2025年外研版三年级起点高三化学上册月考试卷

…………○…………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年外研版三年级起点高三化学上册月考试卷191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9题，共18分)1、等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的1mol/L稀硫酸和4mol/L稀硫酸反应，下图表示产生的氢气的体积（VL）与时间（t）分的关系，其中正确的是：（）A.B.C.D.2、下列化学用语表达不正确的是（）

①丙烷的球棍模型为

②丙烯的结构简式为CH3CHCH2

③C（CH3）4；叫新戊烷。

④与C8H6互为同分异构体．A.①②B.②③C.③④D.②④3、下列气体在通常情况下呈黄绿色的是（）A.氯气B.氢气C.氨气D.氮气4、下列各选项所述的两个量中，前者一定大于后者的是（）A.纯水在100℃和25℃时pHB.NH4Cl溶液中NH和Cl-的数目C.相同温度下，pH相同的NaOH溶液和Na2CO3溶液中由水电离出的c（OH-）D.用0.1mol/L的盐酸中和pH、体积均相同的氨水和NaOH溶液，所消耗盐酸的体积5、被称为“智力元素”的是（）A.CaB.FeC.ID.N6、对于标准状况下由N2、CO和C2H4组成的混合气体14g，下列说法可能错误的是（）A.体积是11.2LB.分子数为0.5NA（其中NA表示阿伏加德罗常数的值）C.密度为1.25g•L-1D.V（N2）：V（CO）：V（C2H4）=1：1：17、为了防止吸入Cl2而中毒，可用浸有某种物质水溶液的毛巾捂住鼻子，该物质最适宜采用（）A.NaOHB.Na2CO3C.NaClD.HCl8、下列做法或说法正确的是（）A.处理废水时加入明矾作为消毒剂可以除去水中的杂质B.某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2C.服用铬含量超标的药用胶囊不会对人体健康造成危害D.化石燃料的燃烧会产生PM2.5（2.5微米以下的细颗粒物）9、下列有关物质的性质和应用对应正确的是A.炭在常温下化学性质不活泼，因此在埋木桩前，可将埋入地下的一段表面用火微微烧焦B.碳酸钠的水溶液呈碱性，医学上能用于治疗胃酸过多C.盐酸与苛性钠可自发进行反应，该反应可以设计成原电池D.次氯酸具有强氧化性，可以起到除去水中悬浮的杂质和杀菌消毒作用评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、NaNO2是一种食品添加剂，具有致癌作用．酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应为MnO4-+NO2-+H+→Mn2++NO3-+H2O（未配平）．下列叙述正确的是（）A.上述反应中NO2-是氧化剂B.反应过程中溶液的pH增大C.该反应可以说明氧化性NO3-＞MnO4-D.上述反应中，1molKMnO4可以消耗2.5molNaNO211、下列操作能用于检验NH3的是（）A.气体与浓盐酸靠近产生白烟B.气体被浓H2SO4吸收生成盐C.气体使湿润的酚酞试纸变红D.气体使湿润的蓝石蕊试纸变红12、下列每组中各种物质，能用分液漏斗分离的是（）A.苯和水B.乙酸和水C.甘油和水D.汽油和水13、下列数据是对应物质的熔点；有关的判断错误的是（）

。Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃-107℃-57℃1723℃A.只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体B.在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构C.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D.金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高14、对相同质量的SO2和SO3来说，下列关系正确的是（）A.含氧原子个数比为2：3B.含硫元素质量比为5：4C.含氧元素质量比为5：6D.含硫原子个数比为1：115、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，原子序数依次增大．其中X、Z同主族，Y、Z同周期，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，W的最高正价与最低负价代数和为6．下列说法正确的是（）A.X、Y、Z、W四种元素的简单氢化物中，W的气态氢化物沸点最高B.X、Y、Z、W四种元素的原子半径由大到小的顺序为：Y＞Z＞W＞XC.Y、Z和W三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为：W＞Z＞YD.Y、Z和W三种元素的最高价氧化物对应的水化物都是强酸16、有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol•L-1，下列说法不正确的是（）A.3种溶液pH的大小顺序是②＞①＞③B.若向3种溶液都通入足量二氧化碳，pH变化最大的是③C.若分别加入25mL0.1mol•L-1盐酸后，pH最小的是③D.若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是②＞①＞③17、X～T元素在周期表中的相对位置如图所示，其中X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20，T为第4周期元素．下列说法正确的是（）A.YW4与H2在高温下反应主要生成YH4和HWB.X的原子半径比T原子半径小，两者原子序数之差为29C.W氧化物的水化物的酸性一定强于Z的氧化物的水化物D.T的氢化物可能具有强的还原性，其稳定性小于Z的氢化物18、下列说法正确的是（）A.同一元素各核素的质量数不同，但它们的化学性质几乎完全相同B.任何元素的原子都是由核外电子和核内中子、质子构成的C.钠原子失去一个电子后，它的电子数与氖原子相同，变成10e-微粒E.Ar、E.Ar、评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)19、（1）0.2molCO（NH2）2（尿素）中含有____mol氢原子，所含氮元素的质量是____g，CO（NH2）2中四种原子的原子个数比C：H：O：N=____；

（2）NA表示阿伏伽德罗常数的值，十水硫酸钠的化学式是Na2SO4•10H2O，在0.1mol十水硫酸钠中，①含有____个钠离子；②含有____g水．

（3）标准状况下，____molSO2和32gCH4占有相同的体积．20、已知A是生产某新型工程塑料的基础原料之一；合成A的路线如图所示．

（1）与C分子式相同的一种物质化学名称叫：4-甲基苯乙烯，写出其结构简式____．

（2）反应⑦为加聚反应，⑤的反应类型为____，写出A的结构简式为____，F的含氧官能团名称____．

（3）写出反应⑧的化学方程式____．

（4）A有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有____种．

①分子中有6个碳原子在一条直线上。

②苯环上的一硝基取代物只有1种。

③分子的核磁共振氢谱有4个吸收峰。

写出其中一种与碳酸钠溶液反应的化学方程式：____．21、现有下列五种物质A．食盐B．青霉素C．苹果汁D．葡萄糖；请按下列要求填空（填序号）．

富含维生素C的是____；可直接进入血液，补充能量的是____；应用最广泛的抗生素之一的是____；既可作为调味剂，又可作为防腐剂的是____．22、工业制钛白粉产生的废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生产补血剂乳酸亚铁。其生产流程如下：已知：TiOSO4可溶于水，在水中电离为TiO2+和SO42-。请回答下列问题：（1）写出TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式。步骤①中加入足量铁屑的目的是。（2）工业上由H4TiO4可制得钛白粉TiO2。TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，原理如图所示，阴极的电极反应为_______________。（3）步骤②的离子方程式是，所得副产品主要是__________（填化学式）。（4）步骤④的结晶过程中必须控制一定的真空度，原因是。（5）乳酸可由乙烯经下列步骤合成：上述合成路线的总产率为60%，乳酸与碳酸亚铁反应转化为乳酸亚铁晶体的产率为90%，则生产468kg乳酸亚铁晶体（M＝234g/mol）需要标准状况下的乙烯____m3。23、化合物H是合成植物生长调节剂赤霉酸的重要中间体；其合成路线如下：

（1）化合物H的含氧官能团为____和____（填官能团的名称）．

（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），该副产物的结构简式为____；由C→D的反应类型是____．

（3）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式____．

Ⅰ．分子含有1个苯环；

Ⅱ．分子有4种不同化学环境的氢；

Ⅲ．能发生银镜反应．

（4）根据已有知识并结合相关信息，写出以为有机原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选；可选择适当有机溶剂）．合成路线流程图示例如下：

CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．24、汽车尾气中的SO2可用石灰水来吸收，生成亚硫酸钙浊液，常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，已知Ka1（H2SO3）=1.8×10-2，Ka2（H2SO3）=6.0×10-9，忽略SO32-的第二步水解，则Ksp（CaSO3）=____．25、（2015秋•南昌校级期末）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时；选择甲基橙作指示剂．请填写下列空白：

（1）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视____．直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并____为止．

（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：所用盐酸溶液的体积为____mL．

（3）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是____

（A）酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液。

（B）滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥。

（C）读取盐酸体积时；开始仰视读数，滴定结束时俯视读数。

（D）酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如表：请选用其中合理的数据列式计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：（NaOH）=____（保留小数点后4位）．

。滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积/mL0.1000mol•L-1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.0926、配平下列方程式：FeS2+O2+H2OFe2（SO4）3+H2SO4．____．27、如图A、B、C三个装置中的三个烧杯分别盛有足量的溶液．

（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是____（填标号）

（2）B池中C（石墨）电极发生____（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式为____；总反应的化学方程式为____．

（3）C池反应过程中，Cu2+的浓度____（填“增大”、“减小”或“不变”）评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)28、标准状况下，22.4L己烷中含共价键数目为19NA．____（判断对错）29、6.02×1023个NaCl分子中含有Na+数目为NA____（判断对错），若不正确，理由是____．30、常温常压下，1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为2NA____（判断对错）31、用PH试纸可以测定溶液酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上进行观察颜色变化．____（填√或×）．评卷人得分五、探究题(共4题，共24分)32、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________．33、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：34、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________．35、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、推断题(共2题，共4分)36、已知A为中学化学中常见金属单质，X、Y为常见非金属单质，Y的某种同素异形体在所有单质中硬度最大．X、E、F、G、J常温下为气体．C为无色液体，B是一种盐，受热易分解，分解产物为E和HCl．现用A和石墨为电极，B的浓溶液为电解质溶液，构成原电池．有关物质间的转换关系如图（部分反应的条件和生成物被略去，④为燃烧反应）所示．

据此；回答下列问题：

（1）物质B的电子式为____

（2）反应④的化学方程式为____

（3）原电池反应①中，正极的电极反应式为____

（4）操作a是将D溶液在HCl气流中蒸干，这样操作的原因是____

（5）反应②是工业上制H的重要的反应．在101kPa时，如果1molE完全转化为F和液态C，放出热量为akJ，则该反应的热化学方程式为____．37、气态烃A在催化剂作用下加压；加热与水反应制得B；B在一定条件下氧化可得C，C在催化剂作用下与氧气反应可得D，D和B与浓硫酸混合加热可得到有香味的无色油状液体E．它们的转化关系如下：

请回答下列问题：

（1）推断下列物质：A____，B____，C____，D____，E____；

（2）写出下列反应方程式并指出反应类型．

①A→B：____；属____反应；

②D+B→E：____；属____反应．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】稀硫酸浓度不同，反应速率不同，硫酸过量，锌完全反应，生成氢气的总量相同，以此解答该题．【解析】【解答】解：硫酸浓度越大，反应速率越大，则b所用时间较少；硫酸过量，锌完全反应，生成氢气的总量相同，只有B符合．

故选B．2、D【分析】【分析】①根据丙烷的分子组成；结构特点及球棍模型的表示方法进行判断；

②丙烯的结构简式中没有标出其官能团碳碳双键；

③新戊烷为戊烷的同分异构体；分子中含有四个甲基；

④为苯乙炔，而C8H6的结构不能确定，二者可能为碳原子物质．【解析】【解答】解：①丙烷为含有3个碳原子的烷烃，丙烷的球棍模型为故①正确；

②丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2；故②错误；

③C（CH3）4中含有5个C的烷烃；分子中含有4个甲基，为新戊烷的结构简式，故③正确；

④与C8H6的结构可能完全相同；可能为同一种物质，不一定互为同分异构体，故④错误；

故选D．3、A【分析】【分析】中学阶段，在通常状况下呈黄绿色的气体为氯气，以此解答该题．【解析】【解答】解：N2、H2和氨气都为无色气体，Cl2为黄绿色的气体．

故选A．4、D【分析】【分析】A．Kw是水的离子积常数，Kw=c（H+）×c（OH-）；

B．NH4Cl为强碱弱酸盐；铵根离子水解；

C．碳酸钠中碳酸根水解；促进水的电离，氢氧化钠溶液中氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制水的电离；

D．根据NaOH+HCl=NaCl+H2O、NH3．H2O+HCl=NH4Cl+H2O结合PH解答；【解析】【解答】解：A．Kw是水的离子积常数，常温下，kw=c（H+）×c（OH-）═1×10-14，水电离出的c（H+）=c（OH-）═1×10-7mol/L，其pH=7水的电离是吸热过程，温度升高促进电离，100℃时水中氢离子和氢氧根离子浓度大于25℃时水中氢离子和氢氧根离子浓度，100℃时kw=1×10-12；其pH=6，前者小于后者，故A错误；

B．氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；前者小于后者，故B错误；

C．因为碳酸钠溶液中氢氧根离子是由碳酸根离子水解产生；水电离被促进，氢氧化钠溶液中氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制水的电离，前者小于后者，故C错误；

D．pH和体积均相同，说明n（H+）相等，根据kw=c（H+）×c（OH-），说明n（OH-）相等．但是氨水是弱碱，不完全电离，所以氨水的浓度大于NaOH的浓度，根据NaOH+HCl=NaCl+H2O、NH3．H2O+HCl=NH4Cl+H2O知；所以消耗盐酸的物质的量氨水＞NaOH，前者大于后者，故D正确；

故选D．5、C【分析】【分析】碘有“智力元素”之称，它在人体内的含量仅有30毫克左右，为身体重量的两百万分之一，却是人体各个系统特别是神经系统发育所不可缺少的．【解析】【解答】解：胎儿期缺碘，会导致胎儿发育不良，造成流产、早产、死胎、畸形，影响胎儿的脑和神经系统发育，出现不同程度的智力伤残，甚至白痴、聋哑，所以碘有“智力元素”之称，故选C．6、D【分析】【分析】氮气、一氧化碳和乙烯的摩尔质量都是28g/mol，则混合气体的物质的量==0.5mol；

A．根据V=nVm计算；

B．根据N=nNA计算；

C．根据计算；

D．根据各种气体的物质的量判断．【解析】【解答】解：氮气、一氧化碳和乙烯的摩尔质量都是28g/mol，则混合气体的物质的量==0.5mol；

A．混合气体体积V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；故A正确；

B．分子数N=nNA=0.5NA；故B正确；

C．混合气体密度==1.25g•L-1；故C正确；

D．根据已知条件无法计算各种气体的物质的量；所以无法计算各种气体体积之比，故D错误；

故选：D．7、B【分析】【分析】根据氯气能与碱反应来吸收氯气以防止氯气中毒，注意碱性太强时，其腐蚀性强，以此来解答．【解析】【解答】解：A；浓NaOH虽能与氯气反应；达到吸收氯气的效果，但浓NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故A错误；

B、Na2CO3溶液显碱性，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子；故B正确；

C；NaCl不与氯气反应；且NaCl溶液抑制氯气的溶解，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，故C错误；

D；盐酸是酸性物质；和氯气不会发生反应，不能吸收氯气，故D错误．

故选B．8、D【分析】【分析】A；明矾在水中产生氢氧化铝胶体；氢氧化铝胶体吸附悬浮物质，其净水作用；

B；正常的雨水溶解二氧化碳；其pH为5.6，pH值小于5.6为酸雨，pH由4.68变为4.28，主要是雨水中溶解的二氧化硫生成亚硫酸，亚硫酸被氧化为硫酸；

C；重金属铬能与蛋白质发生作用；使其丧失生理活性，对人体造成危害；

D、化石燃料的燃烧会产生大量的烟尘，PM2.5主要来自化石燃料的燃烧等．【解析】【解答】解：A；明矾在水中产生氢氧化铝胶体；氢氧化铝胶体吸附悬浮物质，其净水作用，明矾没有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；

B；正常的雨水溶解二氧化碳；其PH为5.6，pH值小于5.6为酸雨，pH由4.68变为4.28，主要是雨水中溶解的二氧化硫生成亚硫酸，亚硫酸被氧化为硫酸，由弱酸转化为强酸，酸性增强，故B错误；

C；重金属铬能与蛋白质发生作用；使其丧失生理活性，对人体造成危害，故C错误；

D；化石燃料的燃烧会产生大量的烟尘；化石燃料的燃烧是产生PM2.5的主要原因之一，故D正确．

故选D．9、A【分析】试题分析：A．炭在常温下化学性质不活泼，因此在埋木桩前，可将埋入地下的一段表面用火微微烧焦使之转化为碳，A正确；B．碳酸钠的水溶液呈碱性，但碱性较强，具有腐蚀性，因此医学上不能用于治疗胃酸过多，可以用碳酸氢钠，B错误；C．盐酸与苛性钠可自发进行反应，但该反应不是氧化还原反应，因此该反应不能设计成原电池，C错误；D．次氯酸具有强氧化性，可以杀菌消毒，但不能除去水中悬浮的杂质，D错误，答案选A。考点：考查物质性质与应用的判断【解析】【答案】A二、多选题(共9题，共18分)10、BD【分析】【分析】MnO4-+NO2-+H+→Mn2++NO3-+H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，N元素的化合价由+3价升高为+5价，以此来解答．【解析】【解答】解：A．N元素的化合价升高，则NO2-是还原剂；故A错误；

B．该反应中消耗氢离子；则反应过程中溶液的pH增大，故B正确；

C．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性NO3-＜MnO4-；故C错误；

D．由电子守恒可知，1molKMnO4可以消耗NaNO2为=2.5mol；故D正确；

故选BD．11、AC【分析】【分析】氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使氨水溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，红色石蕊试液遇碱变蓝色，氨气和氯化氢反应生成白烟．【解析】【解答】解：A；浓盐酸具有挥发性；氨气和氯化氢反应生成固体颗粒而产生白烟，故A正确；

B；浓硫酸没有挥发性；所以氨气与浓硫酸靠近生成盐，不产生白烟，无现象，故B错误；

C、NH3+H2O⇌NH3．H2O⇌NH4++OH-；无色酚酞遇碱变红色，所以氨气能使湿润的酚酞试纸变红，故C正确；

D；气体使湿润的蓝石蕊试纸变红；说明是酸性气体，不是氨气，故D错误；

故选AC．12、AD【分析】【分析】分液漏斗是用来分离互不相溶的分层的两种液体．【解析】【解答】解：A．溴和四氯化碳相互溶解不分层；不能用分液漏斗分离，故A正确；

B．乙酸和水是互溶的；不能用分液漏斗分离，故B错误；

C．甘油和水是互溶的；不能用分液漏斗分离，故C错误；

D．CCl4和H2O是互不相溶；分层，可以用分液漏斗分离，故D正确；

故选AD．13、AB【分析】【分析】A．金属单质含有金属阳离子是金属晶体；不是离子晶体；

B．BCl3分子中B原子只达到6电子结构；

C．C和Si同主族；但氧化物的晶体类型不同；

D．Na的熔点比AlCl3低．【解析】【解答】解：A．金属单质含有金属阳离子是金属晶体；不是离子晶体，所以含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，故A错误；

B．BCl3分子中B原子只达到6电子结构；故B错误；

C．C和Si同主族；但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；

D．Na的熔点比AlCl3低；所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，故D正确；

故选AB．14、BC【分析】【分析】相同质量的SO2和SO3来说，可设质量均为m，利用n=及分子构成来解答．【解析】【解答】解：设二者的质量均为m；则。

A．含氧原子个数比为×2：×3=5：6；故A错误；

B．含硫元素质量比为×32：×32=5：4；故B正确；

C．含氧元素质量比为×2×16：×3×16=5：6；故C正确；

D．含硫原子个数比为×1：×1=5：4；故D错误；

故选BC．15、BC【分析】【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，电子层数为2，最外层电子数为6，则X为O元素；X、Z同主族，则Z为S；Y、Z同周期，则Y有3个电子层，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，最外层电子数为4，故Y为Si元素；W的最高正价与最低负价的代数和为6，则最高正价为+7，F元素没有正价，则W为Cl元素，据此解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W为四种短周期主族元素；原子序数依次增大，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，电子层数为2，最外层电子数为6，则X为O元素；X、Z同主族，则Z为S；Y、Z同周期，则Y有3个电子层，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，最外层电子数为4，故Y为Si元素；W的最高正价与最低负价的代数和为6，则最高正价为+7，F元素没有正价，则W为Cl元素；

A．由于水分子之间能够形成氢键；氢键比范德华力强，常温下为液体，其它为气态，故四种元素形成的氢化物中，水的沸点最高，故A错误；

B．同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞S＞Cl＞O，即原子半径Y＞Z＞W＞X，故B正确；

C．同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势；故第一电离能Cl＞S＞Si，故C正确；

D．硫酸；高氯酸是强酸；硅酸属于弱酸，故D错误；

故选BC．16、AC【分析】【分析】A；根据溶液的酸碱性来确定溶液pH的大小；

B；向3种溶液都通入足量二氧化碳；额溶液发生反应来回答；

C；加入盐酸溶液后；根据发生的反应来回答判断；

D、当溶液的pH相等时，结合弱离子的水解程度来回答．【解析】【解答】解：A、①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液，物质的量浓度均为0.1mol•L-1；氢氧化钠属于碱类，碱性最强，所以pH最大，醋酸钠和碳酸钠水解显示碱性，醋酸根的水解程度小于碳酸根的水解程度，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的碱性，即③＞①＞②，故A错误；

B；若向3种溶液都通入足量二氧化碳；醋酸钠不反应，碳酸钠和其反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠水解显示碱性，氢氧化钠和之反应生成碳酸氢钠，从强碱变为能水解显示碱性的盐，pH变化最大，故B正确；

C、若分别加入25mL0.1mol•L-1盐酸后；碳酸呢和其等物质的量反应生成碳酸氢钠和氯化钠，溶液依然是碱性，醋酸钠和盐酸反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示酸性，氢氧化钠和之恰好中和生成的氯化钠溶液显示中性，pH最小的是②，故C错误；

D；等浓度的3种溶液pH的大小顺序③＞①＞②；当3种溶液的pH均为9时，物质的量浓度的大小顺序是②＞①＞③，故D正确．

故选AC．17、BD【分析】【分析】T为第4周期元素，结合位置关系可知，X为第二周期元素，则Y、Z、W均为第三周期元素，X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20，设X的最外层电子数为x，则x+x+1+x+3+x+4=20，解得x=3，则X为B，Y为Si，T为As，Z为S，W为Cl，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．【解析】【解答】解：T为第4周期元素；结合位置关系可知，X为第二周期元素，则Y；Z、W均为第三周期元素，X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20，设X的最外层电子数为x，则x+x+1+x+3+x+4=20，解得x=3，则X为B，Y为Si，T为As，Z为S，W为Cl；

A．SiCl4与H2在高温下反应主要生成Si和HCl；故A错误；

B．电子层越多；原子半径越大，X的原子半径比T原子半径小，两者原子序数之差为33-4=29，故B正确；

C．由非金属性可知；W最高价氧化物的水化物的酸性一定强于Z的最高价氧化物的水化物，不是最高价无此规律，故C错误；

D．非金属性S＞As；As的氢化物中As元素的化合价为最低价，则T的氢化物可能具有强的还原性，其稳定性小于Z的氢化物，故D正确；

故选BD．18、AC【分析】【分析】A．有相同质子数；不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；

B．氕原子是由核外电子和质子构成的；不含有中子；

C．钠原子核外有11个电子，失去一个电子后，变成10e-微粒；电子数与氖原子相同；

D．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素．【解析】【解答】解：A．同一元素各核素；质子数相同，中子数不同，质量数=质子数+中子数，故质量数不同，但属于同一种元素，故它们的化学性质几乎相同，故A正确；

B．氕原子是由核外电子和质子构成的；不含有中子，故B错误；

C．钠原子核外有11个电子，失去一个电子后，变成10e-微粒；电子数与氖原子相同，故C正确；

D.Ar、1940K、Ca的质子数不同；为不同种元素，故D错误；

故选AC．三、填空题(共9题，共18分)19、0.85.61：4：1：20.2NA180.2【分析】【分析】（1）结合m=nM及物质构成计算；

（2）1molNa2SO4•10H2O中含2mol钠离子，10mol水，结合N=nNA；m=nM计算；

（3）体积相同，则物质的量相同，结合n=计算．【解析】【解答】解：（1）0.2molCO（NH2）2（尿素）中含有0.2mol×4=0.8mol氢原子，所含氮元素的质量是0.2mol×2×14g/mol=5.6g，CO（NH2）2中四种原子的原子个数比C：H：O：N=1：4：1：2；故答案为：0.8；5.6；1：4：1：2；

（2）0.1mol十水硫酸钠中，①含有钠离子的个数为0.1mol×2×NA=0.2NA个；②含有水的质量为0.1mol×10×18g/mol=18g，故答案为：0.2NA；18；

（3）体积相同，则物质的量相同，甲烷的物质的量为=2mol，则二氧化硫的物质的量为0.2mol，故答案为：0.2．20、消去反应醛基、羟基n+（n-1）H2O2+2Na2CO3→+2NaHCO3【分析】【分析】与溴水发生加成反应生成D为D在碱性条件下水解生成E为E发生催化氧化生成F为由F与G的分子式可知，F中醛基被氧化为羧基，故G为G转化为B，B能与甲醇反应得到A，A发生加聚反应得到高分子化合物X，故G发生消去反应生成B为B与甲醇发生酯化反应生成A为A发生加聚反应生成高聚物X为．G发生缩聚反应生成M为．由E与C9H10O的分子式可知，E分子内脱去1分子水生成C9H10O，应是E发生消去反应生成F为据此解答（1）～（3）；

（4）A（）的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体：与A有相同的官能团，含有酯基、碳碳双键；含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，两个不同的侧链处于对位，当一个侧链为-CH=CH2时，另外侧链为-COOCH3，或-OOCCH3，或-CH2OOCH；

当一个侧链为-OOCH时，另外侧链-CH=CHCH3，或-CH2CH=CH2，或-C（CH3）=CH2；

当1个侧链为-CH3时，另外侧链为-CH=CHOOCH，或或-OOCCH=CH2，或-COOCH=CH2．【解析】【解答】解：与溴水发生加成反应生成D为D在碱性条件下水解生成E为E发生催化氧化生成F为由F与G的分子式可知，F中醛基被氧化为羧基，故G为G转化为B，B能与甲醇反应得到A，A转化得到高分子化合物X，故G发生消去反应生成B为B与甲醇发生酯化反应生成A为A发生加聚反应生成高聚物X为G发生缩聚反应生成M为．由E与C9H10O的分子式可知，E分子内脱去1分子水生成C9H10O，应是E发生消去反应生成F为

（1）与C（）分子式相同的一种物质化学名称叫：4-甲基苯乙烯，其结构简式为

故答案为：

（2）反应⑤是醇发生的消去反应，A的结构简式为F为其含氧官能团为：醛基；羟基；

故答案为：消去反应；醛基；羟基；

（3）反应⑧的化学方程式为：n+（n-1）H2O；

故答案为：n+（n-1）H2O；

（4）A（）有多种同分异构体；符合下列条件的同分异构体：

①分子中有6个碳原子在一条直线上，分子中含有一个碳碳三键与苯环直接相连，且存在-C≡C-C-，该结果的对位直接连接碳原子，②苯环上的一硝基取代物只有1种，③分子的核磁共振氢谱有4个吸收峰，则侧链为2个-OH、-CH3、-C≡C-CH3，符合条件的同分异构体为：共有2种，其中一种与碳酸钠溶液反应的化学方程式：+2Na2CO3→+2NaHCO3；

故答案为：2；+2Na2CO3→+2NaHCO3．21、CDBA【分析】【分析】食盐既可作为调味剂，又可作为防腐剂；果汁中含维生素C，葡萄糖为营养物质，可直接进入血液补充能量，青霉素为常用的抗生素药物．【解析】【解答】解：果汁中含维生素C，葡萄糖为营养物质，可直接进入血液补充能量，青霉素为常用的抗生素药物；食盐既可作为调味剂，又可作为防腐剂，故答案为：C；D；B；A．22、略

【分析】试题分析：（1）根据水解原理：盐+水=酸+碱，则TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+；将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，消耗溶液中的H+促进TiO2+水解（2）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，故阴极电极反应：TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（3）NH4HCO3在溶液中电离出HCO3-离子，易电离生成碳酸根，碳酸根和亚铁离子反应生成FeCO3促进HCO3-电离，故离子方程式Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；所得的副产物为溶液中没有参加反应的铵根离子和硫酸根离子形成的(NH4)2SO4；（4）亚铁离子易被氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化；（5）由题意知，乳酸生成乳酸亚铁的摩尔比为2：1，设需要乙烯xm3，则反应生成468kg乳酸亚铁晶体所需乙烯为×0.6×0.9×2=x=165.9m3。考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；电解原理；【解析】【答案】（1）TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+；将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，消耗溶液中的H+促进TiO2+水解（2）TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（3）Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；(NH4)2SO4（4）防止Fe2+被空气中的氧气氧化（5）165.923、羰基醚键氧化反应或【分析】【分析】（1）由H的结构可知；含有的含氧官能团有羰基；醚键；

（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），应是1分子1，4-环己二醇与2分子发生取代反应，同时生成HBr；对比C；D的结构可知；C中羟基氧化生成羰基；

（3）D的同分异构体的结构简式满足：Ⅰ．分子含有1个苯环，D的不饱和度为4，侧链没有不饱和键Ⅲ．能发生银镜反应，含有-CHO；Ⅱ．分子有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，侧链应含有2个-CHO、1个-CH3、1个-C（CH3）3；

（4）发生消去反应生成与溴发生加成反应生成再发生消去反应得到再与溴发生1，4-加成反应得到最后与发生取代反应得到．【解析】【解答】解：（1）由H的结构可知；含有的含氧官能团有羰基；醚键，故答案为：羰基、醚键；

（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），应是1分子1，4-环己二醇与2分子发生取代反应，同时生成HBr，则该副产物的结构简式为对比C；D的结构可知，C中羟基氧化生成羰基，属于氧化反应；

故答案为：氧化反应；

（3）D的同分异构体的结构简式满足：Ⅰ．分子含有1个苯环，D的不饱和度为4，侧链没有不饱和键Ⅲ．能发生银镜反应，含有-CHO；Ⅱ．分子有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，侧链应含有2个-CHO、1个-CH3、1个-C（CH3）3，可能的结构简式为：或

故答案为：或

（4）发生消去反应生成与溴发生加成反应生成再发生消去反应得到再与溴发生1，4-加成反应得到最后与发生取代反应得到合成路线流程图：

故答案为：．24、4.2×10-9【分析】【分析】常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，由可知CaSO3（s）⇌Ca2+（aq）+SO32-（aq），且SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，由Ka2（H2SO3）=6.0×10-9可知SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-的水解Kh==1.67×10-4，以此计算c（SO32-），溶液中c（Ca2+）=c（SO32-）+c（HSO3-），结合Ksp（CaSO3）=c（Ca2+）×c（SO32-）计算．【解析】【解答】解：由Ka2（H2SO3）=6.0×10-9可知SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-的水解Kh==1.67×10-4；

常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，c（HSO3-）=c（OH-）=1×10-5；

可知c（SO32-）==6×10-5；

又c（Ca2+）=c（SO32-）+c（HSO3-）=7×10-5；

Ksp（CaSO3）=c（Ca2+）×c（SO32-）=7×10-5×6×10-5=4.2×10-9；

故答案为：4.2×10-9．25、锥形瓶中溶液颜色变化半分钟内不复原26.10C0.1044mol/L【分析】【分析】（1）酸碱中和滴定时；眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不复原；

（2）根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理；

（3）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；

（4）先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），接着根据HCl+NaOH=NaCl+H2O求出C（NaOH）；【解析】【解答】解：（1）酸碱中和滴定时；眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不复原；

故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；半分钟内不复原；

（2）起始读数为0.00mL；终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL；

故答案为：26.10；

（3）A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=；可知c（待测）偏大，故A错误；

B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，造成V（标准）不变，根据c（待测）=；可知c（待测）不变，故B错误；

C、读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=；可知c（待测）偏小，故C正确；

D、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=；可知c（待测）偏大，故D错误；

故选C；

（4）根据数据的有效性；舍去第2组数据，然后求出1；3组平均消耗V（盐酸）=26.10mL；

HCl+NaOH=NaCl+H2O

0.0261L×0.1000mol/L0.025L×C（NaOH）

则C（NaOH）==0.1044mol/L；

故答案为：0.1044mol/L；26、4FeS2+15O2+2H2O2Fe2（SO4）3+2H2SO4【分析】【分析】根据质量守恒定律：反应前后各原子的数目不变，选择相应的配平方法（最小公倍数法、定一法等）进行配平即可；配平时要注意化学计量数必须加在化学式的前面，配平过程中不能改变化学式中的下标；配平后化学计量数必须为整数．本题可利用“定一法”进行配平，把Fe2（SO4）3的化学计量数定为1，据此分析解答．【解析】【解答】解：利用“定一法”，把Fe2（SO4）3的计量数定为1，则先配铁，再配硫，再配氢元素，最后配氧元素，则：2FeS2+O2+H2OFe2（SO4）3+H2SO4则去分母，故得：4FeS2+15O2+2H2O2Fe2（SO4）3+2H2SO4；

故答案为：4FeS2+15O2+2H2O2Fe2（SO4）3+2H2SO4；27、A还原2H++2e-=H2↑2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑减小【分析】【分析】（1）A为锌铜原电池；B；C外加电源；

（2）B中C连接电源负极；为电解池的阴极；发生还原反应生成氢气，阳极生成氯气；

（3）C为铜的精炼．【解析】【解答】解：（1）A为锌铜原电池；B；C外加电源，为电解池，故答案为：A；

（2）B池中C（石墨）电极连接电源负极，为电解池的阴极，发生还原反应生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑，阳极生成氯气，电解总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案为：还原；2H++2e-=H2↑；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（3）由于粗铜含有铁；锌等活泼金属；则阳极首先氧化铁、锌等金属，而阴极只析出铜，则溶液中铜离子浓度减小；

故答案为：减小．四、判断题(共4题，共24分)28、×【分析】【分析】标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，以此解答．【解析】【解答】解：标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，则22.4L己烷中含共价键数目不是19NA．故答案为：×．29、×【分析】【分析】NaCl属于离子晶体，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因为NaCl属于离子化合物，不存在分子，故错误，故答案为：×，因为NaCl属于离子化合物，不存在分子．30、√【分析】【分析】发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe在1molCl2中充分燃烧，氯气完全反应，Fe有剩余，根据氯气计算转移电子数目．【解析】【解答】解：发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe完全反应消耗1.5molCl2，故氯气完全反应，Fe有剩余，则转移电子数目为1mol×2=2mol，即转移电子数为2NA，故正确，故答案为：√．31、×【分析】【分析】用PH试纸测定溶液PH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度，切记不能直接把试纸浸入待测液中，也不能先用水将pH试纸润湿后测定，因为这样做会稀释待测液，使测量结果不准．【解析】【解答】解：用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上；稀释了溶液，使测量结果不准．

故答案为：×．五、探究题(共4题，共24分)32、|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．33、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．34、|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．35、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）