广东省中山一中、潮阳一中等七校联考高三化学上学期第

广东省中山一中、潮阳一中等七校联考2015届高三上学期第一次月
考化学试卷
一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．
1．下列说法正确的是( )
A．聚酯纤维、有机玻璃、碳纤维都属于有机高分子材料
B．蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基
C．曾在茂名轰动一时的PX（即对二甲苯）属于芳香烃，但不属于苯的同系物
D．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料
考点：有机高分子化合物的结构和性质；芳香烃、烃基和同系物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
专题：化学应用．
分析：A．碳纤维是碳的单质；
B．蛋白质的水解产物是氨基酸；
C．分子中含有苯环的烃属于芳香烃，芳香烃必须满足：①分子中只含有C、H元素，②分子中含有至少1个苯环；分子中有且含有1个苯环，与苯分子间相差1个或n个CH2原子团的化合物属于苯的同系物；
D．拦阻索是特种钢缆，为钢丝绳．
解答：解：A．碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故A错误；
B．蛋白质的水解产物是氨基酸，氨基酸的官能团是羧基和氨基，故B错误；
C．对二甲苯属于芳香烃，也属于苯的同系物，故C错误；
D．拦阻索是特种钢缆，为钢丝绳，主要成分为Fe，属于金属材料，故D正确．
故选D．
点评：本题考查较综合，涉及有机物的结构与性质、有机反应及物质的组成和材料等，注意芳香烃和苯的同系物的区别，注重基础知识的考查，题目难度不大．
2．在水溶液中能大量共存的一组离子是( )
A．NH4+、Na+、Cl﹣、SO42﹣B．K+、Mg2+、OH﹣、NO3﹣
C．H+、Ca2+、SiO32﹣、NO3﹣D．K+、Al3+、ClO﹣、HCO3﹣
考点：离子共存问题．
专题：离子反应专题．
分析：A．NH4+、Na+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不发生反应；
B．镁离子与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化镁；
C．氢离子、钙离子与硅酸根离子反应；
D．铝离子与次氯酸根离子、碳酸氢根离子之间发生双水解反应．
解答：解：A．NH4+、Na+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不满足离子反应发生条件，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．Mg2+、OH﹣之间反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．H+与Ca2+、SiO32﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Al3+与ClO﹣、HCO3﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A．
点评：本题考查离子共存的正误判断，该题是2015届高考中的高频题，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．
3．设n A为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A．常温常压下，8gO2含有2n A个电子
B．10L0.1mol•L﹣1的氨水中有n A个NH4+
C．标准状况下，22.4L盐酸含有n A个HCl分子
D．1molNa与足量氧气反应生成Na2O和Na2O2的混合物，失去n A个电子
考点：阿伏加德罗常数．
专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
分析：A、根据n=计算；
B、铵根离子水解；
C、盐酸为液体，不能使用气体摩尔体积公式；
D、根据得失电子数相等．
解答：解：A、n===0.25mol，电子数=0.25mol×16n A=1n A，故A错误；
B、铵根离子水解，10L0.1mol•L﹣1的氨水中NH4+小于n A个，故B错误；
C、盐酸为液体，不能使用气体摩尔体积公式，22.4L盐酸不是1mol，故C错误；
D、钠由0价变化到+1价，1molNa失去n A个电子，故D正确．
故选：D．
点评：本题考查了阿伏伽德罗常数概念及其应用，注意气体摩尔体积公式只适用于气体，液体和固体不能使用．
4．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示．其中Y所处的周期序数与族序数相等．下列说法正确的是( )
X
Y Z W
A．原子半径：Y＜Z＜W
B．气态氢化物的稳定性：X＞Z
C．W的最高价氧化物与水反应形成的化合物是离子化合物
D．X的气态氢化物的水溶液能与Y的最高价氧化物对应水化物发生反应
考点：位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．
专题：元素周期律与元素周期表专题．
分析：Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知，Z为Si，X为N，W为S，以此来解答．
解答：解：Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知，Z为Si，X为N，W为S，
A．同周期原子半径从左向右减小，则原子半径为Y＞Z＞W，故A错误；
B．非金属性X＞Z，则气态氢化物的稳定性：X＞Z，故B正确；
C．W为S，W的最高价氧化物与水反应形成的化合物是硫酸，只含共价键，属于共价化合物，故C错误；
D．X为N，X的气态氢化物的水溶液氨水，不能与Y的最高价氧化物氢氧化铝反应，故D错误；故选B．
点评：本题考查位置、结构、性质的应用，为高频考点，把握短周期元素的位置及Y的周期序数与族序数相等为解答的关键，侧重分析推断能力的考查，题目难度不大．
5．下列说法正确的是( )
A．氨的催化氧化是一种特殊的固氮方式
B．工业冶炼铝：电解熔融AlCl3固体
C．将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中不一定有铁
D．用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物分离
考点：金属冶炼的一般原理；铁的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．
专题：元素及其化合物．
分析：A．氮的固定过程是单质生成化合物的过程；
B．氯化铝是共价化合物，属于分子晶体，工业上用电解氧化铝的方式制铝；
C．将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中不一定有铁，可能为铜；D．加热NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物反应生成氨气（NH3）、氯化钙和水，无法分离；解答：解：A．固氮是将氮元素从游离态转变为化合态，氨氧化法制硝酸，是氮的化合物之间的转换，不属于氮的固定，故A错误；
B．氯化铝的构成微粒是分子，属于分子晶体，为共价化合物，工业上采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故B错误；
C．当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，故C正确；
D．加热NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物发生反应2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，
无法分离，故D错误；
故选B．
点评：本题考查了元素化合物知识，掌握氮的固定、工业电解铝的方法、金属的活动顺序应用、实验室制氨气原理是解答的关键，题目难度不大．
6．有关如图的说法正确的是( )
A．构成原电池时Cu极反应为：Cu﹣2e﹣=Cu2+
B．构成原电池时溶液中SO42﹣移向Cu极
C．要使Fe极不被腐蚀，Cu片换Zn片或a接直流电源负极
D．形成电解池，Cu电极不可能溶解
考点：原电池和电解池的工作原理．
专题：电化学专题．
分析：A．构成原电池知，Fe易失电子作负极、Cu作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应；
B．构成原电池时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；
C．要使铁不被腐蚀，将铁作负极或阴极；
D．形成电解池时，活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子发生氧化反应．
解答：解：A．构成原电池知，Fe易失电子作负极、Cu作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，故A错误；
B．构成原电池时，Fe作负极、Cu作正极，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以SO42﹣移向Fe极，故B错误；
C．要使铁不被腐蚀，将铁作负极或阴极，所以Cu片换Zn片或a接直流电源负极都可以保护Fe，故C正确；
D．形成电解池时，活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子发生氧化反应，如果Cu作阳极，则Cu溶解，故D错误；
故选C．
点评：本题考查原电池和电解池原理，涉及离子移动方向判断、金属腐蚀与防护等知识点，易错选项是D，注意判断阳极上发生的电极反应，为易错点．
二、双选题（本题包括2小题，每小题6分，共12分．每小题有2个选项符合题意）
7．下列说法中正确的是( )
A．0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．pH=4的醋酸稀释l0倍，溶液中c（CH3COOH）、c（OH﹣）均减小
C．常温下向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH溶液，使混合液的pH=7，则混合液中c（Na+）=c（CH3COO﹣）
D．等浓度的弱酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，所得混合液显碱性
考点：离子浓度大小的比较．
专题：盐类的水解专题．
分析：A．硫酸铵溶液中，铵根离子只有少量水解，则铵根离子浓度大于硫酸根离子；
B．醋酸溶液稀释后溶液中氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大；C．混合液的pH=7，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得c（Na+）=c（CH3COO﹣）；
D．等体积、等浓度的弱酸HA溶液和NaOH溶液反应生成醋酸钠溶液，醋酸根离子水解，溶液显示碱性．
解答：解：A.0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，c（H+）＞c （OH﹣），由于铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），则溶液中离子浓度大小为：c （NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；
B．pH=4的醋酸稀释l0倍，溶液中酸性减弱，氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中c（OH﹣）增大，故B错误；
C．常温下向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH溶液，使混合液的pH=7，则溶液中c（H+）=c （OH﹣），根据电荷守恒可知，混合液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），故C正确；
D．等浓度的弱酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成醋酸钠，由于醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，故D正确；
故选CD．
点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断、盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小．
8．下列实验操作不能达到预期实验目的是( )
实验目的实验操作
A 鉴别CO32﹣和SO42﹣分别加入饱和CaCl2溶液
B 比较Al和Fe的金属活动性分别加入浓NaOH溶液
C 比较苯酚和乙酸的酸性分别加入NaHCO3溶液
D 比较AgCl和AgI的溶解度向AgCl的饱和液中加少量KI溶液
A．A B．B C．C D．D
考点：化学实验方案的评价．
专题：实验评价题．
分析：A．二者都可与氯化钙反应生成沉淀；
B．铁与氢氧化钠溶液不反应；
C．由强酸制取弱酸的原则判断；
D．根据难溶电解质的溶解平衡判断．
解答：解：A．CO32﹣和SO42﹣都与氯化钙反应生成沉淀，应加入盐酸判断是否生成气体，故A 错误；
B．比较金属性强弱，应用金属单质与酸反应，根据反应的剧烈程度判断，故B错误；
C．苯酚和乙酸溶液中分别加入碳酸氢钠溶液，可观察到乙酸溶液中由气体生成，则证明酸性乙酸大于碳酸，碳酸大于苯酚，故C正确；
D．向AgCl的饱和液中加少量KI溶液，可生成AgI黄色沉淀，可证明AgI溶解度比AgCl小，故D正确．
故选AB．
点评：本题考查实验方案的评价，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
三、填空题
9．（16分）成环是有机合成的重要环节．如反应①化合物（Ⅰ）可由（Ⅲ）合成：
（1）（Ⅰ）的分子式为C10H10O2，1mol（Ⅰ）最多能与4molH2发生加成反应．
（2）写出（Ⅳ）→A的化学方程式．
（3）酸性条件下，化合物B能发生聚合反应，化学方程式为
．
（4）化合物B→（Ⅴ）的反应类型为消去反应．
（5）（Ⅲ）与（Ⅱ）也能发生类似反应①的反应，生成含两个六元环的化合物的结构简式为
（任写一种）
（6）下列物质与（Ⅴ）互为同分异构体的是②④（填序号）
考点：有机物的合成．
专题：有机物的化学性质及推断．
分析：（1）由结构简式分析化学式，（Ⅰ）中C=C及苯环能与氢气发生加成反应；
（2）（Ⅳ）→A发生﹣OH的催化氧化反应；
（3）化合物B中含C=C，发生加聚反应；
（4）根据题中物质转化关系，B中羟基与邻位碳上的氢脱去水，发生消去反应生成物质Ⅴ；（5）反应①为加成反应，以此分析；
（6）分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体．
解答：解：（1）由结构简式（I）的分子式为C10H10O2，（Ⅰ）中C=C及苯环能与氢气发生加成反应，则1mol（Ⅰ）最多能与4mol H2发生加成反应，
故答案为：C10H10O2；4；
（2）（Ⅳ）→A发生﹣OH的催化氧化反应，该反应为
，
故答案为：；
（3）化合物B中含C=C，发生加聚反应，则
，
故答案为：；
（4）根据题中物质转化关系，B中羟基与邻位碳上的氢脱去水，发生消去反应生成物质Ⅴ，故答案为：消去反应；
（5）反应①为加成反应，则（Ⅲ）与（Ⅱ）也能发生类似反应①的反应，生成含两个六元环的化合物的结构简式为，
故答案为：；
（6）分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体，则（Ⅴ）互为同分异构体的是②④，故答案为：②④．
点评：本题考查有机物的合成，明确习题中的信息为解答本题的关键，侧重有机物结构与性质的考查，注意合成流程中官能团的变化，题目难度中等．
10．（16分）氢是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点．利用Fe0/Fe304循环制氢，已知：
H2O（g）+3FeO（s）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H=akJ/mol（Ⅰ）
2Fe3O4═6FeO（s）+O2g△H=bkJ/mol （Ⅱ）
下列坐标图分别表示FeO的转化率（图1 ）和一定温度时，H2出生成速率（图2）．
（1）反应：2H2O（g）═2H2（g）+O2g△H=（2a+b）kJ/mol （用含a、b代数式表示）；
（2）上述反应b＞0，要使该制氢方案有实际意义，从能源利用及成本的角度考虑，实现反应II可采用的方案是：用廉价清洁能源提供热能；
（3 ）900°C时，在两个体积均为2L密闭容器中分别投入0.60molFeO和0.20mol H2O（g）甲容器用细颗粒FeO、乙容器用粗颗粒FeO．
①用细颗粒FeO和粗颗粒FeO时，H2生成速率不同的原因是：细颗粒FeO表面积大，与氢气的接触面越大，反应速率加快；
②细颗粒FeO时H2O（g）的转化率比用粗颗粒FeO时 H20（g）的转化率相等（填“大”或“小”或“相等”）；
③求此温度下该反应的平衡常数K（写出计箅过程）．
（4）在下列坐标图3中画出在1000°C、用细颗粒FeO时，H20（g）转化率随时间变化示意阁（进行相应的标注）：
考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
专题：化学平衡专题．
分析：（1）利用盖斯定律计算反应热；
（2）可利用廉价清洁能源提供热能；
（3）①固体的表面积越大，反应速率越大；
②固体的表面加大小与平衡移动无关；
③由图象可知900°C时，氢气的转化率为40%，计算出平衡浓度，结合平衡常数的表达式计算；
（4）由图1可知，升高温度，FeO的转化率降低，说明正反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，但反应物的转化率降低．
解答：解：（1）已知H2O（g）+3FeO（s）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H=akJ/mol（Ⅰ）
2Fe3O4═6FeO（s）+O2g△H=bkJ/mol （Ⅱ），
利用盖斯定律，将（Ⅰ）×2+（Ⅱ）可得2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=（2a+b）kJ/mol，故答案为：（2a+b）kJ/mol；
（2）b＞0，要使该制氢方案有实际意义，应给反应Ⅱ提供能量才能使反应发生，可利用廉价清洁能源提供热能或利用太阳能、地热能、生物能、核能等，故答案为：用廉价清洁能源提供热能；
（3）①因细颗粒FeO表面积大，固体的表面积越大，与氢气的接触面越大，则反应速率越大，故答案为：细颗粒FeO表面积大，与氢气的接触面越大，反应速率加快；
②固体的表面加大小与平衡移动无关，则平衡状态相同，故答案为：相等；
③由图象可知900°C时，氢气的转化率为40%，则转化的水的浓度为0.2mol×40%=0.08mol/L， H2O（g）+3FeO（s）⇌Fe3O4（s）+H2（g）
起始（mol） 0.20 0
转化（mol） 0.080 0.080
平衡（mol） 0.12 0.080
K===0.67，
故答案为：0.67；
（4）由图1可知，升高温度，FeO的转化率降低，说明正反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，但反应物的转化率降低，则图象为，故答案为：
．
点评：本题考查较为综合，涉及化学平衡的计算、平衡移动等问题，侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，为2015届高考高频考点，注意把握题给信息，为解答该题的关键，难度中等．
11．（16分）从粗产品硫酸锌固体除去铁、铜、镉等可溶性硫酸盐，从而得到纯净的硫酸锌，实验流程如下：
沉淀物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2Cd（OH）2Mn（OH）2
pH值8.0 9.7 3.2 6.7 9.4 10.4
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH参见上表，请回答下列问题：
（1）“酸浸”步骤中，为提高锌的浸出率，可采取的措施有增大硫酸浓度或加热升高温度或边加硫酸边搅拌或增加浸出时间．“酸浸”时适当补充少量水的原因是防止硫酸锌中从溶液中析出．
（2）滤液I加入酸性KMnO4所发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．加入ZnO的原因是因为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，ZnO+2H+=Zn2++H2O，加入ZnO能促进Fe3+水解生成Fe（OH）3而除去．
（3）滤渣III的成份主要是Mn、Cd、Cu．
（4）从滤液III得到晶体的操作过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤冼涤、小心干燥．
考点：金属的回收与环境、资源保护；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
专题：几种重要的金属及其化合物．
分析：（1）提高浸出率可从提高浸出速率和增加浸出时间两方面采取措施，“酸浸”要尽量降低目标产物的损失；
（2）酸性KMnO4可把亚铁离子氧化生成铁离子，调节PH值使得铁离子水解近乎完全而除掉铁离子；
（3）利用金属的置换原理除掉Mn2+、Cu2+、Cd 2+；
（4）溶液得到晶体实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶．
解答：解：（1）“酸浸”步骤中，为提高锌的浸出率可从提高浸出速率和增加浸出时间两方面采取措施，浸出速率越大、浸出时间越长浸出率越高，加热升高温度、增大硫酸浓度、搅拌均可提高浸出速率，“酸浸”要尽量降低目标产物的损失，因此“酸浸”时适当补充少量水的原因防止硫酸锌中从溶液中析出而损失，故答案为：增大硫酸浓度或加热升高温度或边加硫酸边搅拌或增加浸出时间；防止硫酸锌中从溶液中析出；
（2）酸性KMnO4具有强氧化性，可以把氧化亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为Mn2+，离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，因为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，降低H+浓度可以使水解平衡正向移动，同时还要考虑不能引入新的杂质，所以加入ZnO，利用ZnO+2H+=Zn2++H2O 不断降低H+浓度使Fe3+水解几近完全而除掉，故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；因为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，ZnO+2H+=Zn2++H2O，加入ZnO能促进Fe3+水解生成Fe（OH）3而除去；
（3）滤液II 中含有的杂质离子有 Mn2+、Cu2+、Cd 2+，利用较活泼金属可把较不活泼金属从其盐溶液中置换出来的原理，从而达到除去三种杂质离子的目的，
故答案为：Mn、Cd、Cu；
（4）溶液得到晶体实验操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩．
点评：本题考察学生提纯实验操作、离子除杂设计氧化还原反应、盐类水解、金属置换反应等化学反应原理，掌握上述化学反应原理是解题关键．
12．小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他取了两只试管，均加入4mL0.01mol/L 的KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于凉水中，记录溶液褪色所需的时间．
①需要用硫酸来酸化KMnO4溶液，褪色所需时间t A＜t B（填“＞”、“=”或“＜”）．
②写出该反应的离子方程式5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O．
考点：探究影响化学反应速率的因素．
专题：化学反应速率专题．
分析：①高锰酸钾具有强氧化性，要酸化高锰酸钾溶液需要选用无还原性的酸，温度越高反应速率越快，则褪色时间越短；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水．解答：解：（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要酸化高锰酸钾溶液需要选用无还原性的酸，一般选稀硫酸，温度越高反应速率越快，则褪色时间越短，所以褪色所需时间t A＜t B，故答案为：硫酸；＜；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水，发生的离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O．
点评：本题考查温度对反应速率的影响的实验，难度较大．
13．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：
①配制250mL溶液：准确称量5.0g乙二酸样品，配成250mL溶液．
②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000mol•L﹣1KMnO4溶液装入酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作．在实验中发现，刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液迅速变成紫红色．将锥形瓶摇动一时间后，紫红色慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪色了．请解释原因：反应中生成的Mn2+具有催化作用，所以随后褪色会加快．当滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不变化，证明达到滴定终点．
③计算：再重复上述操作2次，记录实验数据如下．
序号滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）
1 0.00 20.10
2 1.00 20.90
3 0.00 22.10
则消耗KMnO4溶液的平均体积为20.00mLmL，已知H2C2O4的相对分子质量为90，则此样品的纯度为90.00%．
④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是ACD．
A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管
B．滴定前锥形瓶有少量水
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外
E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视．
考点：中和滴定．
专题：实验探究和数据处理题．
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．
解答：解：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；
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++8H2O
450g 2mol
5.0g×x×g （0.1000×0.020）mol
解得：x==90.00%，
故答案为：20.00；90.00%；
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，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，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，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，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，c（待测）=
分析，c（标准）偏小，故E错误；
故选ACD．
点评：本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，难度不大，根据课本知识即可完成．。