2025年人教新課標高三化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新課標高三化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如表實驗操作正確的是（）

。編號實驗操作A實驗室用自來水制備蒸餾水將自來水倒入燒杯中，小心給燒杯加熱B配制一定濃度的氯化鉀溶液100mL將稱好的氯化鉀固體放入100mL容量瓶中，加水溶解，振蕩搖勻，定容C檢驗溶液中是否含SO42-先加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液D取出分液漏斗中的上層液體下層液體從分液漏斗下端管口放出，關(guān)閉活塞，換一個接收容器，上層液體繼續(xù)從分液漏斗下端管口放出A.AB.BC.CD.D2、列有關(guān)敘述中，正確的是（）A.新制氯水只含有氯分子和次氯酸兩種分子B.氯水放置數(shù)天后，其酸性逐漸減弱C.氯水光照時有氣泡逸出，該氣體的主要成分是氯氣D.向Na2O與水反應(yīng)后的溶液中通入適量氯氣后，溶液中含有兩種溶質(zhì)3、下列實驗設(shè)計或操作能達到實驗?zāi)康氖牵ǎ?/p>

A.除去乙酸乙酯中的乙酸：加入乙醇和濃硫酸；共熱，使乙酸全部轉(zhuǎn)化為乙酸乙酯。

B.液態(tài)溴乙烷中加入NaOH溶液共熱幾分鐘，然后加入足量稀HNO3，再加入AgNO3溶液檢驗溴乙烷中含溴元素。

C.除去甲苯中的少量苯酚：加濃溴水；振蕩；靜置、過濾。

D.檢驗甲酸中是否混有乙醛：可向樣品中加入足量稀NaOH溶液中和甲酸后；再做銀鏡反應(yīng)實驗。

4、下列電池屬于二次電池的是A.鋅銀鈕扣電池B.氫氧燃料電池C.鉛蓄電池D.鋅錳干電池5、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.鹽酸中滴加氨水至中性，溶液中溶質(zhì)為氯化銨B.稀醋酸加水稀釋，醋酸電離程度增大，溶液的rm{pH}減小C.飽和石灰水中加入少量rm{CaO}恢復(fù)至室溫后溶液的rm{pH}不變D.沸水中滴加適量飽和rm{FeCl_{3}}溶液，形成帶電的膠體，導電能力增強6、用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：

①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ?mol-1

②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ?mol-1

下列說法不正確的是（）A.反應(yīng)①②均為放熱反應(yīng)B.反應(yīng)①②轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同C.若用標準狀況下4.48LCH4還原NO2至N2，放出的熱量是173.4kJD.由反應(yīng)①可推知：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-akJ?mol-1，a＜5747、2760Co是γ射線放射源，可用于農(nóng)作物誘變育種，我國用該方法培育出了許多農(nóng)作物新品種，下列敘述正確的是（）A.60是Co元素的相對原子質(zhì)量B.由Co的不同種同位素組成的單質(zhì)，其化學性質(zhì)與物理性質(zhì)均不同C.60是2760Co這種核素的質(zhì)量數(shù)D.2760Co原子中，中子數(shù)是27，電子數(shù)是338、下列敘述合理的是A.用干燥的pH試紙檢測碳酸鈉溶液、氯水、稀醋酸的pH值B.銅與濃硫酸反應(yīng)時，可用蘸有濃溴水的棉花放在導管口吸收逸出的氣體C.需用某濃度的NaOH溶液450mL，則配制時應(yīng)選用450mL的容量瓶D.將液溴、濃硝酸保存在棕色試劑瓶中，放置于冷暗處9、用下圖所示裝置rm{(}熔融rm{CaF_{2}-CaO}作電解質(zhì)rm{)}獲得金屬鈣，并用鈣還原rm{TiO_{2}}制備金屬鈦。下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.電解過程中，rm{Ca^{2+}}向陽極移動B.陽極的電極反應(yīng)式為rm{C+2O^{2-}-4e^{-}=CO_{2}隆眉}C.在制備金屬鈦前后，整套裝置中rm{CaO}的總量減少D.若用鉛蓄電池作該裝置的供電電源，“rm{+}”接線柱是rm{Pb}電極評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、某有機物在氧氣中充分燃燒，消耗的氧氣與生成二氧化碳及水蒸氣的物質(zhì)的量之比為3：2：3，則下列說法中正確的是（）A.該有機物中一定含有氧元素B.該有機物分子中碳氫原子數(shù)之比為1：3C.該有機物中一定不含有氧元素D.該有機物分子式為C2H611、將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10mL混合后，溶液顯酸性，則溶液中有關(guān)微粒的濃度關(guān)系正確的是（）A.c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（HAc）B.c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）C.c（Ac-）=c（Cl+）＞c（H+）＞c（HAc）D.c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）12、下列的圖示與對應(yīng)的敘述相符的是（）A.圖

表示KNO3的溶解度曲線，圖中a點表示的溶液通過升溫可以得到b點B.圖

表示某一放熱反應(yīng)，若使用催化劑E1、E2、△H都會發(fā)生改變C.圖

表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀鹽酸時，產(chǎn)生CO2的情況D.圖

表示向100mL0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液時n（Al3+）和n（AlO2-）的變化情況13、室溫下，下列敘述正確的是（）A.pH=2的HA酸溶液與pH=12的MOH堿溶液以任意比混合：c（OH-）+c（M+）=c（H+）+c（A-）B.將物質(zhì)的量濃度均為0.1mol?L-1的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等體積混合所得溶液中：2c（OH-）-2c（H+）=3c（H2CO3）+c（HCO）-c（CO）C.等濃度、等體枳的Na2CO3和NaHCO3混合：＜D.將足量AgCl分別放入：①5mL水，②10mL0.2mol/LMgCl2，③20mL0.3mol/L鹽酸中溶解至飽和，c（Ag+）：①＞②＞③14、臭名昭著的三聚氰酸[C3N3（OH）3]卻可用于消除汽車尾氣中的NO2．其反應(yīng)原理為：

C3N3（OH）33HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O下列說法正確的是（）A.C3N3（OH）3與HNCO為同一物質(zhì)B.HNCO是一種很強的氧化劑C.1molNO2在反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為4molD.CO2既不是氧化產(chǎn)物，也不是還原產(chǎn)物15、有人認為廢棄物是放錯地方的資源可以變廢為寶．下列方法不屬于廢棄物資源化的是（）A.用廢棄的地溝油加工食品B.焚燒垃圾的煙氣直接排入空氣中C.用廢棄的泡沫包裝材料制取液體燃料D.用碳酸鈣除去燃煤煙氣中的二氧化硫并制得石膏16、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如圖所示．下列說法中不正確的是（）A.X元素形成的單質(zhì)中存在非極性共價鍵B.W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是強酸C.Y的原子半徑在同周期主族元素中最小D.Z的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性在同主族元素中最強17、已知NO2和N2O4可以相互轉(zhuǎn)化：2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0．在恒溫條件下將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入一容積為2L的密閉容器中，反應(yīng)物濃度隨時間變化關(guān)系如圖．下列說法正確的是（）A.圖中的兩條曲線，X是表示NO2濃度隨時間的變化曲線B.前10min內(nèi)用v（NO2）表示的化學反應(yīng)速率0.06mol/（L?min）C.25min時導致平衡移動的原因是將密閉容器的體積縮小為1LD.a、b、c、d四個點中，只有b、d點的化學反應(yīng)處于平衡狀態(tài)評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、在實驗室里制取少量干燥的FeCl3；可按照一定順序連接下圖中所列裝置，所通過的氣體過量且反應(yīng)充分．試回答以下問題：

（1）實驗時，各裝置接口的連接順序為____（用a、b；c、d等字母表示）；

（2）C裝置的作用是____；

（3）D裝置的作用是____；

（4）檢驗B裝置中反應(yīng)后鐵是否有剩余的方法是：____；

（5）某同學認為可以對氯化鐵溶液進行蒸干灼燒的方法得到無水氯化鐵，你認為____（填可行或不可行），原因是____．19、（2014?九江三模）氮是地球上極為豐富的元素．

（1）在配合物Fe（SCN）2+中，提供空軌道接受孤對電子的中心離子微粒的電子排布式為____．已知SCN-呈線性結(jié)構(gòu)，HSCN分子屬于____（填“極性”或“非極性”）分子．

（2）N≡N的鍵能為942kJ?mol-1，N-N單鍵的鍵能為247kJ?mol-1，計算說明N2中的____鍵比____鍵穩(wěn)定（填“σ”“π”）．

（3）（CH3）3NH+和AlCl-4可形成離子化合物，該化合物常溫下為液體，其揮發(fā)性一般比有機溶劑____（

填“大”或“小”）．

（4）X+中所有電子正好充滿K、L、M三個電子層，它與N3-形成的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示．X的元素符號是____，與同一個X+距離最近且相鄰的N3-有____個．20、若往20mL0.01mol/L的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定濃度的燒堿溶液，測得混合溶液的溫度變化如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是______（填標號）

①該燒堿溶液的濃度為0.02mol/L

②該燒堿溶液的濃度為0.01mol/L

③HNO2的電離平衡常數(shù)：b點＞a點。

④從b點到c點，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（NO2-）＞c（OH-）＞c（H+）21、硫酸是重要的化工原料；二氧化硫生成三氧化硫是硫酸工業(yè)的重要反應(yīng)之一。

（1）現(xiàn)將一定量的SO2（g）和O2（g）放入某固定體積的密閉容器中，在一定條件下，反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）達到平衡狀態(tài)。

①在溫度不變的條件下，加入2molSO2（g）和2molO2（g），平衡后，SO3（g）的體積分數(shù)為30%，若相同條件投入1molSO2（g），xmolO2（g）和ymolSO3（g），平衡后SO3（g）的體積分數(shù)也為30%，則x=____y=____．22、根據(jù)下列轉(zhuǎn)化關(guān)系；填寫下列空白。

測知B在標準狀況時密度為1.25g/L．

（1）反應(yīng)①的反應(yīng)類型為____，化學方程式為____

（2）有機物E的名稱為____

（3）寫出反應(yīng)②的化學方程式____．23、市售家用消毒液發(fā)生器是化學知識在日常生活中的“創(chuàng)新”應(yīng)用．該發(fā)生器利用常見的精鹽為反應(yīng)物，通電時發(fā)生器中電解槽內(nèi)的極板上產(chǎn)生大量氣泡，切斷電源后所得的消毒液具有強烈的殺菌能力，且對人體無害，請你寫出跟該發(fā)生器直接有關(guān)的兩個化學反應(yīng)：____，____．評卷人得分四、判斷題(共4題，共32分)24、1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數(shù)為NA____（判斷對錯）25、18gD2O所含的電子數(shù)為10NA．____（判斷對錯）26、將10克氯化鈉溶于4℃、90毫升的水中，所得溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為90%．____（判斷對錯）27、海帶中碘元素提取時氧化濾液中的I-時，通入氯氣，KI溶液變?yōu)辄S色，繼續(xù)通入氯氣一段時間后，溶液黃色褪去．____．（判斷對錯說明理由）評卷人得分五、探究題(共4題，共40分)28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：30、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．31、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】A．用自來水制蒸餾水是將水加熱蒸餾；

B．容量瓶是定容儀器；不能作為溶解儀器；

C．加入鹽酸后排除了干擾離子；再加入氯化鋇，若生成了白色沉淀，該白色沉淀為硫酸鋇，則原溶液中一定含有硫酸根離子；

D．分液漏斗中的下層液體從分液漏斗下端管口放出，上層液體從上口倒出．【解析】【解答】解：A．自來水和蒸餾水的差別是所含的可溶性鈣鎂化合物的量不同；用自來水制蒸餾水是將水加熱蒸餾，故A錯誤；

B．容量瓶是定容儀器；不能作為溶解儀器，也不能用來稀釋液體，故B錯誤；

C．向某溶液中加入足量的鹽酸無明顯現(xiàn)象，說明溶液中不存在銀離子，然后再加入BaCl2溶液；產(chǎn)生白色沉淀，該白色沉淀為硫酸鋇，證明原溶液中存在硫酸根離子，故C正確；

D．分液漏斗中的下層液體從分液漏斗下端管口放出；上層液體從上口倒出，故D錯誤．

故選C．2、D【分析】【分析】A．氯水中含水；氯氣、HClO三種分子；

B．氯水放置數(shù)天后；HClO分解生成鹽酸；

C．光照時發(fā)生2HClO2HCl+O2↑；

D．Na2O與水反應(yīng)后的溶液為NaOH溶液，與氯氣反應(yīng)生成NaCl、NaClO．【解析】【解答】解：A．氯氣溶于水得到氯水；只有少量氯氣與水反應(yīng)，則氯水中含水；氯氣、HClO三種分子，故A錯誤；

B．氯水放置數(shù)天后；HClO分解生成鹽酸，則酸性逐漸增強，故B錯誤；

C．光照時發(fā)生2HClO2HCl+O2↑；該氣體的主要成分為氧氣，故C錯誤；

D．Na2O與水反應(yīng)后的溶液為NaOH溶液；與氯氣反應(yīng)生成NaCl；NaClO，若NaOH完全反應(yīng)，則溶液中含有兩種溶質(zhì)NaCl、NaClO，故D正確；

故選D．3、B【分析】

A；乙酸與乙醇的反應(yīng)為可逆反應(yīng)；不能全部轉(zhuǎn)化，應(yīng)用飽和碳酸鈉溶液進行分離，故A錯誤；

B；溴乙烷在堿性條件下發(fā)生水解生成溴離子；酸化后與硝酸銀反應(yīng)生成淺黃色的溴化銀沉淀，可用來鑒別，故B正確；

C；生成的三溴苯酚溶于甲苯中；不能得到純凈物，應(yīng)用氫氧化鈉溶液分離，故C錯誤；

D；甲酸和乙醛中都含有醛基；如不能將二者分離，不能通過銀鏡實驗檢驗，正確的做法是加入堿后蒸餾，在用銀氨溶液檢驗，故D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】A；乙酸與乙醇的反應(yīng)為可逆反應(yīng)；不能全部轉(zhuǎn)化；

B；溴乙烷在堿性條件下發(fā)生水解生成溴離子；可用來檢驗；

C；生成的三溴苯酚溶于甲苯中；不能得到純凈物；

D；甲酸和乙醛中都含有醛基；如不能將二者分離，不能通過銀鏡實驗檢驗；

4、C【分析】試題分析：二次電池又稱為充電電池，答案選C?？键c：化學電源【解析】【答案】C5、C【分析】解：rm{A}當鹽酸和氨水恰好中和生成rm{NH_{4}Cl}時，由于銨根離子水解呈酸性，若使溶液呈中性，應(yīng)繼續(xù)向溶液中加入氨水，故溶液中的溶質(zhì)是rm{NH_{4}Cl}和rm{NH_{3}?H_{2}O}故A錯誤；

B、向稀醋酸中加水時，醋酸的電離平衡正向移動，醋酸的電離程度增大，但rm{c(H^{+})}減小，故rm{pH}增大；故B錯誤；

C、溫度不變，rm{Ca(OH)_{2}}的溶解度不發(fā)生變化，故飽和石灰水中rm{c(OH^{-})}的濃度不變，所以rm{pH}不變；故C正確；

D；氫氧化鐵膠體的膠體粒子帶有正電荷；但氫氧化鐵膠體呈電中性，故D錯誤；

故選C．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】A．根據(jù)方程式中△H符號判斷；△H均為負值；

B．根據(jù)元素化合價變化判斷；碳元素的化合價變化相同；

C．由題目給知的熱化學方程式，根據(jù)蓋斯定律可以得出CH4還原NO2至N2的熱化學方程式為：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ?mol-1；然后計算；

D．水蒸氣液化放出熱量．【解析】【解答】解：A．由方程式中△H符號可知；△H均為負值，所以都是放熱反應(yīng)，故A正確；

B．等物質(zhì)的量的甲烷分別參加反應(yīng)①；②時；碳元素的化合價變化相同，所以反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同，故B正確；

C．由題目給知的熱化學方程式，根據(jù)蓋斯定律可以得出CH4還原NO2至N2的熱化學方程式為：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ?mol-1，則用標準狀況下4.48LCH4還原NO2至N2，放出的熱量=×867kJ?mol-1=173.4kJ；故C正確；

D．水蒸氣液化放出熱量，所以生成液態(tài)水放出熱量多，所以得CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-akJ?mol-1；a＞574，故D錯誤；

故選：D．7、C【分析】【分析】2760Co中質(zhì)子數(shù)為27，質(zhì)量數(shù)為60，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)，同素異形體的化學性質(zhì)相同物理性質(zhì)不同，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A、60是2760Co這種核素的質(zhì)量數(shù)；在數(shù)值上等于其相對原子質(zhì)量，故A錯誤；

B；由Co的不同種同位素組成的單質(zhì)是同素異形體；其化學性質(zhì)相同，物理性質(zhì)不同，故B錯誤；

C、60是2760Co這種核素的質(zhì)量數(shù)；27是其質(zhì)子數(shù)，故C正確；

D、2760Co原子中；中子數(shù)是33，電子數(shù)是27，故D錯誤；

故選C．8、D【分析】試題分析：A、氯水具有強氧化性，能將有色物質(zhì)氧化生成無色物質(zhì)，因此不能用pH試紙測定氯水的pH值，A不正確；B、銅與濃硫酸反應(yīng)生成的氣體是SO2，SO2是大氣污染物，應(yīng)該用氫氧化鈉溶液吸收，因此銅與濃硫酸反應(yīng)時，可用蘸有濃氫氧化鈉的棉花放在導管口吸收逸出的氣體，B不正確；C、容量瓶的規(guī)格沒有450ml的，因此需用某濃度的NaOH溶液450mL，則配制時應(yīng)選用500mL的容量瓶，C不正確；D、液溴易揮發(fā)，濃硝酸見光易分解，因此液溴、濃硝酸保存在棕色試劑瓶中，放置于冷暗處，D正確，答案選D。考點：考查pH試紙的檢驗、SO2尾氣處理、物質(zhì)的量濃度的配制以及液溴和濃硝酸的保存【解析】【答案】D9、B【分析】【分析】本題考查了原電池與電解池的工作原理及電極反應(yīng)式的書寫，培養(yǎng)學生知識遷移能力及抽象思維能力，題目難度適中?！窘獯稹緼.電解過程中，rm{Ca^{2+}}為陽離子應(yīng)向陰極移動，故A錯誤；B.電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)圖示可知：rm{C+2O^{2-}-4e^{-}=CO_{2}隆眉}故B正確；C.rm{CaO}中rm{Ca^{2+}}在電極槽中得電子生成鈣，鈣與二氧化鈦反應(yīng)重新生成rm{CaO}所以在制備金屬鈦前后，整套裝置中rm{CaO}的總量不變，故C錯誤；D.鉛蓄電池中rm{Pb}電極是負極，應(yīng)與“rm{-}”接線柱連接，故D錯誤。故選B?！窘馕觥縭m{B}二、多選題(共8題，共16分)10、AB【分析】【分析】假設(shè)生成二氧化碳為2mol，生成水為3mol，消耗氧氣為3mol，根據(jù)O原子守恒可知有機物中含有O原子為2mol×2+3mol×1-3mol×2=1mol，則有機物中C、H、O原子數(shù)目之比為2mol：6mol：1mol=2：6：1，該有機物的最簡式為C2H6O，由于2個C原子最多連接6個氫原子，故有機物分子式為C2H6O．【解析】【解答】解：假設(shè)生成二氧化碳為2mol，生成水為3mol，消耗氧氣為3mol，根據(jù)O原子守恒可知有機物中含有O原子為2mol×2+3mol×1-3mol×2=1mol，則有機物中C、H、O原子數(shù)目之比為2mol：6mol：1mol=2：6：1，該有機物的最簡式為C2H6O，由于2個C原子最多連接6個氫原子，故有機物分子式為C2H6O．

A．由上述分析可知；該有機物中一定含有氧元素，故A正確；

B．該有機物分子中碳氫原子數(shù)之比為1：3；故B正確；

C．該有機物中一定含有氧元素；故C錯誤；

D．有機物分子式為C2H6O；故D錯誤．

故選：AB．11、BD【分析】【分析】將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10mL混合，反應(yīng)后NaAc和HAc的物質(zhì)的量相等，溶液顯酸性，則c（H+）＞c（OH-），HAc電離程度大于Ac-水解程度，則c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc），溶液中粒子濃度大小為：c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；據(jù)此判斷ABC；

溶液中一定滿足電荷守恒，根據(jù)電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）判斷選項D．【解析】【解答】解：將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10mL混合后，反應(yīng)后NaAc和HAc的物質(zhì)的量濃度相等，溶液顯酸性，說明HAc電離程度大于Ac-水解程度；

A．醋酸為弱電解質(zhì)，溶液中只能部分電離，則c（HAc）＞c（H+），溶液中濃度大小為：c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；故A錯誤；

B．反應(yīng)后NaAc和HAc的物質(zhì)的量相等，溶液顯酸性，說明HAc電離程度大于Ac-水解程度，則（Ac-）＞c（Cl-），HAc為弱電解質(zhì)，部分電離，應(yīng)有c（HAc）＞c（H+），結(jié)合物料守恒分析：c（Ac-）+c（HAc）=2c（Cl-），HAc電離程度大于Ac-水解程度，則c（Ac-）＞c（HAc），溶液中濃度大小為：c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；故B正確；

C．反應(yīng)后NaAc和HAc的物質(zhì)的量相等，溶液顯酸性，c（H+）＞c（OH-），根據(jù)電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-），可得：（Ac-）＞c（Cl-）；故C錯誤；

D．溶液中一定滿足電荷守恒，根據(jù)電荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）；故D正確；

故選BD．12、AD【分析】【分析】A．a(chǎn)點為不飽和溶液；通過升高溫度可以蒸發(fā)溶劑，使溶液變成飽和溶液；

B．催化劑可以降低反應(yīng)需要能量；但是不會影響反應(yīng)的焓變；

C．當溶質(zhì)為碳酸鈉溶液時，根據(jù)反應(yīng)CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═CO2↑+H2O可知；生成二氧化碳氣體前消耗的鹽酸與生成二氧化碳消耗的鹽酸的體積相等，由于含有碳酸氫鈉，則生成二氧化碳消耗的鹽酸大于明確生成二氧化碳消耗的鹽酸；

D．鋁離子先與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)前，銨根離子優(yōu)先與氫氧根離子反應(yīng)，銨根離子消耗完全后氫氧化鋁與氫氧化鈉開始反應(yīng)，偏鋁酸根離子逐漸增多，據(jù)此進行判斷．【解析】【解答】解：A．b點為硝酸鉀在80℃時的飽和溶液；a點為不飽和溶液，可以通過升高溫度蒸發(fā)掉部分溶劑，然后恢復(fù)到80℃可以變成飽和溶液，故A正確；

B．使用催化劑可以改變反應(yīng)需要能量；但是根據(jù)蓋斯定律可知，反應(yīng)熱與反應(yīng)途徑無關(guān)，所以使用催化劑不會改變反應(yīng)的焓變，故B錯誤；

C．圖象中沒有生成二氧化碳時消耗了30mL的鹽酸，生成二氧化碳只消耗了10mL體積的鹽酸，根據(jù)反應(yīng)的離子方程式CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═CO2↑+H2O可知；應(yīng)該生成二氧化碳氣體時消耗的鹽酸體積等于沒有生成二氧化碳時消耗的體積，故C錯誤；

D．向100mL0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，鋁離子的物質(zhì)的量為0.01mol，完全反應(yīng)變成氫氧化鋁沉淀需要消耗氫氧化鈉0.03nol，需要該氫氧化鈉溶液的體積為30mL；再加入氫氧化鈉溶液時，銨根離子優(yōu)先與氫氧化鈉反應(yīng)，銨根離子的物質(zhì)的量為0.01mol，需要消耗10mL的氫氧化鈉溶液，當加入40mL氫氧化鈉溶液后，氫氧化鋁開始與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，偏鋁酸根離子濃度逐漸增大，0.01mol氫氧化鋁完全反應(yīng)消耗10mL氫氧化鈉溶液，圖中曲線變化與n（Al3+）和n（AlO2-）的變化情況相符；故D正確；

故選AD．13、AB【分析】【分析】A．混合液中一定滿足電荷守恒；結(jié)合溶液中離子判斷；

B．Na2CO3、NaHCO3的物質(zhì)的量相等；結(jié)合物料守恒；電荷守恒進行判斷；

C．根據(jù)碳酸的一級電離、二級電離平衡常數(shù)可知：=，=；

D．根據(jù)Ksp（AgCl）=c（Ag+）×c（Cl-），可知氯離子濃度越小，AgCl溶解度越大．【解析】【解答】解：A．pH=2的HA酸溶液與pH=12的MOH堿溶液任意比混合，溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒可知：c（H+）+c（M+）=c（OH-）+c（A-）；故A正確；

B．Na2CO3、NaHCO3的物質(zhì)的量相等，根據(jù)物料守恒：c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，由電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），聯(lián)立可得：2c（OH-）-2c（H+）=3c（H2CO3）+c（HCO3-）-c（CO32-）；故B正確；

C．根據(jù)碳酸的一級電離、二級電離平衡常數(shù)可知：=，=，而二級電離遠遠小于一級電離，則：＞；故C錯誤；

D．根據(jù)Ksp（AgCl）=c（Ag+）×c（Cl-），可知氯離子濃度越小，AgCl溶解度越大，溶液中氯離子濃度：①5mL水＜③20mL0.3mol/L鹽酸＜②10mL0.2mol/LMgCl2，故溶液中c（Ag+）：①＞③＞②；故D錯誤．

故選：AB．14、CD【分析】【分析】A．利用C3N3（OH）3與HNCO的化學式不同來分析；

B．利用元素的化合價變化來分析；

C．根據(jù)NO2反應(yīng)時N元素的化合價變化計算；

D．根據(jù)碳元素的化合價分析．【解析】【解答】解：A．由C3N3（OH）33HNCO可知，C3N3（OH）3與HNCO的化學式不同，反應(yīng)屬于化學變化，則C3N3（OH）3與HNCO為不同物質(zhì)；故A錯誤；

B．HNCO在反應(yīng)中N元素的化合價升高；則HNCO是還原劑，具有還原性，故B錯誤；

C．1molNO2反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子=1mol×[4-0]=4mol；故C正確；

D．該反應(yīng)中碳元素的化合價不變；所以二氧化碳既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，故D正確；

故選CD．15、AB【分析】【分析】根據(jù)生活垃圾資源化處理是變廢為寶，節(jié)約資源，保護環(huán)境，根據(jù)各個做法結(jié)合實際來回答．【解析】【解答】解：A；廢棄的地溝油中含有有害物質(zhì)；不能用于加工食品，不屬于生活垃圾資源化處理，故A正確；

B；焚燒垃圾的煙氣中含有有害物質(zhì)；直接排入空氣中會污染環(huán)境，不屬于生活垃圾資源化處理，故B正確；

C；用廢棄的泡沫包裝材料制取液體燃料；節(jié)約資源，保護環(huán)境，屬于生活垃圾資源化處理，故C錯誤；

D；用碳酸鈣除去燃煤煙氣中的二氧化硫并制得石膏；除去了污染物，保護環(huán)境，獲得新的資源，屬于生活垃圾資源化處理，故D錯誤；

故選：AB．16、AD【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知X為He、Y為F、W為Cl、Z為S元素，結(jié)合對應(yīng)的單質(zhì)化合物的性質(zhì)以及元素周期律知識解答該題．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知X為He；Y為F、W為Cl、Z為S元素；

A．X為He；為單原子分子，不存在共價鍵，故A錯誤；

B．W為Cl；對應(yīng)的最高價氧化物對應(yīng)的水化物時酸性最強的含氧酸，故B正確；

C．Y為F；根據(jù)同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下逐漸增大，可知原子半徑在同周期主族元素中最小，故C正確；

D．Z為S元素；非金屬性小于同主族元素O，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于水，故D錯誤．

故選AD．17、AD【分析】【分析】由圖可知10-25min平衡狀態(tài)時，X表示的生成物的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量為（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的濃度變化量是Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量的2倍，所以X表示NO2濃度隨時間的變化曲線，Y表示N2O4濃度隨時間的變化曲線．

A、計算X、Y的濃度變化量，利用濃度變化量之比等于化學計量數(shù)之比，確定表示NO2濃度變化曲線；

B、由圖象可知，10min內(nèi)用NO2的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，根據(jù)v=計算v（NO2）；

C；25min時；X的濃度增大，Y的濃度不變，只能是增大X的濃度；

D、物質(zhì)的濃度不發(fā)生變化時表示化學反應(yīng)處于平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：由圖可知10-25min平衡狀態(tài)時，X表示的生成物的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量為（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的濃度變化量是Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量的2倍，所以X表示NO2濃度隨時間的變化曲線，Y表示N2O4濃度隨時間的變化曲線．

A、由上述分析可知，X表示NO2濃度隨時間的變化曲線，Y表示N2O4濃度隨時間的變化曲線；故A正確；

B、由圖象可知，10min內(nèi)用NO2的濃度變化量為（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，故v（NO2）==0.04mol/（L?min）；故B錯誤；

C、25min時，X的濃度增大，Y的濃度不變，只能是增大X的濃度，所以曲線發(fā)生變化的原因是增加NO2濃度；故C錯誤；

D、由圖可知，10-25min及30min之后X、Y的物質(zhì)的量不發(fā)生變化，則相應(yīng)時間段內(nèi)的點處于化學平衡狀態(tài)，即b；d處于化學平衡狀態(tài)；故D正確；

故選AD．三、填空題(共6題，共12分)18、aedbcf除去氯氣中的水蒸氣（或干燥）吸收多余的氯氣，防止污染用吸鐵石來吸引不可行氯化鐵溶液水解得到Fe（OH）3和鹽酸，鹽酸揮發(fā)最后全部是Fe（OH）3，灼燒后變成Fe2O3【分析】【分析】實驗室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣；然后用濃硫酸干燥氯氣，將氯氣通入加熱的Fe粉中，鐵和氯氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化鐵，氯氣有毒，不能直接排空，應(yīng)該用堿液吸收；

（1）實驗順序為：氯氣制??；干燥氯氣、氯氣和鐵反應(yīng)、尾氣處理；干燥氣體時導氣管采用長進短出原則；

（2）濃硫酸具有吸水性；常做干燥劑；

（3）氯氣有毒；且氯氣能和堿液反應(yīng)而降低毒性；

（4）Fe能被磁鐵吸引；

（5）氯化鐵是強酸弱堿鹽，加熱氯化鐵溶液，鐵離子水解生成氫氧化鐵和HCl，加熱促進鹽酸揮發(fā)，從而促進鐵離子水解，蒸干時得到的固體是氫氧化鐵，灼燒氫氧化鐵最終得到的固體是氧化鐵，所以最終得不到氯化鐵固體．【解析】【解答】解：實驗室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣；然后用濃硫酸干燥氯氣，將氯氣通入加熱的Fe粉中，鐵和氯氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化鐵，氯氣有毒，不能直接排空，應(yīng)該用堿液吸收；

（1）實驗順序為：氯氣制取、干燥氯氣、氯氣和鐵反應(yīng)、尾氣處理，干燥氣體時導氣管采用長進短出原則，所以各裝置接口的連接順序為aedbcf，故答案為：aedbcf；

（2）濃硫酸具有吸水性；常做干燥劑，所以用濃硫酸干燥氯氣，防止水蒸氣和鐵反應(yīng)而影響實驗，故答案為：除去氯氣中的水蒸氣（或干燥）；

（3）氯氣有毒；且氯氣能和堿液反應(yīng)而降低毒性，所以D的作用是吸收多余的氯氣，防止污染空氣；

故答案為：吸收多余的氯氣；防止污染空氣；

（4）Fe能被磁鐵吸引；所以可以用吸鐵石來吸引判斷Fe是否過量，故答案為：用吸鐵石來吸引；

（5）氯化鐵是強酸弱堿鹽，加熱氯化鐵溶液，鐵離子水解生成氫氧化鐵和HCl，加熱促進鹽酸揮發(fā)，從而促進鐵離子水解，蒸干時得到的固體是氫氧化鐵，灼燒氫氧化鐵最終得到的固體是氧化鐵，所以最終得不到氯化鐵固體，所以不可以，故答案為：不可行；氯化鐵溶液水解得到Fe（OH）3和鹽酸，鹽酸揮發(fā)最后全部是Fe（OH）3，灼燒后變成Fe2O3．19、1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5極性σπ小Cu6【分析】【分析】（1）在配合物Fe（SCN）2+中，提供空軌道接受孤對電子的中心離子是Fe3+；該離子核外有23個電子，最外層有13個電子，3d能級上有5個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫鐵離子電子排布式；正負電荷重心重合的分子為非極性分子；

（2）N≡N的鍵能為942kJ?mol-1，N-N單鍵的鍵能為247kJ?mol-1，氨氣分子中π鍵鍵能==347.5kJ/mol；鍵能越小越穩(wěn)定；

（3）分子晶體的熔沸點較低；離子晶體的熔沸點較高；熔沸點較低的液體易揮發(fā)；

（4）X+中所有電子正好充滿K、L、M三個電子層，則該離子核外電子數(shù)=2+8+18=28，所以X原子核外電子數(shù)為29，為Cu元素，以X+為中心采用沿三軸切割的方法確定配位數(shù)．【解析】【解答】解：（1）在配合物Fe（SCN）2+中，提供空軌道接受孤對電子的中心離子是Fe3+，該離子核外有23個電子，最外層有13個電子，3d能級上有5個電子，根據(jù)構(gòu)造原理知鐵離子電子排布式為1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；SCN-呈線性結(jié)構(gòu)；HSCN分子為V形結(jié)構(gòu)，則該分子正負電荷重心不重合，所以為極性分子；

故答案為：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；極性分子；

（2）N≡N的鍵能為942kJ?mol-1，N-N單鍵的鍵能為247kJ?mol-1，氨氣分子中π鍵鍵能==347.5kJ/mol，鍵能越小越穩(wěn)定，所以N2中的σ鍵比π鍵穩(wěn)定；故答案為：σ；π；

（3）分子晶體的熔沸點較低、離子晶體的熔沸點較高，熔沸點較低的液體易揮發(fā)，所以（CH3）3NH+和AlCl-4形成的離子化合物揮發(fā)性一般比有機溶劑??；故答案為：小；

（4）X+中所有電子正好充滿K、L、M三個電子層，則該離子核外電子數(shù)=2+8+18=28，所以X原子核外電子數(shù)為29，為Cu元素，以X+為中心采用沿三軸切割的方法知，其配位數(shù)是6，故答案為：Cu；6．20、略

【分析】解：①HNO2是弱酸，次氯酸電離是吸熱反應(yīng)，酸堿中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，當恰好完全中和時放出熱量最多，c（NaOH）==0.01mol/L；

故①錯誤；②正確；

③電離吸熱，溫度越高電離平衡常數(shù)越大，所以HNO2的電離平衡常數(shù)：b點＞a點；故③正確；

④從b點到c點，當C（NaOH）較大時，可能出現(xiàn)：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+）；故④錯誤；

故答案為：②③．

①②HNO2是弱酸；次氯酸電離是吸熱反應(yīng)，酸堿中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，當恰好完全中和時放出熱量最多，據(jù)此確定c（NaOH）；

③電離吸熱；溫度越高電離平衡常數(shù)越大；

④當c（NaOH）較大時，可能出現(xiàn)：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+）．

本題綜合考查弱電解質(zhì)電離平衡、電解質(zhì)溶液稀釋電離平衡影響因素、圖象的理解等知識，綜合性較強，題目難度中等．【解析】②③21、1.51【分析】【分析】因為平衡2SO2+O2?2SO3是反應(yīng)前后氣體體積減小的反應(yīng)，所以在恒溫恒容條件下，平衡后SO3（g）的體積分數(shù)為30%，則該平衡和原平衡為完全等效，即都折算成反應(yīng)后有關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量要完全相等，據(jù)此計算．【解析】【解答】解：若在相同條件投入1molSO2（g），xmolO2（g）和ymolSO3（g），平衡后SO3（g）的體積分數(shù)也為30%，說明兩個平衡在恒溫恒容條件下為完全等效平衡，則將1molSO2（g），xmolO2（g）和ymolSO3（g）的量完全轉(zhuǎn)化到反應(yīng)物，使SO2、O2的量分別等于2mol和1mol

2SO2+O2?2SO3

起始量（mol）1xy

完全轉(zhuǎn)化（mol）1+yx+0

故：1+y=2；x+=2；解得x=1.5；y=1；

故答案：1.5；1．22、消去反應(yīng)CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【分析】【分析】B在標準狀況時密度為1.25g/L，則M（B）=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，故B為CH2=CH2，A在濃硫酸、加熱條件下生成乙酸，且A可以連續(xù)發(fā)生氧化反應(yīng)，故A為CH3CH2OH，A發(fā)生氧化反應(yīng)生成D為CH3CHO，D進一步發(fā)生氧化反應(yīng)生成E為CH3COOH，乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成C為CH3COOCH2CH3，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：B在標準狀況時密度為1.25g/L，則M（B）=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，故B為CH2=CH2，A在濃硫酸、加熱條件下生成乙酸，且A可以連續(xù)發(fā)生氧化反應(yīng)，故A為CH3CH2OH，A發(fā)生氧化反應(yīng)生成D為CH3CHO，D進一步發(fā)生氧化反應(yīng)生成E為CH3COOH，乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成C為CH3COOCH2CH3；

（1）反應(yīng)①是乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，反應(yīng)化學方程式為CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案為：消去反應(yīng)；CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（2）有機物E為CH3COOH；名稱為乙酸，故答案為：乙酸；

（3）反應(yīng)②乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，反應(yīng)化學方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．23、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【分析】【分析】氯化鈉和水在通電條件下生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，氯氣在上升過程中與陰極生成的氫氧化鈉溶液反應(yīng)是次氯酸、氯化鈉和水，制得有較強殺菌能力的消毒液（NaClO）．【解析】【解答】解：氯化鈉和水在通電條件下生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，即2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成的氯氣在上升過程中與陰極生成的氫氧化鈉溶液反應(yīng)是次氯酸、氯化鈉和水，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；這樣可以制得有較強殺菌能力的消毒液（NaClO）；

故答案為；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．四、判斷題(共4題，共32分)24、×【分析】【分析】硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，結(jié)合離子化合物的構(gòu)成判斷．【解析】【解答】解：硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，1mol硫酸鉀中含有1molSO42-，陰離子所帶電荷數(shù)為2NA；

故答案為：×．25、×【分析】【分析】D2O的相對分子質(zhì)量為20，結(jié)合n==計算．【解析】【解答】解：D2O的相對分子質(zhì)量為20，18gD2O的物質(zhì)的量為=0.9mol，則所含的電子數(shù)為9NA．故答案為：×．26、×【分析】【分析】4℃時水的1g/mL，根據(jù)m=ρV計算水的質(zhì)量，溶液質(zhì)量=NaCl的質(zhì)量+水的質(zhì)量，溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)=×100%．【解析】【解答】解：4℃時90毫升水的質(zhì)量為90mL×1g/mL=90g，故溶液質(zhì)量=10g+90g=100g，則溶液中NaCl的質(zhì)量分數(shù)為×100%=10%，故錯誤，故答案為：×．27、√【分析】【分析】氯氣與KI反應(yīng)生成I2，KI溶液變?yōu)辄S色，繼續(xù)通入氯氣一段時間后，溶液黃色褪去，說明繼續(xù)被氧化，生成HIO3，以此解答．【解析】【解答】解：氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯氣發(fā)生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液變成黃色，繼續(xù)通入氯氣，發(fā)生5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

故答案為：√，原因是過量的氯氣和碘反應(yīng)生成HIO3而導致溶液褪色．五、探究題(共4題，共40分)28、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．29、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；