2025年沪科版高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版高三化学下册阶段测试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、已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566kJ/mol

Na2O2（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+△H=-226kJ/mol

根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）A.CO的燃烧热为566kJ/molB.

如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C.2Na2O2（s）+2CO2（s）═2Na2CO3（s）+O2（g）△H＜-452kJ/molD.CO2（g）与Na2O2（s）反应放出452kJ热量时，电子转移数为4NA2、下列叙述中正确的是（）

（1）纯铁比碳素钢易生锈（2）用氨水除去试管上的银镜。

（3）硅是制作光导纤维和制造太阳能电池的主要原料。

（4）可用稀盐酸；碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性Cl＞C（碳）＞Si

（5）催化剂只能改变反应的活化能；不能改变反应的热效应。

（6）用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质。

（7）同主族元素的简单阴离子还原性越强；水解程度越大。

（8）Al2O3在工业上用于制作耐高温材料；也用于电解法治炼铝。

（9）丁达尔效应可用于区别溶液与胶体；云；雾均能产生丁达尔效应。

（10）明矾可用于水的消毒；杀菌；碳酸钡可用于钡餐透视。

（11）用浸泡过的高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯；可达到水果保鲜的目的。

（12）同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越弱．A.（1）（4）（5）（6）（7）（11）（12）B.（2）（3）（5）（7）（9）（12）C.（1）（3）（4）（5）（6）（11）D.（5）（6）（8）（9）（11）（12）3、反应A＋B→C分两步进行：①A＋B→X，②X→C，反应过程中能量变化如下图所示，E1表示反应A＋B→X的活化能。下列有关叙述正确的是A.E2表示反应X→C的活化能B.反应A＋B→C的△H<0C.X是反应A＋B→C的催化剂D.加入催化剂可改变反应A＋B→C的焓变4、有体积相同的两份营养液其配方如下，试判断两份营养液中各离子浓度的关系是（）。KClK2SO4ZnSO4ZnCl2第一份0.3mol0.2mol0.1mol—第二份0.1mol0.3mol—0.1molA．仅c（K＋）相同B．仅c（Cl－）相同C．完全相同D．完全不同5、我国成功地发射了嫦娥一号探测卫星，确定对月球土壤中14种元素的分布及含量进行探测等．月球的矿产资源极为丰富，仅月面表层5cm厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石[CaMgSi2O6]、斜长石[KAlSi3O8]和橄榄石[(Mg，Fe)2SiO4](逗号表示两种元素各占一部分)等，下列说法或分析不正确的是()A.辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿B.斜长石的氧化物形式可表示为：K2O•Al2O3•6SiO2C.橄榄石中铁为+2价D.月球上有游离态铁是因为月球上铁的活动性比地球上铁的活动性弱评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)6、下述实验不能到达预期目的是()

。编号实验内容实验目的A向蔗糖溶液中加入4滴稀硫酸，煮沸几分钟，冷却，再加入银氨溶液，水浴加热检验蔗糖是否已水解B将Cl2通入NaBr溶液中比较氯气与溴的氧化性强弱C将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后，用冰水混合物冷却降温研究温度对化学平衡的影响D分别向2支试管中加入相同体积、不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2研究催化剂对H2O2分解速率的影响A.AB.BC.CD.D7、将碳酸氢钠和过氧化钠的纯净粉末均匀混合后分成等质量的两份，向其中一分加入足量盐酸，放出的气体在标况下为rm{11.2L}将该气体再通入另一份混合物中，充分反应后剩余的气体在标况下为rm{8.96L}原混合物中碳酸氢钠和过氧化钠的物质的量的比可能是()A.rm{4:1}B.rm{2:1}C.rm{2:9}D.rm{1:3}8、下列各原子或离子的电子排布式正确的是()

A.rm{K^{+}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}}B.rm{F}rm{2s^{2}2p^{5}}C.rm{S^{2-;}}rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}D.rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{4}}rm{Ar}rm{1s^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}9、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）B.将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c（Na+）＞c（Cl-）C.已知Ka（HF）=7.2×10-4，Ka（HCN）=6.2×10-10，等体积等浓度的NaF、NaCN溶液中，前者离子总数小于后者D.浓度均为0.1mol•L-1的①（NH4）2CO3②（NH4）2SO4③（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（NH4+）的大小顺序为：③＞②＞①10、如图是用稀rm{HNO_{3}}和rm{Cu}制取少量rm{NO}并验证氮氧化合物性质的装置rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}

A.吸收剂可以是rm{NaOH}溶液B.试管上部的气体始终为无色C.小试管中溶液最终呈蓝色D.试纸先变红后褪色评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)11、常温下；将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：

。实验编号HA物质的量浓度（mol/L）NaOH物质的量浓度（mol/L）混合溶液的pH0.10.1pH=9请回答：

（1）混合溶液中离子浓度由大到小得顺序关系____

（2）实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH-）=____mol/L．

（3）写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不能做近似计算）．

c（Na+）-c（A-）=____mol/Lc（OH-）-c（HA）=____mol/L．12、粗食盐中除含有钙离子；镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外；还含有泥砂等不溶性杂质．我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的．通过教材中“粗盐的提纯”及你做过的该实验回答下列问题．

（1）实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程①放置酒精灯；②固定铁圈位置；③放上蒸发皿（蒸发皿中盛有NaCl溶液）；④加热搅拌；⑤停止加热．其正确的操作顺序为____．

（2）如何运用最简方法检验溶液中有无SO42-离子？____．如果有，应该如何除去SO42-离子？____．

（3）在粗盐经过溶解→过滤后的溶液中滴加饱和Na2CO3溶液，直至不再产生沉淀为止．请问这步操作的目的是____．

（4）将经过操作（3）后的溶液过滤．请问这一操作能除掉哪些杂质？____．

（5）实验室里将粗盐制成精盐的过程中；在溶解；过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，分别说明在这三种情况下使用玻璃棒的目的；

溶解时：____．过滤时：____．蒸发时：____．13、下列给出的是一些物质的燃烧热数据：

。物质△H（kJ•mol-1）物质△H（kJ•mol-1）C（s）-393.5C2H6（g）-1559.8H2（g）-285.8C3H8（g）-2219.9C2H4（g）-1411.0C12H26（l）-8162.0（1）分析上表数据可知：

①分别完全燃烧C（s）和C3H8（g）提供相同的热量，其中____产生的温室气体更多；

②不同烃燃烧的热值（单位质量烃完全燃烧所放出的热量多少）与元素含量之间的关系是____．

（2）“长征五号”火箭是我国正在研制的大推力火箭，该火箭的一级推进剂是煤油和液氧，以C12H26表示煤油的组成，请你写出煤油燃烧生成液态水的热化学方程式：____．

（3）根据上表的数据____（填“能”或“不能”）计算出反应C2H4（g）+H2（g）=C2H6（g）的焓变，若能，请你求出该反应的焓变△H=____；若不能，请你说明原因____．14、有机化合物F是治疗感冒药的主要成分之一；能够缓解感冒时带来的鼻塞；流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：

①（R；R′、R″均代表烃基；X代表卤素原子）；

②A蒸汽密度是相同条件下氢气密度的53倍．

回答下列问题：

（1）R-H名称为____；A分子中最多有____个原子在同一平面上．

（2）D中含氧官能团的名称为____；E的结构简式为____．

（3）写出反应②的化学方程式：____．反应⑤的反应类型为____．

（4）B的消去反应产物可以用于合成高分子化合物G，请写出G的结构简式：____．

（5）满足下列要求的C的同分异构体有____种（不考虑立体异构）

①能与氢氧化钠溶液反应；②分子中含有两种官能团。

其中苯环上的一氯代物只有两种且存在顺反异构体的结构简式为____（写反式结构）15、亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂；探究小组开展如下实验，回答下列问题：

实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．

已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．

（1）装置C的作用是____；

（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的方程式为____；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为____；反应后的溶液中阴离子除了ClO2-、ClO3-、Cl-、ClO-、OH-外还可能含有的一种阴离子是____；检验该离子的方法是____；

（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．

①减压，55℃蒸发结晶；②____；③____；④____得到成品．

（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是____；

实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定。

（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：

准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2-+4I-+4H+═2H2O+2I2+Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol•L-1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为____．16、聚甲基丙烯酸酯纤维具有质轻；频率宽等特性；广泛应用于制作光导纤维．已知A为某种聚甲基丙烯酸酯纤维的单体，其转化关系如下：

（1）A的结构简式为____．

（2）下列有关E的说法不正确的是____（填写字母编号）

A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．能使溴的CCl4溶液褪色。

C．一定条件下；能够发生消去反应D．一定条件下，能够发生取代反应。

（3）F的同分异构体中属于酯类的有____种。

（4）反应②的化学方程式是____，反应⑤的化学方程式是____．17、有机物A～E的转化关系如下所示．1molA能与1molBr2恰好完全反应；E的分子式为C5H10O3，1molE分别与Na、NaHCO3反应；消耗两者物质的量之比为2：1，氢核磁共振谱分析E有5组不同的特征峰．F分子结构中含有一个六元环．已知：

（1）E中含有的官能团名称是____，E的结构简式是____

（2）写出C→D的化学方程式____，反应类型____

（3）写出E→F的化学方程式____，反应类型____

（4）E转化为F过程中，可能发生多种副反应，写出含5个碳原子的副产物的键线式____、____．评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)18、1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA．____（判断对错）19、中性干燥剂无水氯化钙，既可干燥H2，又可干燥HCl，还可干燥NH3____（判断对错）．20、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应是化学变化____．（判断对确）评卷人得分五、探究题(共4题，共36分)21、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________．22、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：23、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________．24、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、简答题(共2题，共6分)25、硒化锌是一种透明色半导体；也可作为红光外学材料，熔点1520℃．

（1）基态锌原子的价电子排布式是______．

（2）根据元素周期律，电负性Se______S，第一电离能Se______As（填“＞”或“＜”）

（3）H2Se的分子构型是______，其中Se的杂化轨道类型是______．

（4）H2O的沸点（100℃）高于H2Se的沸点（-42℃）其原因是______．

（5）晶体Zn为六方最密堆积，其配位数是______．

（6）ZnSe晶胞如图，假设阿伏伽德罗常数值为NA，则144gZnSe晶体中的晶胞数是______．26、槟榔碱在医疗上常用于治疗青光眼，其一种合成路线如下：

已知：Ⅰrm{.}不饱和化合物与氨rm{(NH_{3})}或胺rm{(R隆陋NH_{2})}反应能生成新的胺类化合物

rm{(1)B}中含氧官能团的名称为_____。rm{(2)}反应rm{垄脵}的反应类型为_____；反应rm{垄脷}的反应条件为_____。rm{(3)}反应rm{垄脹}的化学方程式为_____。rm{(4)C}的结构简式为_____。rm{(5)}下列说法正确的是_____rm{(}填字母rm{)}rm{a.}反应rm{垄脺}为取代反应反应rm{a.}为取代反应rm{垄脺}槟榔碱与化合物rm{b.}互为同系物rm{G}最多能与rm{c.1molD}发生反应rm{2molNaOH}已知rm{(6)}在rm{A}溶液中水解的产物之一是一种新型功能高分子材料rm{NaOH}的单体，写出生成rm{(PAANa)}的化学方程式_____。。rm{PAANa}

rm{(7)}已知：rm{CH_{2}=CHCH_{3}+Cl2xrightarrow[]{{500}^{0}C}CH_{2}=CHCH_{2}Cl+HCl}以丙烯和乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成rm{CH_{2}=CHCH_{3}+Cl2

xrightarrow[]{{500}^{0}C}CH_{2}=CHCH_{2}Cl+HCl}写出合成路线rm{A}用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件rm{(}rm{)}参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】A；依据燃烧热的概念分析计算判断；

B、2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566kJ/mol；表示2mol的一氧化碳完全反应生成2mol的二氧化碳放出热量；

C；根据热化学方程式中热量与物质的量之间的关系、物质由固态变气态吸收热量以及盖斯定律来解答；

D、据所给热化学方程式分析；【解析】【解答】解；A；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；单位为KJ/mol，CO的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；

B、2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566kJ/mol；表示2mol的一氧化碳完全反应生成2mol的二氧化碳放出热量，则生成物能量比反应物能量低，故B正确；

C、题目中第二个方程的2倍为：2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=-452kJ/mol，本题中的CO2（s）多一步变气体吸热的过程；所以本题放出的热量就少于452，但是△H＞-452kJ/mol，故C错误；

D、反应Na2O2（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+O2（g）△H=-226kJ•mol-1，每有1molNa2O2（s）反应．转移1mol电子，放热226KJ，所以反应放出452kJ热量时，电子转移数为2NA；故D错误；

故选B．2、D【分析】【分析】（1）碳素钢易构成原电池；

（2）银单质不和氨水反应；

（3）光导纤维的主要原料是二氧化硅；

（4）非金属元素的最高价含氧酸的酸性强弱能证明非金属性的强弱；

（5）催化剂可以改变化学反应速率；不影响反应进行的限度，不能改变一个化学反应的热效应；

（6）氢氟酸能和二氧化硅反应；

（7）同主族元素的简单阴离子还原性越强；越难水解；

（8）根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法；

（9）溶液无丁达尔效应；胶体有丁达尔效应；

（10）明矾不具有杀菌消毒作用；碳酸钡也不能用于钡餐透视，因其溶于胃酸；

（11）乙烯是水果的催熟剂；

（12）同周期金属元素的化合价越高，越难失去电子．【解析】【解答】解：（1）碳素钢中含有碳和铁；遇到合适的电解质溶液能构成原电池，原电池中铁作负极容易被腐蚀，所以碳素钢比纯铁易生锈，故错误；（2）银单质不和氨水反应，无法除去，故错误；

（3）光导纤维的主要原料是二氧化硅；太阳能电池的主要原料是硅，故错误；

（4）盐酸不是氯元素的最高价含氧酸；所以不能用稀盐酸；碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性Cl＞C＞Si，故错误；

（5）催化剂参与化学反应；改变了化学反应的路径，降低了反应的活化能，不能改变一个化学反应的热效应，故正确；

（6）玻璃中含有二氧化硅；氢氟酸能和二氧化硅反应，所以用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质，故正确；

（7）同主族元素的简单阴离子还原性越强；越难水解，如卤族元素中，碘离子还原性最强，不水解，故错误；

（8）氧化铝的熔点很高，所以Al2O3在工业上用于制作耐高温材料；铝是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法，所以用电解法冶炼铝金属，故正确；

（9）溶液无丁达尔效应；胶体有丁达尔效应，丁达尔效应可用于区别溶液与胶体，云；雾是胶体均能产生丁达尔效应，故正确；

（10）明矾水解可以产生胶状的Al（OH）3；具有吸附作用用于净化水；硫酸钡用作钡餐，碳酸钡能够溶于胃酸，不能用于钡餐，故错误；

（11）乙烯是水果的催熟剂；高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故正确；

（12）同周期金属元素的化合价越高；越难失去电子，如第三周期中，Na比Al容易失去电子，故正确．

故选D．3、B【分析】试题分析：A、E2表示反应X→C中活化分子变成生成物时放出的能量，而不能表示活化能，A不正确；B、关键图像可知，反应物A和B的总能量高于生成物C的总能量，因此反应A＋B→C的△H＜0，B正确；C、X是反应A＋B→C的中间产物，而表示催化剂，C不正确；D、催化剂只能改变活化能，但不能改变焓变，D不正确，答案选B。考点：考查活化能、焓变、催化剂对活化能和焓变影响等【解析】【答案】B4、C【分析】【解析】【答案】C5、D【分析】解：A、辉石[CaMgSi2O6]、斜长石[KAlSi3O8]和橄榄石[(Mg，Fe)2SiO4]的成分均属于硅酸盐类；均属于硅酸盐矿，故A正确；

B、硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，再是非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以斜长石的氧化物形式可表示为：K2O•Al2O3•6SiO2；故B正确；

C；化合物中；镁元素化合价是+2价，硅元素化合价是+4价，氧元素化合价是-2价，所以铁元素化合价是+2价，故C正确；

D；金属铁的活动性是金属本身的性质；和金属是在月球上还是在地球上无关，故D错误．

故选D．【解析】【答案】D二、双选题(共5题，共10分)6、A|D【分析】解：A；蔗糖是非还原性糖；在酸作用下水解生成葡萄糖和果糖具有还原性，需要先加入氢氧化钠中和硫酸呈碱性，再加入银氨溶液加热出现银镜现象，证明蔗糖水解，故A错误；

B、将Cl2通入NaBr溶液中反应，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；氧化剂氯气的氧化性大于氧化产物溴单质，可以比较氯气与溴的氧化性强弱，故B正确；

C、将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后，为二氧化氮和四氧化二氮气体的混合物，存在化学平衡：2NO2⇌N2O4；反应过程是放热反应，用冰水混合物冷却降温混合气体颜色变浅，可以研究温度对化学平衡的影响，故C正确；

D、相同体积、不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2，若加入到年底小的过氧化氢中，催化作用不一定比浓度大的过氧化氢速率快，所以不能研究催化剂对H2O2分解速率的影响；故D错误；

故选AD．【解析】【答案】AD7、BD【分析】略【解析】rm{BD}8、AD【分析】【分析】本题考查的是电子排布的规律，难度较小。【解答】A.钾离子有rm{18}个电子，电子排布正确，故A正确；B.氟原子有rm{9}个电子，电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{5}}故B错误；C.硫离子有rm{18}个电子，电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}}，故C错误；D.氩为rm{18}个电子，电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}}，故D正确。故选AD。【解析】rm{AD}9、B|D【分析】解：A．铵根离子水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-）；故A错误；

B．溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），结合电荷守恒式c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（Ac-）可知，c（Na+）＞c（Cl-）；故B正确；

C．Ka越小，对应盐的水解程度越大，由c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（F-）、c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-），NaCN溶液c（H+）小；则等体积等浓度的NaF；NaCN溶液中，前者离子总数大于后者，故C错误；

D．①相互促进水解，②中只有铵根离子水解，③中铁离子水解生成的氢离子抑制铵根离子水解，则c（NH4+）的大小顺序为：③＞②＞①；故D正确；

故选BD．

A．铵根离子水解显酸性；

B．溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），结合电荷守恒式c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（Ac-）分析；

C．Ka越小；对应盐的水解程度越大，其离子总数就小；

D．①相互促进水解；②中只有铵根离子水解，③中铁离子水解生成的氢离子抑制铵根离子水解．

本题考查离子浓度大小的比较，为高频考点，把握盐类水解、水解的促进和抑制及电荷守恒式为解答的关键，选项C为解答的易错点，题目难度中等．【解析】【答案】BD10、rBD【分析】解：铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}无色气体变化为红棕色气体二氧化氮，可以用碱溶液吸收；

A.上述分析可知得到的气体主要是rm{NO_{2}}和rm{NO}可以被氢氧化钠溶液吸收，所以吸收剂可以是rm{NaOH}溶液；故A正确；

B.铜和稀硝酸反应生成硝酸铜；一氧化氮和水；一氧化氮和试管中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，试管上部气体不始终为无色，故B错误；

C.铜和稀硝酸反应得到溶液为硝酸铜溶液；溶液为蓝色，故C正确；

D.生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体；二氧化氮具有氧化性，和碘化钾溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，故D错误；

故选BD．

铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}实验装置中有有空气，生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体，二氧化氮具有氧化性，和碘化钾溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，吸收剂是和氮氧化物反应的溶液应为碱溶液．

本题考查了稀硝酸、氮氧化物性质的分析，注意一氧化氮和二氧化氮气体颜色变化和二氧化氮具有氧化性的分析，题目综合考查了物质性质的反应现象，难度中等．【解析】rm{BD}三、填空题(共7题，共14分)11、c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）10-510-5-10-910-9【分析】【分析】（1）HA和NaOH等浓度；等体积混合时；二者恰好反应生成NaA，混合溶液呈碱性，说明NaA是强碱弱酸盐，结合电荷守恒判断离子浓度大小；

（2）含有弱离子的盐促进水电离，则水电离出的；

（3）溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）；

溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH-）-c（HA）=c（H+）．【解析】【解答】解：（1）HA和NaOH等浓度、等体积混合时，二者恰好反应生成NaA，混合溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+）

，说明NaA是强碱弱酸盐，结合电荷守恒得c（Na+）＞c（A-），盐类水解程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（2）含有弱离子的盐促进水电离，则水电离出的=mol/L=10-5mol/L；

故答案为：10-5；

（3）溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-5-10-9）mol/L；

溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-9mol/L；

故答案为：10-5-10-9；10-9．12、①②③④⑤静置片刻后，取上层清液于试管中，继续滴加氯化钡，若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根在溶液中加入过量的BaCl2溶液除去Ca2+、Mg2+以及加入过量Ba2+BaSO4、CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质搅拌，加速溶解使待滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒搅拌，防止因局部过热液滴或晶体飞溅【分析】【分析】（1）组装仪器的一般顺序是采用先下后上；先左后右的原则，利用本规则即可解答；

（2）加入氯化钡溶液检验硫酸根离子是否除尽；

（3）在粗盐提纯的过程中需要滴加饱和Na2CO3溶液除去钙离子以及过量的钡离子；

（4）过滤可把溶液和不溶于水的物质除去；

（5）溶解时为加快溶解、过滤时为防止液体外洒、冲破滤纸而引流、蒸发时为防止液体溅出都要使用玻璃棒．【解析】【解答】解：（1）组装仪器时要从下向上组装；酒精灯在铁圈和蒸发皿的下方，所以要先放酒精灯；然后再固定铁圈，放置蒸发皿；然后再点燃酒精灯加热，并搅拌，当有较多晶体析出时，停止加热，借余热蒸干．正确的操作顺序为①②③④⑤，故答案为：①②③④⑤；

（2）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子；检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，如果还有，可以在溶液中继续加入过量的氯化钡；

故答案为：静置片刻后；取上层清液于试管中，继续滴加氯化钡，若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根；在溶液中继续加入过量的氯化钡；

（3）碳酸钠与镁离子生成碳酸镁沉淀；与钙离子生成碳酸钙沉淀、与钡离子生成碳酸钡沉淀；所以滴加饱和碳酸钠溶液，可以除去钙离子、镁离子和过量的钡离子；

故答案为：除去Ca2+、Mg2+及加入过量的Ba2+；

（4）过滤可把溶液和不溶于水的物质除去，可以除去硫酸钡、碳酸钙、碳酸镁、碳酸钡和泥沙等不溶性杂质，故答案为：BaSO4、BaCO3、CaCO3、MgCO3等杂质．

（5）在溶解操作中；玻璃棒起到搅拌以加快食盐的溶解的作用；

过滤操作中；玻璃棒用以引流而防止液体外洒，冲破滤纸；

蒸发操作中；玻璃棒起到搅拌而使液体受热均匀，防止因局部过热液滴或晶体飞溅；

故答案为：搅拌，加速溶解；使待滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒；搅拌，防止因局部过热液滴或晶体飞溅．13、C（s）烃中氢元素的质量分数越大，烃的热值越大2C12H26（1）+37O2（g）=24CO2（g）+26H2O（1）△H=-17142.8kJ•mol-1能-137.0kJ•mol-1-【分析】【分析】（1）①1molC（s）完全燃烧产生1mol二氧化碳，放出393.5kJ热量，而1molC3H8（g）完全燃烧产生3mol二氧化碳；放出2219.9kJ热量，据此进行提供相同的热量谁产生的二氧化碳多；

②根据表中数据可知；烃中氢元素的质量分数越大，烃的热值越大；

（2）根据煤油的燃烧热及书写热化学方程式的方法写出煤油燃烧生成液态水的热化学方程式；

（3）写成氢气、乙烯、乙烷燃烧热的化学方程式，然后利用盖斯定律计算出反应C2H4（g）+H2（g）=C2H6（g）的焓变．【解析】【解答】解：（1）①假设均产生2219.9kJ的热量，则需要C3H8（g）1mol，能够产生3mol二氧化碳而需要C（s）的物质的量为：mol；能够产生5.64mol二氧化碳，所以C（s）产生的温室气体多；

故答案为：C（s）；

②由表格中各烃的燃烧热可知；烃中氢元素的质量分数越大，烃的热值越大；

故答案为：烃中氢元素的质量分数越大；烃的热值越大；

（2）C12H26（l）的燃烧热为-8162.0kJ•mol-1，煤油燃烧生成液体水的热化学方程式为：2C12H26（1）+37O2（g）=24CO2（g）+26H2O（1）△H=-17142.8kJ•mol-1；

故答案为：2C12H26（1）+37O2（g）=24CO2（g）+26H2O（1）△H=-17142.8kJ•mol-1；

（3）C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（1）△H1=-1411.0kJ•mol-1①

H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2=-285.8kJ•mol-1②

C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（1）△H3=-1559.8kJ•mol-1③

由①+②-③可得：

C2H4（g）+H2（g）=C2H6（g）；

△H=△H1+△H2-△H3=（-1411.0kJ•mol-1）+（-285.8kJ•mol-1）-（-1559.8kJ•mol-1）=-137.0kJ•mol-1；

故答案为：能；-137.0kJ•mol-1．14、溴乙烷14羰基还原反应9【分析】【分析】A蒸汽密度是相同条件下氢气密度的53倍，则A的相对分子质量为106，根据B的结构和信息①可知，A为与溴乙烷发生成信息①中的反应生成B，B发生氧化得C，C发生取代得D，根据E的分子式和D的结构简式可知，D发生取代得E，则E为E发生还原得F，据此答题；【解析】【解答】解：A蒸汽密度是相同条件下氢气密度的53倍，则A的相对分子质量为106，根据B的结构和信息①可知，A为与溴乙烷发生成信息①中的反应生成B，B发生氧化得C，C发生取代得D，根据E的分子式和D的结构简式可知，D发生取代得E，则E为E发生还原得F；

（1）根据上面的分析可知，R-H名称为溴乙烷，A为A分子中最多有14个原子在同一平面上；

故答案为：溴乙烷；14；

（2）根据D的结构简式可知，D中含氧官能团的名称为羰基，E的结构简式为

故答案为：羰基；

（3）反应②的化学方程式为：根据上面的分析可知，反应⑤的反应类型为还原反应；

故答案为：还原反应；

（4）B的消去反应产物为发生加聚反应生成G的结构简式为

故答案为：

（5）根据条件：①能与氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酚羟基；②分子中含有两种官能团，则符合条件的C的同分异构体有的结构简式为苯环上连有-OH、-CH2CH=CH2，或-OH、-CH=CHCH3，或-OH、-C（CH3）=CH2，每种都有邻间对三种，所以共有9种，其中苯环上的一氯代物只有两种，则有两个处于对位的基团，且存在顺反异构体，其反式结构为

故答案为：9；．15、防止D瓶溶液倒吸到B瓶中2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2SO42-，取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-趁热过滤用38℃～60℃热水洗涤低于60℃干燥NaClO3和NaClc•V•10-3mol【分析】【分析】（1）装置D中发生气体反应；装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；B制得的气体中含有SO2；在装置D中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；

（3）从溶液中制取晶体；一般采用蒸发结晶；过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；

（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；

（5）根据化学反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32-，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系式计算．【解析】【解答】解：（1）装置D中发生气体反应；装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，反应的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42-，用氯化钡溶液检验SO42-，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-；

故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；SO42-；取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-；

（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O；应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥；

故答案为：趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；低于60℃干燥；

（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；

故答案为：NaClO3和NaCl；

（5）令样品中NaClO2的物质的量x；则：

NaClO2～2I2～4S2O32-；

1mol4mol

0.25xcmol•L-1×V×10-3L解得：x=c•V•10-3mol

故答案为：c•V•10-3mol．16、C4CH3CH（CH3）COOH+CH3CH2OH+H2O【分析】【分析】由聚甲基丙烯酸酯的结构可知单体A为A在酸催化作用下水解为E结构简式为CH2=C（CH3）COOH和B结构简式为E为和氢气加成生成F结构简式为CH3-CH（CH3）COOH，F和乙醇反应生成G结构简式为．B催化氧化为C结构简式为苯甲醛可继续被氧化为D结构简式为据此解答．【解析】【解答】解：由聚甲基丙烯酸酯的结构可知单体A为A在酸催化作用下水解为E结构简式为CH2=C（CH3）COOH和B结构简式为E为和氢气加成生成F结构简式为CH3-CH（CH3）COOH，F和乙醇反应生成G结构简式为．B催化氧化为C结构简式为苯甲醛可继续被氧化为D结构简式为

（1）由以上推断可知，A为甲基丙烯酸苯甲酯，结构简式为：

故答案为：

（2）由以上推断可知，E为甲基丙烯酸，结构式为：CH2=C（CH3）COOH；E中含官能团羧基和碳碳双键，碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，羧基可发生取代反应（或酯化反应），故E不能发生消去反应；

故答案为：C；

（3）由以上推断可知，F是甲基丙酸，结构简式为：CH3CH（CH3）COOH，它的同分异构体中属于酯类，从甲酸丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯分别书写有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3；共4种，故答案为：4；

（4）反应②的方程式为：

反应⑤的方程式为：CH3CH（CH3）COOH+CH3CH2OH+H2O；

故答案为：

CH3CH（CH3）COOH+CH3CH2OH+H2O；17、羧基、羟基2+O22+2H2O氧化反应2+2H2O酯化反应【分析】【分析】1molA能与1molBr2恰好完全反应，说明A中含有1个碳碳双键，A与溴发生加成反应生成B，B中含有溴原子，发生水解反应生成C，则C中含有2个羟基．C发生催化氧化生成D，则D中含有醛基．D继续被氧化生成E，则E中含有羧基．1molE分别与Na、NaHCO3反应，消耗两者物质的量之比为2：1，说明E中除了羧基，还含有1个羟基，说明与该羟基的相连的碳原子上没有氢原子．氢核磁共振谱分析E有5组不同的特征峰，所以E的结构简式为逆推可知，D为C为B为A为．E在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成F，F分子结构中含有一个六元环，则F的结构简式为．由于E中含有羟基，所以也可能发生消去反应生成碳碳双键，其结构简式为或．【解析】【解答】解：1molA能与1molBr2恰好完全反应，说明A中含有1个碳碳双键，A与溴发生加成反应生成B，B中含有溴原子，发生水解反应生成C，则C中含有2个羟基．C发生催化氧化生成D，则D中含有醛基．D继续被氧化生成E，则E中含有羧基．1molE分别与Na、NaHCO3反应，消耗两者物质的量之比为2：1，说明E中除了羧基，还含有1个羟基，说明与该羟基的相连的碳原子上没有氢原子．氢核磁共振谱分析E有5组不同的特征峰，所以E的结构简式为逆推可知，D为C为B为A为．E在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成F，F分子结构中含有一个六元环，则F的结构简式为

（1）E为含有的官能团是：羧基、羟基，故答案为：羧基；羟基；

（2）C→D的化学方程式为2+O22+2H2O；属于氧化反应；

故答案为：2+O22+2H2O；氧化反应；

（3）E→F的化学方程式为2+2H2O；属于酯化反应；

故答案为：2+2H2O；酯化反应；

（4）由于E中含有羟基，所以也可能发生消去反应生成碳碳双键，其结构简式为或故答案为：或．四、判断题(共3题，共24分)18、×【分析】【分析】氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，据此判断．【解析】【解答】解：氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，例如氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl元素的化合价由0升高为+1价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，1molCl2参加反应转移电子数为NA；

1molCl2与铁反应生成氯化铁，氯气全部做氧化剂，1molCl2参加反应转移电子数为2NA；

所以1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA．

故错误．19、×【分析】【分析】氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），据此解题．【解析】【解答】解：氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），因此不能使用无水氯化钙来干燥氨气，故答案为：×．20、×【分析】【分析】焰色反应实质是原子核外的电子受激发，跃迁到高能级状态时发出的色光，是物理变化．【解析】【解答】解：焰色反应是物理变化，不是化学变化，故错误，答案为：×．五、探究题(共4题，共36分)21、|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．22、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．23、|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．24、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