化学卷·2018届河北省承德实验中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届河北省承德实验中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河北省承德实验中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一．选择题．（本题共20小题，每小题3分，共60分．每个小题只有一个正确选项．）‎ ‎1．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（　　）‎ A．CH3COOH B．Cl2 C．NH4HCO3 D．SO2‎ ‎2．100mL浓度为2mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的量，可采用的方法是（　　）‎ A．加入适量的6mol/L的盐酸 B．加入数滴氯化铜溶液 C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液 ‎3．右图是一个一次性加热杯的示意图．当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升．制造此加热杯可选用的固体碎块是（　　）‎ A．硝酸铵 B．生石灰 C．氯化镁 D．食盐 ‎4．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（　　）‎ A．阴极附近溶液呈红色 B．阴极逸出气体 C．阳极附近溶液呈蓝色 D．溶液的pH变小 ‎5．原电池的正极和电解池的阴极所发生的反应分别是（　　）‎ A．氧化、还原 B．还原、氧化 C．氧化、氧化 D．还原、还原 ‎6．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（　　）‎ A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B．两烧杯中溶液的pH均增大 C．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极 D．产生气泡的速度甲比乙慢 ‎7．下列叙述正确的是（　　）‎ A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强 B．因醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，因而中和等体积、等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，盐酸消耗的NaOH比醋酸多 C．NaHCO3溶于水，溶液中存在电离平衡 D．物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中C（PO43﹣）相同 ‎8．甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10mol/L时，甲酸中的c（H+）约为乙酸中c（H+）的3倍．现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b以及0.10mol/L的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b，由此可知（　　）‎ A．a的浓度必小于乙酸的浓度 B．a的浓度必大于乙酸的浓度 C．b的浓度必小于乙酸的浓度 D．b的浓度必大于乙酸的浓度 ‎9．一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），一定达到化学平衡状态的是（　　）‎ ‎①X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2‎ ‎②X、Y、Z的浓度不再发生变化 ‎③容器中的压强不再发生变化 ‎④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y．‎ A．①② B．①④ C．②③ D．③④‎ ‎10．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2═P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P﹣P：a kJ•mol﹣1、P﹣O：b kJ•mol﹣1、P=O：c kJ•mol﹣1、O=O：d kJ•mol﹣1．根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（　　）‎ A．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1 B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1‎ C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1 D．（4a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1‎ ‎11．pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相同，则m和n的关系量是（　　）‎ A．m=n B．m＞n C．m＜n D．无法判断 ‎12．现有可逆反应A（g）+2B（g）⇌nC（g）△H＜0，在相同温度、不同压强时，A的转化率跟反应时间（t）的关系如图，其中结论正确的是（　　）‎ A．p1＞p2，n＞3 B．p1＜p2，n＞3 C．p1＜p2，n＜3 D．p1＞p2，n=3‎ ‎13．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（　　）‎ A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B．水的离了积不变、pH不变、呈中性 C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D．水的离子积变大、pH变小、呈中性 ‎14．实验室用H2SO4滴定氨水，选用的指示剂是（　　）‎ A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞 D．任选一种均可以 ‎15．往2L密闭容器中充入NO2，在三种不同条件下发生反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g），实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表（不考虑生成N2O4）‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ 实验1/800‎ ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.55‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ 实验2/800‎ ‎1.00‎ ‎0.70‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ 实验3/850‎ ‎1.00‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.15‎ ‎0.15‎ ‎0.15‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．实验2比实验1的反应容器内压强减小 B．实验2比实验l使用了效率更高的催化剂 C．实验1比实验3的平衡常数大 D．实验2和实验3可判断该反应是放热反应 ‎16．已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后，要使HClO浓度增大，可加入（　　）‎ A．NaCl固体 B．水 C．CaCO3固体 D．NaOH固体 ‎17．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（　　）‎ A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断 ‎18．25℃时，若pH=a的10体积某强酸溶液与pH=b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系（　　）‎ A．a+b=14 B．a+b=13 C．a+b=15 D．a+b=7‎ ‎19．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中，正确的是（　　）‎ A．a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜b B．a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c C．若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小 D．a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：c＜‎ a＜b ‎20．将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为（　　）‎ A．1：2：3 B．3：2：1 C．6：3：1 D．6：3：2‎ ‎　‎ 二．非选择题（共40分）‎ ‎21．废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染．废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末．‎ ‎（1）下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是　　（填字母）．‎ A．热裂解形成燃油B．露天焚烧 C．作为有机复合建筑材料的原料D．直接填埋 ‎（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H=+64.39kJ•mol﹣1‎ ‎2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.46kJ•mol﹣1‎ H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.84kJ•mol﹣1‎ 在 H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为　　．‎ ‎（3）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0mol•L﹣1H2SO4的混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）．‎ 温度（℃）‎ ‎220‎ ‎330‎ ‎440‎ ‎550‎ ‎660‎ ‎770‎ ‎880‎ 铜平均溶解速率（×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1）‎ ‎77.34‎ ‎88.01‎ ‎99.25‎ ‎77.98‎ ‎77.24‎ ‎66.73‎ ‎55.76‎ 当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是　　．‎ ‎（4）在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀．制备CuCl的离子方程式是　　．‎ ‎22．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．‎ ‎（1）该反应是　　反应（填“吸热”、“放热”）．‎ ‎（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率　　‎ ‎（填“增大”、“减小”、“不变”），原因是　　‎ ‎（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？　　（填“有”、“无”），原因是　　．‎ ‎（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1　　，E2　　（填“增大”、“减小”、“不变”）．‎ ‎23．如图是两种溶液进行电解的装置，电极A是由金属M制成的，M的硝酸盐的化学式为M（NO3）2，B、C、D都是铂电极，P、Q是电池的两极，电路接通后，试回答下列问题：‎ ‎（1）电极B上金属M沉淀出来：B电极反应为　　，A极上电极反应为　　，电极C电极反应为　　，电极D电极反应为　　．‎ ‎（2）电池中P是　　 极，Q是　　极．‎ ‎24．Ⅰ．物质的量浓度相同的 ①氨水 ②氯化铵 ③碳酸氢铵 ④硫酸氢铵 ⑤硫酸铵 五种溶液中c（NH4+）大小的顺序是（填序号）　　‎ II．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体（H2C2O4•xH2O）进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务．‎ 该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体（H2C2O4•xH2O）中的x值．通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：‎ ‎2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O 学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值．‎ ‎①称取1.260g纯草酸晶体，将其制成100.00mL水溶液为待测液．‎ ‎②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4．‎ ‎③用浓度为0.1000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00mL．‎ ‎（1）滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的　　（填“甲”或“乙”）滴定管中．‎ ‎（2）本实验滴定达到终点的标志可以是　　．‎ ‎（3）通过上述数据，求得x=　　．‎ 讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会　　（填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同）．‎ ‎②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省承德实验中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题．（本题共20小题，每小题3分，共60分．每个小题只有一个正确选项．）‎ ‎1．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（　　）‎ A．CH3COOH B．Cl2 C．NH4HCO3 D．SO2‎ ‎【考点】电解质与非电解质．‎ ‎【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．‎ ‎【解答】解：A．CH3COOH在水中能电出离自由移动的离子，则其水溶液导电，所以CH3COOH属于电解质，故A错误； ‎ B．Cl2溶于水能与水反应生成盐酸和次氯酸，水溶液能导电，但Cl2是单质，所以Cl2既不是电解质也不是非电解质，故B错误；‎ C．NH4HCO3在水中能电出离自由移动的离子，则其水溶液导电，所以NH4HCO3是电解质，故C错误；‎ D．SO2和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以SO2是非电解质，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．100mL浓度为2mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的量，可采用的方法是（　　）‎ A．加入适量的6mol/L的盐酸 B．加入数滴氯化铜溶液 C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】‎ 过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．加入适量的6 mol•L﹣1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；‎ B．加入数滴氯化铜溶液，锌将铜置换出来形成原电池，反应速率加快，没有改变氢气的总量，故B选；‎ C．加入适量蒸馏水，浓度变小，反应速率减慢，故C不选；‎ D．加入适量的氯化钠溶液，反应速率减慢，故D不选；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．右图是一个一次性加热杯的示意图．当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升．制造此加热杯可选用的固体碎块是（　　）‎ A．硝酸铵 B．生石灰 C．氯化镁 D．食盐 ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解答．‎ ‎【解答】解：A、硝酸铵与水混合时，吸收热量，故A错误； ‎ B、生石灰（CaO）与水反应时放出热量，故B正确；‎ C、氯化镁溶于水没有明显的热效应，故C错误； ‎ D、食盐溶于水也没有明显的热效应，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（　　）‎ A．阴极附近溶液呈红色 B．阴极逸出气体 C．阳极附近溶液呈蓝色 D．溶液的pH变小 ‎【考点】电解原理；真题集萃．‎ ‎【分析】以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．‎ ‎【解答】解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；‎ B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；‎ C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；‎ D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．原电池的正极和电解池的阴极所发生的反应分别是（　　）‎ A．氧化、还原 B．还原、氧化 C．氧化、氧化 D．还原、还原 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据原电池正极和电解池阴极上得失电子判断反应类型，得电子的物质发生还原反应，失电子的物质发生氧化反应．‎ ‎【解答】解：原电池放电时，正极上得电子发生还原反应；电解池工作时，阴极上得电子发生还原反应，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（　　）‎ A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B．两烧杯中溶液的pH均增大 C．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极 D．产生气泡的速度甲比乙慢 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑．乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，以此进行分析．‎ ‎【解答】解：A．甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；‎ B．甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小，溶液的pH值都增大，故B正确；‎ C．乙中不构成原电池，铜片不是电极，故C错误；‎ D．甲能形成原电池，乙不能构成原电池，所以产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．下列叙述正确的是（　　）‎ A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强 B．因醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，因而中和等体积、等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，盐酸消耗的NaOH比醋酸多 C．NaHCO3溶于水，溶液中存在电离平衡 D．物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中C（PO43﹣）相同 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】A．溶液导电能力由溶液中离子浓度大小决定，与电解质强弱无关；‎ B．等物质的量的一元酸的中和能力相同；‎ C．存在HCO3﹣⇌CO32﹣+H+；‎ D．硫酸钠为强电解质，磷酸为弱电解质．‎ ‎【解答】解：A．溶液导电能力由溶液中离子浓度大小决定，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，故A错误；‎ B．盐酸和醋酸的物质的量相等，则中和时所需NaOH的物质的量相等，故B错误；‎ C．存在HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，以及水的电离，都存在电离平衡，故C正确；‎ D．硫酸钠为强电解质，磷酸为弱电解质，则磷酸钠溶液中c（PO43﹣）较大，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10mol/L时，甲酸中的c（H+）约为乙酸中c（H+）的3倍．现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b以及0.10mol/L的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b，由此可知（　　）‎ A．a的浓度必小于乙酸的浓度 B．a的浓度必大于乙酸的浓度 C．b的浓度必小于乙酸的浓度 D．b的浓度必大于乙酸的浓度 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10mol/L时，甲酸中的c（H+）约为乙酸中c（H+）的3倍，说明甲酸的电离程度大于乙酸，同一种弱酸的浓度越小，其电离程度越大，甲酸a的pH大于乙酸，则甲a的物质的量浓度小于0.1mol/L，乙酸的pH大于甲酸b，则乙酸的物质的量浓度≤甲酸b，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10mol/L时，甲酸中的c（H+）约为乙酸中c（H+）的3倍，说明甲酸的电离程度大于乙酸，同一种弱酸的浓度越小，其电离程度越大，甲酸a的pH大于乙酸，则甲a的物质的量浓度小于0.1mol/L，乙酸的pH大于甲酸b，则乙酸的物质的量浓度≤甲酸b，‎ A．等浓度的甲酸和乙酸，甲酸的电离程度大，所如果以甲酸a的pH大于乙酸，则甲酸a的物质的量浓度小于乙酸，故A正确；‎ B．如果甲酸a的物质的量浓度大于乙酸，则甲酸a的pH小于乙酸，与实际不符，故B错误；‎ C．如果b的浓度小于乙酸的浓度，则b的pH大于乙酸，与实际不符，故C错误；‎ D．如果b的浓度等于乙酸的浓度，则b的pH也小于乙酸，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），一定达到化学平衡状态的是（　　）‎ ‎①X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2‎ ‎②X、Y、Z的浓度不再发生变化 ‎③容器中的压强不再发生变化 ‎④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y．‎ A．①② B．①④ C．②③ D．③④‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，注意反应物与生成物的化学计量数关系．‎ ‎【解答】解：①平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故①错误；‎ ‎②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，故②正确；‎ ‎③反应物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，故③正确；‎ ‎④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故④错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2═P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P﹣P：a kJ•mol﹣1、P﹣O：b kJ•mol﹣1、P=O：c kJ•mol﹣1、O=O：d kJ•mol﹣1．根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△‎ H，其中正确的是（　　）‎ A．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1 B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1‎ C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1 D．（4a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】有关反应热的计算；化学反应中能量转化的原因．‎ ‎【分析】反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键．‎ ‎【解答】解：各化学键键能为P﹣P a kJ•mol﹣1、P﹣O b kJ•mol﹣1、P=O c kJ•mol﹣1、O=O d kJ•mol﹣1．‎ 反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，‎ 所以反应P4+5O2=P4O10的反应热△H=6akJ•mol﹣1+5dkJ•mol﹣1﹣（4ckJ•mol﹣1+12bkJ•mol﹣1）=（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相同，则m和n的关系量是（　　）‎ A．m=n B．m＞n C．m＜n D．无法判断 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡，据此分析．‎ ‎【解答】解：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中氢离子的物质的量增大，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，氢离子的物质的量不变，所以要使稀释后两溶液pH值相同，则醋酸的体积比盐酸的体积要大，就必须使m＞n．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．现有可逆反应A（g）+2B（g）⇌nC（g）△H＜0，在相同温度、不同压强时，A的转化率跟反应时间（t）的关系如图，其中结论正确的是（　　）‎ A．p1＞p2，n＞3 B．p1＜p2，n＞3 C．p1＜p2，n＜3 D．p1＞p2，n=3‎ ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】由图可知压强为p2先到达平衡，根据“先拐先平数值大”，则p2＞p1，压强越大A的转化率越小，增大压强平衡向逆反应移动，据此判断n的值．‎ ‎【解答】解：由图可知压强为p2先到达平衡，根据“先拐先平数值大”，则p2＞p1，压强越大A的转化率越小，增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体气体减小的方向移动，即3＜n，故选B．‎ ‎　‎ ‎13．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（　　）‎ A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B．水的离了积不变、pH不变、呈中性 C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D．水的离子积变大、pH变小、呈中性 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析．‎ ‎【解答】解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；‎ 但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性．综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎14．实验室用H2SO4滴定氨水，选用的指示剂是（　　）‎ A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞 D．任选一种均可以 ‎【考点】指示剂的使用．‎ ‎【分析】指示剂的选择原则：指示剂选择不当，加之肉眼对变色点辨认困难，都会给测定结果带来误差．因此，在多种指示剂中，选择指示剂的依据是：要选择一种变色范围恰好在滴定曲线的突跃范围之内，或者至少要占滴定曲线突跃范围一部分的指示剂；‎ 强碱滴定强酸或者强酸滴定强碱，可以选用酚酞或者甲基橙；‎ 强酸滴定弱碱，中和后得到溶液为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，选择甲基橙做指示剂；‎ 强碱滴定弱酸，中和后得到溶液为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，选择酚酞做指示剂．‎ ‎【解答】解：强碱滴定强酸或者强酸滴定强碱，可以选用酚酞或者甲基橙；‎ 强酸滴定弱碱，中和后得到溶液为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，选择甲基橙做指示剂；‎ 强碱滴定弱酸，中和后得到溶液为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，选择酚酞做指示剂；‎ 硫酸与氨水发生中和反应生成硫酸铵，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，应选择甲基橙做指示剂，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎15．往2L密闭容器中充入NO2，在三种不同条件下发生反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g），实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表（不考虑生成N2O4）‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ 实验1/800‎ ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.55‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ 实验2/800‎ ‎1.00‎ ‎0.70‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ 实验3/850‎ ‎1.00‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.15‎ ‎0.15‎ ‎0.15‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．实验2比实验1的反应容器内压强减小 B．实验2比实验l使用了效率更高的催化剂 C．实验1比实验3的平衡常数大 D．实验2和实验3可判断该反应是放热反应 ‎【考点】化学平衡的影响因素；吸热反应和放热反应；化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】实验1和实验2在相同的温度下反应，达到平衡时NO2的浓度相同，说明达到相同平衡状态，但实验2达到平衡用时少，反应速率大，实验3在850℃反应，达到平衡时NO2的浓度较800℃小，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．缩小体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，不可能与实验1达到相同平衡状态，故A错误；‎ B．因实验1和实验2平衡时NO2的浓度相同，但实验2反应速率大，则实验2使用了效率更高催化剂，故B正确；‎ C．实验1比实验3温度低，升高温度，二氧化氮浓度降低，平衡正向移动，则化学平衡常数增大，故C错误；‎ D．实验3在850℃反应，达到平衡时NO2的浓度较800℃小，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后，要使HClO浓度增大，可加入（　　）‎ A．NaCl固体 B．水 C．CaCO3固体 D．NaOH固体 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后，要使HClO浓度增加，应使平衡向正反应方向移动，HCl为强酸，HClO为弱酸，酸性比碳酸弱，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．NaCl不与HClO发生氧化还原反应，不能导致HClO浓度减小，故A错误；‎ B．加水稀释，平衡向正反应方向移动，但溶液体积增大的幅度比HClO增大的快，HClO浓度减小，故B错误；‎ C．加入碳酸钙固体，HCl与碳酸钙反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故C正确．‎ D．NaOH和HCl、HClO都反应，不能使HClO浓度增加，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（　　）‎ A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动．‎ ‎【解答】解：甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎18．25℃时，若pH=a的10体积某强酸溶液与pH=b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系（　　）‎ A．a+b=14 B．a+b=13 C．a+b=15 D．a+b=7‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】常温下，PH=a的强酸溶液中氢离子浓度为10﹣a mol/L，PH=b的强碱溶液中氢氧根离子浓度为10 b﹣14 mol/L，混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量．‎ ‎【解答】解：常温下，PH=a的强酸溶液中氢离子浓度为10﹣a mol/L，PH=b的强碱溶液中氢氧根离子浓度为10 b﹣14 mol/L，混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，所以10×10﹣a=1×10 b﹣14，10a+b=1015，所以a+b=15，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中，正确的是（　　）‎ A．a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜b B．a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c C．若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小 D．a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：c＜a＜b ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】A．导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；‎ B．随水的增多，醋酸的电离程度在增大；‎ C．用湿润的pH试纸测量酸性的pH，溶液稀释；‎ D．a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同．‎ ‎【解答】解：A．导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，故A错误；‎ B．随水的增多，醋酸的电离程度在增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故B正确；‎ C．用湿润的pH试纸测量酸性的pH，相当于在a点之后加水，溶液导电性变强，说明溶液中醋酸根离子和氢离子浓度升高，测得的pH值偏低，故C正确；‎ D．a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a=b=c，故D错误；‎ 故选B、C．‎ ‎　‎ ‎20．将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为（　　）‎ A．1：2：3 B．3：2：1 C．6：3：1 D．6：3：2‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】三个电解槽串联，则转移的电子数相等，利用K++e﹣═K、Mg2++2e﹣═Mg、Al3++3e﹣═Al来计算．‎ ‎【解答】解：三个电解槽串联，则转移的电子数相等，设均转移6e﹣，‎ 由K++e﹣═K、Mg2++2e﹣═Mg、Al3++3e﹣═Al，‎ 则6e﹣～6K～3Mg～2Al，‎ 所以析出钾、镁、铝的物质的量之比为6：3：2，‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二．非选择题（共40分）‎ ‎21．废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染．废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末．‎ ‎（1）下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是　BD　（填字母）．‎ A．热裂解形成燃油B．露天焚烧 C．作为有机复合建筑材料的原料D．直接填埋 ‎（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H=+64.39kJ•mol﹣1‎ ‎2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.46kJ•mol﹣1‎ H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.84kJ•mol﹣1‎ 在 H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为　Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣319.68KJ．mol﹣1　．‎ ‎（3）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0mol•L﹣1H2SO4‎ 的混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）．‎ 温度（℃）‎ ‎220‎ ‎330‎ ‎440‎ ‎550‎ ‎660‎ ‎770‎ ‎880‎ 铜平均溶解速率（×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1）‎ ‎77.34‎ ‎88.01‎ ‎99.25‎ ‎77.98‎ ‎77.24‎ ‎66.73‎ ‎55.76‎ 当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是　H2O2分解速率加快　．‎ ‎（4）在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀．制备CuCl的离子方程式是　2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+．　．‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；离子方程式的书写；化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据环境保护时不会产生污染环境的因素来判断；‎ ‎（2）根据已知的热化学反应方程式和盖斯定律来分析Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式；‎ ‎（3）根据图示信息，当温度升高时反应速率加快来回答；‎ ‎（4）根据反应物和生成物来书写离子反应．‎ ‎【解答】解：（1）因热裂解形成燃油及作为有机复合建筑材料的原料都可实现资源的再利用，露天焚烧能生成有害气体则污染空气，直接填埋则废旧印刷电路板中的重金属离子会污染土壤，‎ 故答案为：BD；‎ ‎（2）由①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H1=64.39KJ•mol﹣1；‎ ‎②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H2=﹣196.46KJ•mol﹣1；‎ ‎③H2（g）+O2（g）═H2O（l）H3=﹣285.84KJ•mol﹣1；‎ 则反应Cu（s）+H2O2 （l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）可由反应①+②×+③得到，‎ 由盖斯定律可知该反应的反应热△H=H1+H2×+H3=64.39KJ•mol﹣1+（﹣196.46KJ•mol﹣1）×+（﹣285.84KJ•mol﹣1）=﹣319.68KJ．mol﹣1，‎ 故答案为：Cu（s）+H2O2 （l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣319.68KJ．mol﹣1；‎ ‎（3）根据测得不同温度下铜的平均溶解速率的数据，会发现随着温度的升高，铜的平均溶解速率，当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，因为双氧水受热易分解，导致金属铜的反应速率减慢，‎ 故答案为：H2O2分解速率加快；‎ ‎（4）根据题干信息，可知发生的反应为2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+，‎ 故答案为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+．‎ ‎　‎ ‎22．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．‎ ‎（1）该反应是　放热　反应（填“吸热”、“放热”）．‎ ‎（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率　减小　‎ ‎（填“增大”、“减小”、“不变”），原因是　该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动　‎ ‎（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？　无　（填“有”、“无”），原因是　催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变　．‎ ‎（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1　减小　，E2　减小　（填“增大”、“减小”、“不变”）．‎ ‎【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据反应物与生成物总能量大小判断；‎ ‎（2）根据温度对平衡的影响分析移动方向，再判断转化率；‎ ‎（3）加入催化剂能降低反应的活化能，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；‎ ‎（4）加入催化剂能降低反应所需的活化能，据此分析．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知该反应是一个能量降低的反应，所以属于放热反应；‎ 故答案为：放热；‎ ‎（2）对应放热反应，升高温度，平衡逆移，A的浓度增大，A的转化率减小；‎ 故答案为：减小；该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动；‎ ‎（3）加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，但是催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，所以催化剂对该反应的反应热无影响；‎ 故答案为：无；催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；‎ ‎（4）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，‎ 故答案为：减小；减小．‎ ‎　‎ ‎23．如图是两种溶液进行电解的装置，电极A是由金属M制成的，M的硝酸盐的化学式为M（NO3）2，B、C、D都是铂电极，P、Q是电池的两极，电路接通后，试回答下列问题：‎ ‎（1）电极B上金属M沉淀出来：B电极反应为　M2++2e﹣═M　，A极上电极反应为　M﹣2e﹣═M2+　，电极C电极反应为　4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑　，电极D电极反应为　4H++4e﹣=2H2↑　．‎ ‎（2）电池中P是　正　 极，Q是　负　极．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】‎ 电路接通后，M沉积于电极B上，说明B电极上得电子发生还原反应，所以B极是电解池的阴极，A极阳极，P是电源的正极，Q是电源的负极；A电极上金属失电子发生氧化反应；C电极是阳极，D是阴极，工作时，C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上氢离子放电生成氢气，据此分析．‎ ‎【解答】解：（1）电路接通后，M沉积于电极B上，说明B电极上得电子发生还原反应，电极反应式为M2++2e﹣=M，A电极上金属M失电子生成金属阳离子而发生氧化反应，电极反应式为M﹣2e﹣═M2+，C电极是阳极，D是阴极，工作时，C电极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，D电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为4H++4e﹣=2H2↑，‎ 故答案为：M2++2e﹣=M；M﹣2e﹣═M2+；4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；4H++4e﹣=2H2↑；‎ ‎（2）电路接通后，M沉积于电极B上，说明B电极上得电子发生还原反应，所以B极是电解池的阴极，A极阳极，P是电源的正极，Q是电源的负极，‎ 故答案为：正；负．‎ ‎　‎ ‎24．Ⅰ．物质的量浓度相同的 ①氨水 ②氯化铵 ③碳酸氢铵 ④硫酸氢铵 ⑤硫酸铵 五种溶液中c（NH4+）大小的顺序是（填序号）　⑤＞④＞②＞③＞①　‎ II．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体（H2C2O4•xH2O）进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务．‎ 该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体（H2C2O4•xH2O）中的x值．通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：‎ ‎2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O 学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值．‎ ‎①称取1.260g纯草酸晶体，将其制成100.00mL水溶液为待测液．‎ ‎②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4．‎ ‎③用浓度为0.1000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00mL．‎ ‎（1）滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的　甲　（填“甲”或“乙”）滴定管中．‎ ‎（2）本实验滴定达到终点的标志可以是　当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点　．‎ ‎（3）通过上述数据，求得x=　2　．‎ 讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同）．‎ ‎②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会　偏小　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定．‎ ‎【分析】Ⅰ．一水合氨是弱电解质，相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度最小，碳酸氢根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，根据离子水解程度结合化学式确定铵根离子浓度大小；‎ Ⅱ．（1）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；‎ ‎（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；‎ ‎（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g 纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大，若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，会导致浓度变小．‎ ‎【解答】解：I．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度最小，硫酸铵中铵根离子个数是2，所以硫酸铵中铵根离子浓度最大，碳酸氢根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，所以氯化铵、碳酸氢铵、硫酸氢铵中铵根离子浓度大小顺序是④＞②＞③，则相同浓度的这几种溶液中c（NH4+）的由大到小顺序是⑤＞④＞②＞③＞①，‎ 故答案为：⑤＞④＞②＞③＞①；‎ II． （1）因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：甲；‎ ‎（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色，‎ 故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；‎ ‎（3）2MnO4﹣+5H2C2O4 +6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎ 2 5 ‎ ‎ 0.1000mol/L×0.01L 0.0025mol ‎25.00mL待测液中含有0.0025molH2C2O4，100.00mL待测液中含有0.01molH2C2O4，0.01molH2C2O4的质量为0.01mol ‎×90g/mol=0.9g，所以1.260g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260g﹣0.9g=0.36g，其物质的量为0.02mol，则x=2，‎ 故答案为：2；‎ ‎①若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大，x偏大，‎ 故答案为：偏大；‎ ‎②若酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗其体积偏大，所得x值偏小，‎ 故答案为：偏小．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日