙烯的结构简式要体现官能团；

D．氯化氢是共价化合物．【解析】【解答】解：A．Na+的质子数为11，核外电子数为10，有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为故A正确；

B．Na2SO4为强电解质，电离方程式为Na2SO4=2Na++SO42-；遵循质量守恒定律和电荷守恒，故B正确；

C．乙烯的结构简式必须能体现出其不饱和键，结构简式应为CH2=CH2；故C错误；

D．氯化氢是共价化合物，所以其电子式为：故D正确．

故选C．5、C【分析】试题分析：Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为2:1，则可设ClO-为2mol，ClO3-为1mol，则氯离子的物质的量时9mol，被氧化的Cl共为3mol，失去电子的总物质的量为2mol×（1－0）＋1mol×（5－0）＝7mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为7mol，即被还原的Cl的物质的量为7mol，则参加反应的氯气是（7mol＋3mol）÷2＝5mol。由氯气生成的氯离子是7mol，所以根据氯化氢与氢氧化钠反应的离子方程式HCl＋NaOH=NaCl＋H2O可知，氯化氢生成的氯离子的物质的量是9mol－7mol＝2mol，则氯化氢的物质的量也是2mol，所以原混合气体中Cl2与HCl体积比为5:2，答案选C。考点：考查氯气和氯化氢的混合气与氢氧化钠溶液反应的有关计算【解析】【答案】C二、双选题(共7题，共14分)6、A|C【分析】解：R分子的相对质量为M，故R的摩尔质量为Mg/mol，即1molR的质量为Mg，而一个R分子的质量为ag，故的意义是在MgR中即1molR中所含有的R分子的个数，即6.02×1023个，即0.012Kg12C所含的原子数；故AC正确．

故选AC．

R分子的相对质量为M，故可知R的摩尔质量为Mg/mol，即1molR的质量为Mg，由于一个R分子的质量为ag，故可知的意义是在1molR中即MgR中含有的R分子的个数；据此分析．

本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和含义，应注意的是1mol物质中含有NA个微粒，即NA个微粒的质量之和即1mol物质的质量．难度不大．【解析】【答案】AC7、B|C【分析】解：A．NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3-电离程度大于水解程度，c（H+）＞＞c（OH-），NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-水解沉淀大于电离程度，c（OH-）＞c（H+）；故A错误；

B．由溶液呈电中性有电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-）；故B正确；

C．根据化学式NaHRO3得物料守恒关系：c（Na+）=c（HRO3-）+c（RO32-）+c（H2RO3），由溶液呈电中性有电荷守恒关系（a）：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-），二者联式可得c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32-）+c（OH-）；故C正确；

D．由B可知，电荷不守恒，应为c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-）；故D错误．

故选BC．

NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3-电离程度大于水解程度，NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-水解沉淀大于电离程度；

两溶液中发生的过程相似，①溶质电离：NaHRO3=Na++HRO3-，②HRO3-电离：HRO3-H++RO32-；

③HRO3-水解：HRO3-+H2OH2RO3+OH-，④水电离：H2OH++OH-．

由溶液呈电中性有电荷守恒关系（a）：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-）；

据化学式NaHRO3得物料守恒关系（b）：c（Na+）=c（HRO3-）+c（RO32-）+c（H2RO3）；

（a）-（b）得质子守恒关系（c）：c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32-）+c（OH-）．

对NaHSO3溶液，过程②的程度大于③，有c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；

对NaHCO3溶液，过程③的程度大于②，有c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+）．

同浓度的两溶液中，c（Na+）相等，c（HRO3-）不一定相等，c（SO32-）＞c（CO32-）．

本题考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，解答本题时注意从守恒的角度分析，本题中还要注意题目要求，即浓度均为浓度均为0.1mol•L-1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液中均存在的关系，此为解答该题的关键之处，注意审题．【解析】【答案】BC8、rAD【分析】解：rm{A.(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}中亚铁离子及铵根离子都水解，但水解程度较小，根据物料守恒得rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Fe^{2+})>c(H^{+})}故A正确；

B.rm{pH=11}的氨水浓度大于rm{pH=3}的盐酸浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得rm{c(Cl^{-})<c(NH_{4}^{+})}离子浓度关系为：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故B错误；

C.在rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液中，rm{Na}元素的物质的量是rm{C}元素物质的量的rm{2}倍，则rm{c(Na^{+})=2c(CO_{3}^{2-})+2c(HCO_{3}^{-})+2c(H_{2}CO_{3})}故C错误；

D.二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的rm{NaCl}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COONa}混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解、醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}故D正确；

故选AD．

A.rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}中亚铁离子及铵根离子都水解；但水解程度较小，根据物料守恒判断；

B.rm{pH=11}的氨水浓度大于rm{pH=3}的盐酸浓度；二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；

C.任何电解质溶液中都存在物料守恒；根据物料守恒判断；

D.二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的rm{NaCl}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COONa}混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度．

本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，知道任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据守恒思想解答，题目难度中等．【解析】rm{AD}9、A|D【分析】解：A．烧碱溶于水会放出大量的热；故A正确；

B．硝酸铵溶于水溶液温度降低；故B错误；

C．固体氯化钾溶于水热效应不明显；故C错误．

D．金属钠溶于水和水反应生成氢氧化钠恒容氢气；反应放出热量，故D正确；

故选AD．

解此题的关键是看清放热两字，注意此题所研究的不一定是放热的化学反应，放热过程也可．如NaOH、CaO、浓H2SO4溶于水、活泼金属和水反应都是典型的放热过程；NH4NO3溶于水是吸热的；C2H5OH；KCl等溶于水热效应不明显．

本题考查物质溶解于水中的热效应，难度不大，注意知识的积累．【解析】【答案】AD10、C|D【分析】解：A、0～t1，反应正向进行，v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆；故A正确；

B；加入催化剂；可以改变反应速率，平衡不移动，符合图象，故B正确；

C、t2时刻改变条件后达到平衡时；逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，故C错误；

D、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变；说明和原平衡等效，所以Ⅰ；Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I=Ⅱ，故D错误；

故选：CD．

A、由图象分析可知，0～t1，反应正向进行，v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆；

B；加入催化剂；可以改变反应速率，平衡不移动；

C、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时；逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；

D、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变；说明和原平衡等效，则平衡常数不变．

本题考查了化学平衡的建立，根据影响速率、平衡的因素来解答，注意图象的分析，难度中等．【解析】【答案】CD11、rBC【分析】解：rm{A.}氢氧化钠溶液容易与空气中的二氧化碳反应而导致变质，即使称量出rm{0.4000g}氢氧化钠固体，最后配制的溶液中，氢氧化钠的浓度也不是rm{0.1000mol/L}故A错误；

B.化学反应中；催化剂只影响反应速率，催化剂对化学平衡无影响，不会改变反应物的转化率，所以不会影响化学反应的焓变，故B正确；

C.rm{100mLpH=3}的rm{HA}和rm{HB}分别与足量的锌反应，rm{HB}放出的氢气多，说明rm{HB}的物质的量比rm{HA}的物质的量大，而电离出的氢离子却相同，说明了rm{HB}的酸性比rm{HA}的弱；故C正确；

D.对于反应rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}压缩气体体积使压强增大rm{(}其他条件不变rm{)}则rm{SO_{2}}的转化率增大，由于温度不变，所以平衡常数rm{K}不会变化；故D错误；

故选BC．

A.氢氧化钠固体易潮解，氢氧化钠溶液容易与空气中的二氧化碳反应，所以无法配制rm{0.1000mol?L^{-1}}的rm{NaOH}标准溶液；

B.催化剂对化学平衡无影响；

C.弱电解质酸性越弱，电离程度越小，相同rm{pH}时需要的浓度越大；据此进行判断；

D.化学平衡常数只受温度影响；温度不变，化学平衡常数不变．

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法、弱电解质酸性强弱判断、化学平衡影响因素等知识，题目难度中等，注意明确影响化学平衡的因素，掌握判断弱电解质酸性强弱的方法．【解析】rm{BC}12、BD【分析】【分析】本题主要考查的是化学反应自发进行的决定因素，一个反应能否自发进行最终取决于吉布斯自由能rm{triangleG=triangleH-TtriangleS}本题主要考查的是化学反应自发进行的决定因素，一个反应能否自发进行最终取决于吉布斯自由能rm{triangleG=triangleH-Ttriangle

S}rm{triangleG<0}一定自发进行，rm{triangleG>0}一定不自发进行。一定自发进行，rm{triangleG=triangleH-Ttriangle

S}一定不自发进行。rm{triangleG<0}rm{triangleG>0}【解答】变成A.时的rm{H_{2}O(g)}故A错误；B.rm{H_{2}O(l)}故B正确；C.根据rm{triangleG=triangleH-TtriangleS}可知，在高温时rm{娄陇S<0}此时反应能发生，故C错误；常温下硝酸铵溶于水是一个能自发进行的吸热过程，硝酸铵溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程，说明该过程的rm{triangleS>0}故B正确；rm{triangleG=triangleH-TtriangleS}可知，在任何温度下rm{triangleS>0}所以该rm{triangleG=triangleH-Ttriangle

S}rm{triangleG<0}D.根据【解析】rm{BD}三、填空题(共8题，共16分)13、3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O253NA963【分析】【分析】（1）3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中；铜；一氧化氮、水在离子反应中保留化学式；

（2）根据方程可知；参加反应的8mol硝酸中，被还原的硝酸的物质的量为2mol，根据化合价变化判断转移电子数；根据方程式计算铜的质量；

（3）先计算氢离子的物质的量，再根据溶液中发生3Cu+8H++2NO3‑=3Cu2++2NO↑+4H2O，判断过量，将不足的代入离子反应方程式来计算．【解析】【解答】解：（1）铜、一氧化氮、水在离子反应中保留化学式，硝酸在水中电离出氢离子和硝酸根离子，其离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）在氧化还原反应中，化合价降低的是氧化剂，发生的是还原反应，根据方程可知，参加反应的8mol硝酸中，被还原的硝酸的物质的量为2mol，所以被还原的HNO3占总HNO3的25%；由HNO3生成NO，氮元素的化合价从+5价降低到+2价，转移3个电子，所以生成1molNO转移3mol，即3NA个电子；根据反应方程式可知生成1molNO；消耗1.5mol铜，所以铜的质量为m=nM=1.5mol×64g/mol=96g；

故答案为：25；3NA；96；

（3）n（Cu）=6mol，n（NO3-）=8mol，n（H+）=8mol+2×2mol=12mol；

由3Cu+8H++2NO3‑=3Cu2++2NO↑+4H2O可知；

6molCu反应需要消耗4molNO3‑，消耗16molH+，显然H+不足；

设放出的气体的物质的量为x；则。

3Cu+8H++2NO3‑=3Cu2++2NO↑+4H2O

82

12molx

；解得x=3mol；

故答案为：3．14、C9H10O3羧基、碳碳双键加聚反应2+O22+2H2O【分析】【分析】0.1molA完全燃烧只生成生成0.9molCO2和9gH2O，水的物质的量为0.5mol，则A分子中含有9个碳原子、10个氢原子，A的对分子质量为166，A分子中含有氧原子数目为=3，故A的分子式为C9H10O3，A的一种同分异构体B是芳香酸，含有羧基，B能发生催化氧化得到C，且C可以发生银镜反应，则C含有醛基，故B中羟基连接碳原子含有2个H原子，B在浓硫酸作用下得到D，D可以形成高分子化合物，与羟基相连的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，B被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，则B中苯环上含有1个支链，综上分析可知B的结构简式为则D为E为F为据此解答．【解析】【解答】解：0.1molA完全燃烧只生成生成0.9molCO2和9gH2O，水的物质的量为0.5mol，则A分子中含有9个碳原子、10个氢原子，A的对分子质量为166，A分子中含有氧原子数目为=3，故A的分子式为C9H10O3，A的一种同分异构体B是芳香酸，含有羧基，B能发生催化氧化得到C，且C可以发生银镜反应，则C含有醛基，故B中羟基连接碳原子含有2个H原子，B在浓硫酸作用下得到D，D可以形成高分子化合物，与羟基相连的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，B被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，则B中苯环上含有1个支链，综上分析可知B的结构简式为则D为E为F为

（1）由上述分析可知，A的分子式是C9H10O3，故答案为：C9H10O3；

（2）①由上述分析可知，B的结构简式为故答案为：

②D为含有官能团为：羧基；碳碳双键，反应②是烯发生的加聚反应生成高聚物，故答案为：羧基、碳碳双键；加聚反应；

（3）反应①的化学方程式为：2+O22+2H2O；

故答案为：2+O22+2H2O；

（4）符合下列四种要求B（）的同分异构体：

a．含有苯环，b．能发生银镜反应，含有醛基，c．能与FeCl3溶液发生反应，含有酚羟基，d．苯环上的一氯取代物只有两种，只能是含有2个不同的取代基其处于对位，符合条件的同分异构体有：故答案为：．15、CH4（g）+CO2（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H=（a+2b-2c）kJ/mol3CO+3H2═CH3OCH3+CO2不相同催化剂的催化效率降低，化学反应速率降低温度升高，化学反应速率加快【分析】【分析】（1）已知①CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ/mol

②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ/mol

③2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H3=ckJ/mol

①+2×②-2×③得：CH4（g）+CO2（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H；依据盖斯定律计算反应热；

（2）据反应物和生成物可知；参与大气循环的无机化合物为二氧化碳，据原子守恒书写化学方程式；

依据二甲醚与乙醇结构判断；

（3）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；

②温度升高，化学反应速率加快．【解析】【解答】解：（1）已知①CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ/mol

②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ/mol

③2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H3=ckJ/mol

据盖斯定律，①+2×②-2×③得：CH4（g）+CO2（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H=（a+2b-2c）kJ/mol；

故答案为：CH4（g）+CO2（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H=（a+2b-2c）kJ/mol；

（2）据反应物和生成物可知，参与大气循环的无机化合物为二氧化碳，据原子守恒书写化学方程式为：3CO+3H2═CH3OCH3+CO2；

二甲醚结构简式为CH3OCH3，中含有C-H和C-O键，乙醇结构简式为CH3CH2OH；含有C-H，C-O，O-H键，二者完全燃烧生成产物相同都是二氧化碳和水，依据△H=反应物总键能-生成物总键能，可知二者比能量不同；

故答案为：3CO+3H2═CH3OCH3+CO2；不同；

（3）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为：催化剂的催化效率降低，化学反应速率降低；

②温度升高，化学反应速率加快，故答案为：温度升高，化学反应速率加快．16、第三周期第ⅠA族H2SO4Na＞S＞O离子键、共价键NH3+H+=NH4+【分析】【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；则D的化合价为+1价，D为Na元素；C；E主族，则E为S元素；

（1）D为Na元素，在周期表中的位置是：第三周期第ⅠA族；B为N元素，原子结构示意图为

故答案为：第三周期第ⅠA族；

（2）E为S元素，最高价为+6，最高价氧化物对应水化物为H2SO4；

故答案为：H2SO4；

（3）同周期随原子序数增大；原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞S＞O；

故答案为：Na＞S＞O；

（4）Na2O2含有的化学键是离子键；共价键；

故答案为：离子键；共价键；

（5）H、O两种元素形成的原子个数之比为1：1的化合物为H2O2，分子中O原子与H原子之间形成1对共用电子对、O原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：

故答案为：

（6）氨气与硝酸反应生成硝酸铵，反应离子方程式为：NH3+H+=NH4+；

故答案为：NH3+H+=NH4+．17、引流电化学CMg3N21：340%氧化镁为白色固体与水缓慢反应生成氢氧化镁样品分解生成的二氧化碳使澄清石灰水变浑浊Mg2（OH）2CO32MgO+CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）①过滤使用玻璃棒引流；

②电解中电能转化为化学能；

（2）①反应为单质与化合物反应生成单质与化合物；

②在氮化镁中氮元素的化合价为-3；Mg为+2价；

（3）取16g镁铝合金样品；把60g氢氧化钠溶液平均分成三份依次加入样品中，最后剩余固体为Mg，其质量为4g，结合Al～NaOH计算；

（4）氧化镁为白色固体，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，Mg2（OH）2CO3分解生成MgO、CO2、H2O．【解析】【解答】解：（1）①过滤使用玻璃棒；起引流作用，故答案为：引流；

②电解中电能转化为化学能；故答案为：电；化学；

（2）①反应为单质与化合物反应生成单质与化合物；该反应为置换反应，故答案为：C；

②在氮化镁中氮元素的化合价为-3，Mg为+2价，则氮化镁的化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；

（3）取16g镁铝合金样品；把60g氢氧化钠溶液平均分成三份依次加入样品中，最后剩余固体为Mg，其质量为4g，则Mg；Al质量比为4g：（16g-4g）=1：3；

由第一、第二次数据可知由Al～NaOH可知，NaOH的质量为×40g/mol=8g，则20g溶液中的质量分数为×100%=40%；故答案为：1：3；40%；

（4）小赵认为小明的猜想是错误的，其理由是氧化镁为白色固体与水缓慢反应生成氢氧化镁，而信息中为灰黑色物质；小赵认为小花的猜想也是错误的，其理由是样品分解生成的二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，而氢氧化镁不会生成二氧化碳，则Mg2（OH）2CO3分解生成MgO、CO2、H2O，反应为Mg2（OH）2CO32MgO+CO2↑+H2O；

故答案为：氧化镁为白色固体与水缓慢反应生成氢氧化镁；样品分解生成的二氧化碳使澄清石灰水变浑浊；Mg2（OH）2CO32MgO+CO2↑+H2O．18、钝化H2、SO2溶液中的SCN-被氧化；向褪色后的溶液中加入FeCl3溶液，若不恢复红色，则我的假设成立（或：向褪色后的溶液中加入KSCN溶液，若恢复红色，则我的假设成立）＜＜【分析】【分析】（1）①根据浓硫酸的强氧化性结合图象中各时间段的变化解答；

②FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色，若再滴加过量新制氯水，却发现红色褪去，可能溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态，也可能溶液中的SCN-被过量的氯水氧化；

（2）根据氧化还原反应中得失电子数目相等来回答，若HNO3只被还原成NO，1个氮原子从+5价变为+2价得3个电子，1个铁变为+3价失去3个电子或变为+2价失去2个电子；【解析】【解答】解：（1）①在0～t1时间段，铁屑表面没有气泡生成，是因为金属铁被浓硫酸氧化，表面生成一层致密的氧化膜，这种氧化膜不溶于浓硫酸，是金属铁的钝化现象；t1～t2时间段，发生反应2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O，反应生成的气体是H2、SO2，故答案为：钝化；H2、SO2；

②t2时，取少量反应液，先滴加少量新制饱和氯水，然后滴加KSCN溶液，呈现血红色．发生反应：Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3．若再滴加过量新制氯水，却发现红色褪去，从反应物的角度考虑，有两种可能，可能是溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态，没有Fe3+，溶液不变红色，也可能是溶液中的SCN-被氧化，由于没有SCN-，溶液不变红色，如果是溶液中的SCN-被氧化，可再加SCN-，如果是溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态，可再加FeCl3溶液；

故答案为：溶液中的SCN-被氧化；向褪色后的溶液中加入FeCl3溶液；若不恢复红色，则我的假设成立（或：向褪色后的溶液中加入KSCN溶液，若恢复红色，则我的假设成立）；

（2）用amolFe和含有bmolHNO3的稀硝酸进行实验，若HNO3只被还原成NO，且反应结束后溶液中含有Fe3+和Fe2+，Fe和HNO3均无剩余；若金属铁全转化为亚铁，铁失电子的量为2amol，硝酸显示酸性和氧化性，根据。

3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O

38

amolbmol=；

若金属铁全转化为三价铁；铁失电子的量为3amol，硝酸显示酸性和氧化性，根据。

Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O

14

amolbmol=则的取值范围是＜＜；若反应结束后的溶液中n（Fe3+）：n（Fe2+）=2：1，则生成amolFe2+，失去电子amol，同时生成硝酸亚铁须amol硝酸根离子；生成amolFe3+，失去电子2amol，同时生成硝酸铁须2amol硝酸根离子；总共失去amol电子，HNO3只被还原成NO，1个氮原子从+5价变为+2价得3个电子，根据氧化还原反应中得失电子数目相等，需被还原的硝酸的物质的量为：amol，总共须的硝酸根离子为amo+2amol=amol，所以需硝酸总的物质的量为：amol+amol=amol，用amolFe和含有bmolHNO3的稀硝酸进行实验，且反应结束后溶液中含有Fe3+和Fe2+，说明硝酸全部反应，则=；

故答案为：＜＜；；19、184114【分析】【分析】第114号元素的一种同位素，其质子数为114，质子数+中子数=质量数，以此来解答．【解析】【解答】解：第114号元素的一种同位素；其质子数为114；

质量数为298；则中子数为298-114=184；

故答案为：184；114．20、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CH=CH22分（2）醛基（写结构简式给分）2分（3）（化学方程式书写，反应条件、气体、沉淀符号1分，配平1分，化学式或结构简式写错1个扣1分。以下同）3分（4）acd3分（少写或写错1个扣1分）[来源:]（5）减少生成物，使平衡向右移动（向正反应方向，生成DBP的方向均给分；不写平衡移动方向扣2分）2分（6）3分四、判断题(共1题，共2分)21、×【分析】【分析】氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量．【解析】【解答】解：若为标况下，22.4L氧气的物质的量为1mol，含有6.02×1023个氧分子，但氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量，不能确定含有氧气分子数目，故错误，故答案为：×．五、探究题(共4题，共32分)22、|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．23、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