辽宁省大连市2017-2018学年高二上学期期末考试化学(理)试题含解析(共15页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上辽宁省大连市2017-2018学年高二上学期期末考试化学（理）试题1. 下列能量转化过程中化学能转化为热能的是A. 盐类的水解 B. 冰雪融化 C. 酸碱的中和 D. 煅烧石灰石制生石灰【答案】C【解析】化学能转化为热能，说明此反应属于放热反应，A、盐类水解属于吸热反应，故A错误；B、冰雪融化属于吸热过程，故B错误；C、酸碱中和属于放热反应，故C正确；D、煅烧石灰石属于吸热反应，故D错误。2. 一定条件下，乙烷发生分解反应:C2H6=C2H4+H2。一段时间后，各物质的浓度保持不变，这说明A. 反应完全停止 B. 反应达到平衡状态C. 反应物消耗完全 D. 正反应速率

2、大于逆反应速率【答案】B【解析】试题分析：一定条件下，可逆反应，达到一定程度，正反应速率等于逆反应速率（不等于零），各物质的浓度保持不变，反应达到平衡状态，故B正确。考点：本题考查化学平衡。3. 下列溶液一定呈酸性的是A. pH=6的溶液 B. 含有H+的溶液C. 遇酚酞显无色的溶液 D. c(H+)c(OH-)的溶液【答案】D【解析】试题分析：A、如100时，水的离子积常数是10-12，当pH=6时溶液呈中性，故A错误；B、水溶液中存在水的电离，一定含有氢离子，与溶液酸碱性无关，故B错误；C、滴加酚酞后溶液无色，酚酞常温下的变色范围pH为8-10时显浅红色，pH小于8溶液无色，不一定是酸性溶

3、液，故C错误；D、溶液中c（OH-）c（H+）溶液一定呈酸性，故D正确；故选D。考点：溶液pH的定义点评：本题考查了溶液PH的计算和溶液酸碱性的判断依据，水的离子积的计算应用，注意不能根据溶液的PH值大小判断溶液酸碱性。4. 某原电池总反应为:Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，下列能实现该反应的原电池是ABCD电极材料Cu、CCu、AgCu、ZnFe、Zn电解质溶液Fe(NO3)3FeSO4FeCl3CuSO4A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】根据原电池的总反应，以及原电池工作原理，Cu的化合价升高，Cu作负极，电解质溶液应含有Fe3，另一个电极应为比Cu不活泼的导电

4、物质，A、组合符合上述要求，故A正确；B、电解质溶液中不含Fe3，故B错误；C、Zn比铜活泼，锌作负极，不符合上述要求，故C错误；D、发生的电池总反应是ZnCu2=Zn2Cu，不符合题意，故D错误。5. 下列表示物质变化的化学用语正确的是A. NH3H2O的电离方程式:NH3H2O=NH4+OH-B. 铁发生吸氧腐蚀的正极反应方程式:O2+2H2O+4e-=4OH-C. 碳酸钠水解的离子方程式:CO32-+2H2O2OH-+H2CO3D. CO燃烧热的热化学方程式:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H =-566.0kJmol-1【答案】B【解析】A、NH3H2O属于弱电解质，部分电离

5、，NH3H2O电离方程式：NH3H2O NH4OH，故A错误；B、铁的吸氧腐蚀，正极上应是氧气得电子，电解质溶液是中性或极弱的酸性，因此正极反应方程式为O22H2O4e=4OH，故B正确；C、CO32属于二元弱酸根，应分步水解：CO32H2OHCO3OH、HCO3H2OH2CO3OH，故C错误；D、燃烧热的定义是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物释放的热量，即CO的燃烧热的热化学方程式为CO(g) +1/2O2(g)=CO2(g) H =-283.0kJmol1，故D错误。点睛：燃烧热热化学反应方程式的书写是考查的热点，一定注意燃料的系数为1，同时应注意H2O为液态，C应转化成CO2，S转

6、化成的是SO2.6. 下列问题，与盐类水解有关的是NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液用于制造泡沫灭火器将含有CaSO4的水垢用Na2 CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体A. B. C. D. 【答案】C【解析】金属锈是金属氧化物，NH4Cl和ZnCl2属于强酸弱碱盐，NH4、Zn2发生水解，使NH4Cl和ZnCl2溶液显酸性，因此氯化铵与氯化锌溶液可作焊接金属时的除锈剂，故正确；两种物质发生双水解，其离子反应方程式为Al33HCO3=A

7、l(OH)33CO2，与盐类水解有关，故正确；利用CaCO3溶解度小于CaSO4，发生CaSO4Na2CO3=CaCO3Na2CO3，CaCO3溶于酸，达到除去水垢的目的，此原理与水解无关，故错误；因为CO32发生水解，CO32H2OHCO3OH，造成碳酸钠溶液显碱性，因此实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关，故正确；AlCl3溶液：Al33H2OAl(OH)33H，盐类水解属于吸热反应，加热促进平衡向正反应方向移动，HCl易挥发，加热使之挥发，更加促进水解，因此加热蒸干AlCl3溶液得到氢氧化铝固体，与水解有关，故正确；综上所述，选项C正确。7. 今年4月26日，中国第一

8、艘国产001A型航母顺利建成下水，有盐分的海水和空气会对船体造成腐蚀，因此船体的防腐处理非常重要。下列关于金属腐蚀和防腐的说法错误的是A. 可以在船舶外壳装上锌块，用牺牲阳极的阴极保护法防止金属腐蚀B. 海上舰艇的腐蚀主要为金属的化学腐蚀C. 刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离，可防止金属被腐蚀D. 外加电流，将需要保护的金属做阴极，可以起到保护金属的作用【答案】B【解析】A、船舶外壳装上锌块，因为锌比铁活泼，因此构成原电池时，锌作负极，铁作正极，铁被保护，此方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故A说法正确；B、海上舰艇的腐蚀主要发生电化学腐蚀，故B说法错误；C、防锈漆隔绝金属与空气、水的接触，防止

9、金属被腐蚀，故C说法正确；D、根据电解原理，金属作阴极，金属本身不参与反应，可以防止被腐蚀，这叫外加电流阴极保护法，故D说法正确。8. 反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是A. v(A)=0.15mol/(Lmin) B. v(B)=0.04mol/(Ls)C. v(C)=0.03 mol/(Ls) D. v(D)=0.4 mol/(Lmin)【答案】C故反应速率v（C）v（B）v（D）v（A），故选C。考点：考查化学反应速率快慢比较9. 体积恒定的密闭容器中，反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H0

10、达平衡后，采用下列措施一段时间后，既能增大逆反应速率又能使平衡向正方向移动的是A. 通入大量O2 B. 增大容器容积 C. 移去部分SO3 D. 降低体系温度【答案】A【解析】试题分析：A通入大量O2，即增大反应物的浓度，无论是正反应还是逆反应的化学速率加快，平衡正向移动，正确；B增大容器容积即减小压强，平衡逆向移动，逆反应的速率减小，错误；C移去部分SO3，平衡正向移动，逆反应速率减小，错误；D降低体系温度，化学反应速率减小，平衡正向移动，错误。考点：考查外界条件对化学反应速率、化学平衡移动的影响的知识。10. 列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是A. H2、I2(g)、HI平衡混合气体加

11、压后颜色变深(已知:H2 +I2(g)2HI)B. 合成氨时，将混合气体中的NH3液化有利于提高产率C. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气D. 滴加酚酞的氨水中加入氯化铵固体后红色变浅【答案】A【解析】A、根据反应方程式，反应前后气体系数之和相等，增大压强，平衡不移动，加压后颜色变深，是因为气体浓度增大，与勒夏特列原理无关，故A正确；B、N2(g)3H2(g) 3NH3(g) ，将NH3液化，相当于减少生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，有利于提高产率，与勒夏特列原理有关，故B错误；C、Cl2与H2O反应：Cl2H2OHClHClO，加入饱和食盐水，增加c(Cl)浓度，平衡向逆反应方向移动，

12、抑制Cl2与水的反应，与勒夏特列原理有关，故C错误；D、NH3H2O的电离：NH3H2ONH4OH，氨水中加入氯化铵，c(NH4)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH)减少，溶液颜色变浅，与勒夏特列原理有关，故D错误。点睛：勒夏特列原理是改变影响平衡的条件，平衡向着能够减弱这种改变的方向移动，易错点是选项A，因为反应前后气体系数之和系数相等，增大压强，平衡不移动，颜色加深是因为增大压强，容器体积减小，组分的浓度增大，颜色加深，不符合勒夏特列原理。11. 一定条件下，下列反应不可能自发进行的是A. 2O3(g)=3O2(g) H0C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0【答案】D【解析

13、】根据G=HTS，A、此反应属于熵增，即S0，H0，G0，因为H0，因此要自发进行应，条件是高温，故B错误；C、此反应是熵减，即S0，能够自发进行，条件是低温下，故C错误；D、此反应是熵减，即S0，因此任何条件下，都不能自发进行，故D正确。12. 常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是A. 0.01mol/L的HClO溶液pH2B. NaClO、HClO都易溶于水C. HClO不稳定，见光或受热易分解D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4【答案】A【解析】A、如果HClO属于强酸，pH=2，但pH2，说明HClO属于弱酸，故A正确；B、溶解度与是否是强弱电解质无关，故

14、B错误；C、强弱电解质与稳定性无关，故C错误；D、此反应体现了HClO的强氧化性，故D错误。13. 25时将pH=3的强酸与pH=12的强碱溶液混合(忽略混合时溶液体积变化)，所得溶液pH=10，则强酸与强碱的体积比是A. 1:9 B. 9:1 C. 1:11 D. 11:1【答案】B【解析】pH=12的强碱溶液中c(OH)=Kw/c(H)=1014/1012=102molL1，混合后溶液显碱性，因此有，解得V碱与V酸的比值为1：9，故选项B正确。14. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A将Na2CO3溶液由0.1mol/L稀释到0.01mol/L，测溶渡

15、pH溶液pH变小稀释后CO32-的水解程度减小B向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量的H2S气体出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强C将盛有棕红色NO2气体的注射器由10 mL 压缩至5 mL气体颜色比压缩前变浅反应2NO2N2O4向右移动D在新生成的AgCl 沉淀中滴入稀KI溶液，振荡白色沉淀转化为黄色沉淀Ksp (AgCl )Ksp (AgI) A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、碳酸钠溶液中：CO32H2OHCO3OH，加水稀释促进水解，但c(OH)降低，pH降低，故A错误；B、发生CuSO4H2S=CuSH2SO4，利用的是CuS不溶于H2SO4，不是利用酸性

16、强的制取酸性弱的，故B错误；C、压缩注射器，增大压强，平衡向正反应方向移动，但容器的体积减小，NO2浓度增大，气体颜色比压缩前深，故C错误；D、加入KI溶液，白色沉淀转化成黄色沉淀，说明AgI比AgCl更难溶，即Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D正确。15. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. pH= 13 的溶液中:Na+、AlO2-、A13+、ClO-B. c(H+ )/c(OH-)=110-6的溶液中:K+、Fe3+、Cl-、SO42-C. 水电离出来的c(H+)=110-12mol/L 的溶液中:NH4+、K+、NO3-、Fe2+D. c(H+ )-)的溶液中:N

17、a+、K+、SO42-、ClO-【答案】D【解析】A、Al3和AlO2发生双水解反应，Al33AlO26H2O=4Al(OH)3，不能大量共存，故A错误；B、c(H+)/c(OH-)=1106，说明溶液显碱性，Fe3与OH不能大量共存，故B错误；C、水电离出的c(H)=11012molL1107molL1，此溶液为酸或碱，NO3在酸性条件性具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，不能大量共存，故C错误；D、c(H)0，H30，H40 C. H1=H2+H3 D. H3=H4+H5【答案】C.考点：反应热、盖斯定律视频17. Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池如下

18、图所示，电解总反:2Cu+H2OCu2O+H2。下列说法正确的是A. 石墨电极上产生氢气 B. 铜电极发生还原反应C. 铜电极接直流电源的负极 D. 当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成【答案】A【解析】石墨作阴极，阴极上是溶液中的H+反应，电极反应为2H+2e-H2，A项正确；由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B项错误；阳极与电源的正极相连，C项错误；阳极反应为2Cu+2OH-2e-Cu2O+H2O，当有0.1 mol 电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，D项错误。18. 常温下，向20.00mL0.1000mol/L的氨水中

19、逐滴加入0.1000mol/L的盐酸，pH随盐酸体积的变化如图所示(不考虑NH3的逸出)。下列说法不正确的是A. 反应过程中:c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)B. V(HCl)=10.00mL.时，c(NH4+)c(Cl-)c(NH3H2O)C. V(HCl)4时，出现沉淀；（4）本题考查水的离子积的计算，pH=1推出溶液中c(H)=0.1molL1，即c(H2SO4)=0.1/2molL1=0.05molL1，水的离子积适合于稀溶液，即硫酸中水电离的c(OH)=Kw/c(H)=1014/101molL1=1013molL1；（5）考查电解原理，以及电解的计算，根据电解原

20、理，阳极上Cl先放电，阳极反应式为2Cl2e=Cl2，气体B为Cl2，阴极反应式为2H2e=H2，因此建立关系式为H22eCl2，V(H2)=v(Cl2)=1.42L。点睛：解决电化学的计算，常采用的方法是关系式法，用电路中转移电子物质的量为中介，把已知和未知联系起来，如本题，生成1molCl2转移2mol电子，生成1molH2，转移2mol电子，因此关系式为H22eCl2。22. 甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列反应合成甲醇:CO2(g)+3H(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在体积为2L的密闭容器中，充入2molCO2和9molH2，测得CO2(g)和

21、CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示:（1）该反应的平衡常数K表达式为_。（2）010min时间内，该反应的平均反应速率v(H2O)=_，H2的转化率为_。（3）下列叙述中，能说明反应已达到化学平衡状态的是_(填字母)。A.容器内CO2、H2、CH3OH、H2O(g)的浓度之比为1:3:1:1B.v(CO2)正:v(H2)逆=1:3C.平衡常数K保持不变D.混合气体的平均相对分子质量保持不变（4）已知在常温常压下:2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H1 =-1452.8kJmol-1 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2 =-566.0kJmol-1

22、 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式:_。（5）中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆。甲醇燃料电池的工作原理如下图所示:该电池工作时，c口通人的物质为_。该电池负极的电极反应式为_。【答案】 (1). (2). 0.075 mol/(Lmin) (3). 50% (4). BD (5). CH3OH(l)O2(g)2H2O(l)CO(g) H443.4 kJ/mol (6). O2（或空气） (7). CH3OHH2O6eCO26H【解析】（1）本题考查平衡常数的表达式，根据化学平衡常数的定义，K；（2）本题考查化学反应

23、速率的计算以及化学平衡的计算，根据图像以及化学反应速率的数学表达式，v(CO2)=(1.000.25)/10mol/(Lmin)=0.075 mol/(Lmin)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(CO2)=v(H2O)=0.075mol/(Lmin)，消耗CO2的物质的量为(10.25)2mol=1.5mol，则 消耗氢气的物质的量为1.53mol=4.5mol，即氢气的转化率为4.5/9100%=50%；（3）本题考查化学平衡状态的判断，A、根据图像，达到平衡时，四种物质的浓度不等于1：3：1：1，故A错误；B、v(CO2)正，反应向正反应方向进行，v(H2)逆，反应向逆反

24、应方向进行，且两者反应速率之比等于化学计量数之比，v(CO2)正:v(H2)逆=1:3，说明反应达到平衡，故B正确；C、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，因此化学平衡常数不变，不能说明反应达到平衡，故C错误；D、根据M=m/n，组分都是气体，则气体质量不变，反应先后气体系数之和不相等，则当n不变时，即M不变时，说明反应达到平衡，故D正确；（4）本题考查热化学反应方程式的计算，根据盖斯定律，因此有()/2得出CH3OH(l)O2(g)2H2O(l)CO(g) H443.4 kJ/mol；（5）本题考查燃料电池以及电极反应式的书写，根据H移动的方向，H从负极移向正极，通燃料的

25、一极为负极，通氧气的一极为正极，即c口通入的是O2或空气；环境是酸性，因此负极反应式为CH3OHH2O6e=CO26H。点睛：本题的难点是电极反应式的书写，书写电极反应式，类似氧化还原反应方程式的书写，燃料电池中通燃料的一极为负极，因为溶液为酸性，因此CH3OH转化成CO2，先写成CH3OHCO2，根据化合价判断失去电子物质的量，CH3OH6eCO2，根据缺项配平，写出其他，即负极反应式为CH3OHH2O6e=CO26H，一般环境是酸性，负极上产生H，正极上消耗H，环境是碱性，反之成立。23. 常温下，用0.1000 mol/ L NaOH 溶液分别滴定20.00 mL 0.1000 mol/

26、L HCl溶液和20.00 mL 0.1000 mol/LCH3COOH溶液，得到2 条滴定曲线，如下图所示: （1）由A、C点判断，滴定HCl溶液的曲线是_(填“图1”或“图2”)；（2）a=_ mL；（3）c(Na+ )=c(CH3COO-)的点是_；（4）E点对应离子浓度由大到小的顺序为_。（5）当NaOH 溶液滴定CH3COOH 溶液过程中，NaOH溶液消耗了10.00 mL时，则此时混合液中c(CH3COOH)_c (CH3COO-)(“”或“c(CH3COO)c(OH)c(H) (5). (6). 【解析】（1）本题考查一元强酸与一元弱酸的比较，HCl属于强酸，0.1molL1的H

27、Cl溶液，pH=1，CH3COOH是弱酸，0.1molL1的CH3COOH溶液的pH1，根据图像的起点，图1为滴定HCl的曲线，图2为滴定CH3COOH的曲线；（2）本题考查中和反应，当两者恰好完全反应时，溶液的pH=7，即消耗NaOH的体积为20.00mL；（3）考查离子浓度大小比比较，根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)，因为c(Na)=c(CH3COO)，即c(H)=c(OH)，D点符合要求；（4）本题考查离子浓度大小比较，根据（2），E点醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶质为CH3COONa，离子浓度大小顺序是c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)；（5）

28、本题考查离子浓度大小比较，NaOH溶液消耗10.00mL，此时溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，两者物质的量相等，根据图像，消耗氢氧化钠的体积为10.00mL时，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，即c(CH3COOH)c(CH3COO)；（6）本题考查电离平衡常数的计算，根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)，即因为c(Na)=c(CH3COO)，c(CH3COO)=0.2/2mol/l=0.1mol/l，c(CH3COOH)=(c/20.1)molL1，溶液恰好为中性，c(H)=107molL1，电离平衡常数只受温度的影响

29、，即K= = 。点睛：本题难点是问题（6），先写出电离平衡常数的表达式，K=，考虑电离平衡常数只受温度的影响， 因为溶液显中性，(Na)=c(CH3COO)，注意浓度应是混合后的浓度，溶液的体积为原来的2倍， c(CH3COO)=0.2/2mol/l=0.1mol/l，c(H)=107molL1，c(CH3COOH)=(c/20.1)molL1，代入公式即可。24. 已知草酸晶体(H2C2O4XH2O)可溶于水，并可与酸性高锰酸钾溶液完全反应:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O。现用氧化还原滴定法测定草酸晶体的结晶水分子数X，步骤如下:用

30、分析天平称取草酸晶体1.260g，将其配制成100.00mL待测草酸溶液用移液管移取25.00mL待测草酸溶液于锥形瓶中，并加入适量硫酸酸化用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，三次结果如下:第一次滴定第二次滴定第三次滴定待测溶液体积(mL)25.0025.0025.00标准溶液体积(mL)9.9910.0110.00已知H2C2O4的相对分子质量为90，请回答下列问题:（1）滴定时，KMnO4标准溶液应该装在_(填酸式或碱式)滴定管中。（2）在整个实验过程中,不需要的仪器或用品是_(填序号)。100mL容量瓶烧杯滴定管夹漏斗玻璃棒托盘天平（3）到达滴定终点的标志是_。（

31、4）根据上述数据计算X=_。（5）误差分析(填偏高、偏低或无影响):若滴定开始时仰视滴定管刻度，滴定结束时俯视滴定管刻度，则X值_；若KMnO4标准溶液浓度偏低，则X值_；若锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水，则X值_。【答案】 (1). 酸式 (2). (3). 最后一滴标准液滴入锥形瓶中，溶液恰好由无色变成紫红色，且30秒内不褪色 (4). 2 (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 无影响【解析】本题考查滴定实验，（1）KMnO4具有强氧化性，因此KMnO4应装在酸式滴定管中；（2）步骤需要配制溶液，因此需要玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL的容量瓶，步骤需要滴定，需要滴定管和滴定管夹

32、，此实验中不需要的仪器是漏斗，草酸晶体的质量为1.260g，而托盘天平的读数到0.1g，因此也不需要托盘天平，故正确；（3）锥形瓶中放入的是草酸溶液，溶液为无色，根据化学反应方程式，滴定终点的标志为：最后一滴标准液滴入锥形瓶中，溶液恰好由无色变成紫红色，且30秒内不褪色；（4）三次平均消耗的标准液的体积为(9.9910.0110.00)/3mL=10.00mL，根据反应方程式，100mL的草酸溶液中草酸的物质的量为mol=0.01000mol，即草酸的质量为0.0100090g=0.9000g，结晶水的物质的量为(1.2600.9000)/18mol=0.0200mol，即X为2；（5）开始时仰视滴定管刻度，滴定结束后俯视滴定管刻度，标准液的体积将减小，求出草酸的质量偏低，结晶水的物质的量增大，即X将偏高；KMnO4浓度偏低，消耗标准液的体积增大，计算出的草酸质量偏高，结晶水的物质的量减小，则X偏低；锥形瓶中是否含有水，对实验无影响。 专心-专注-专业