知识点：化学

B

【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．

【分析】煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．

【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，核能发电﹣．核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源．

故选B．

知识点：化学

D

【考点】反应热和焓变．

【分析】△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，自发与非自发反应与反应条件无关，以此来解答．

【解答】解：A．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，碳酸钙高温分解反应中△H＞0、△S＞0，加热下可自发进行，故A错误；

B．燃烧反应为放热反应，常温下不能自发进行，故B错误；

C．氢气与氧气反应生成液态水，为熵减小的反应，点燃时可自发进行，故C错误；

D．一般放热反应可自发进行，而常温下氯化铵与氢氧化钡可自发进行，为吸热反应，则吸热反应可能属于自发反应，故D正确；

故选D．

知识点：化学

D

【考点】化学键．

【分析】A．活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞；

B．有些吸热反应在常温下也能进行；

C．有能量变化不一定发生化学反应，如物质三态之间的转变；

D．化学反应的实质为旧键断裂、新键形成；

【解答】解：A、活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，故A错误；

B、有些吸热反应在常温下也能进行，例如氢氧化钡和氯化铵，故B错误；

C、有能量变化不一定发生化学反应，如物质三态之间的转变，是物理变化，故C错误；

D、化学反应的实质为旧键断裂、新键形成，而发生化学键断裂的过程不一定发生化学反应，如HCl溶于水发生电离，故D正确；

故选D．

知识点：化学

B

【考点】化学反应速率的影响因素．

【分析】反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等．增加反应物浓度，使反应速率加快；升高温度，使反应速率加快；对于有气体参与的化学反应，增大压强，使反应速率加快；增大接触面积，反应速率加快；使用正催化剂，使反应物速率加快，以此解答该题．

【解答】解：①再加入30mL3mol/L盐酸，体积增大，但浓度不变，反应速率不变，故错误；

②改用30mL 6mol/L盐酸，浓度增大，反应速率增大，故正确；

③改用2g粉末状大理石，固体表面积增大，反应速率增大，故正确；

④适当升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故正确．

故选B．

知识点：化学

B

【考点】水的电离．

【分析】水是一种弱电解质，存在电离平衡，影响水的电离平衡的因素主要有：温度，电离过程是吸热过程，升高温度促进电离；酸、碱抑制水的电离；能水解的弱碱阳离子、弱酸阴离子，促进水的电离；活泼金属促进水的电离，据此进行分析．

【解答】解：水的电离平衡为：H2O⇌H++OH﹣，

①H+，加入氢离子，氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故①错误；

②Cl﹣，加入氯离子，不影响水的电离，故②正确；

③Al3+，加入铝离子，能够结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故③错误；

④K+，加入钾离子，不影响水的电离，故④正确；

⑤S2﹣，加入硫离子，能够结合水电离的氢离子，促进了水的电离影响水的电离，故⑤错误；

⑥OH﹣，加入氢氧根离子，溶液中的氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，故⑥错误；

⑦NO3﹣，加入硝酸根离子，不影响水的电离，故⑦正确；

⑧NH4+，加入铵离子，铵离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故⑧错误；

故选：B．

知识点：化学

C

【考点】强电解质和弱电解质的概念；离子化合物的结构特征与性质．

【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，例如酸、碱和盐等；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物；

因为A为固体化合物并且在熔化状态或溶于水中能够完全电离出离子从而导电，则A一定为强电解质，且一定为离子化合物，据此进行判断．

【解答】解：由于A在熔化或溶于水都能完全电离的化合物，所以A一定为强电解质，熔化状态下能够电离出阴阳离子，则一定属于离子化合物，

故选C．

知识点：化学

B

【考点】化学平衡的影响因素．

【分析】该反应为气体体积减小、放热的反应，催化剂、升高温度均可加快反应速率，但催化剂对平衡移动无影响，升高温度平衡逆向移动，以此来解答．

【解答】解：A．升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，故A不选；

B．加催化剂可加快反应速率，增大压强，反应速率增大、平衡正向移动，NO的转化率增大，故B选；

C．升高温度同时充入N2，平衡逆向移动，NO的转化率减小，故C不选；

D．降低温度、降低压强，反应速率均减小，故D不选；

故选B．

知识点：化学

B

【考点】pH的简单计算．

【分析】硝酸钡和硫酸反应硫酸根离子恰好沉淀，需要Ba（NO3）2和H2SO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算．

【解答】解：Ba（NO3）2溶液中逐滴加入pH=1的H2SO4至溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，根据H2SO4+Ba（NO3）2=BaSO4↓+2HNO3，设稀硫酸的体积与Ba（NO3）2溶液的体积分别是x、y，则生成硝酸是0.05x×2=0.1xmol， =0.01，解得x：y=1：9．

故选B．

知识点：化学

C

【考点】化学平衡移动原理．

【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释．

【解答】解：A．存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；

B．存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；

C．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；

D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；

故选C．

知识点：化学

C

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．

【分析】室温下，向0.1mol氨水中逐滴加入盐酸，发生中和反应，促进一水合氨的电离，恰好中和生成氯化铵，溶液的由碱性变为酸性，以此来解答．

【解答】解：A．发生中和反应，溶液的由碱性变为酸性，pH逐渐减小，故A正确；

B．滴加盐酸，促进一水合氨的电离，铵根离子浓度增大，且氢氧根离子与氢离子反应，则增大，故B正确；

C．当盐酸过量时，盐酸抑制水的电离，可知水的电离先增大后减小，故C错误；

D．温度不变，Kw不变，故D正确；

故选C．

知识点：化学

B

【考点】化学平衡的影响因素．

【分析】先拐先平温度高T1＞T2，温度越高B%越大说明温度越高平衡逆向进行，正反应为放热反应，结合图象和反应特征，依据化学平衡移动原理分析判断；

【解答】解：A．先拐先平温度高T1＞T2，故A错误；

B．图象分析可知，先拐先平温度高T1＞T2，故B正确；

C．图象则Ⅰ表示的平衡状态中B质量分数大，转化率小，故C错误；

D．先拐先平温度高T1＞T2，温度越高B%越大说明温度越高平衡逆向进行，正反应为放热反应，故D错误；

故选B．

知识点：化学

A

【考点】反应热的大小比较．

【分析】根据三个化学反应方程式可知，反应2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）可由另两个反应加和得到，则由盖斯定律可知，△H3应为另两个反应反应热的加和．

【解答】解：①2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H1；

②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H2 ；

③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3；

则反应③=①+2×②，

由盖斯定律可知，

△H3=△H1+2△H2，

故选：A．

知识点：化学

B

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．水解生成H2S和OH﹣；

B．水解反应为可逆反应；

C．氢氧化钡溶液与稀硫酸生成硫酸钡和水；

D．碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钡、水、NaOH．

【解答】解：A．NaHS水解反应的离子反应为HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，故A错误；

B．明矾加入在水中起净化作用的原因为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故B正确；

C．氢氧化钡溶液与稀硫酸的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；

D．碳酸氢钠溶液中加入过量Ba（OH）2溶液的离子反应为HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，故D错误．

故选B．

知识点：化学

D

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【分析】A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的；

B、判断强酸、弱酸的依据是该酸是否完全电离，NaHA溶液的pH＞7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA﹣为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是强酸或弱酸都有可能；

C、NaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余；

D、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）为定值，溶液中c（Cl﹣）越大，c（Ag+）越小．

【解答】解：A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的，所以稀释后溶液的3＜pH＜4，故A错误；

B、NaHA溶液的pH＞7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA﹣为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚硫酸，故B错误；

C、NaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余，故C错误；

D、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）为定值，①蒸馏水中没有氯离子、②0.1mol/L盐酸中c（Cl﹣）=0.1mol/L，③0.1 mol/L氯化镁溶液c（Cl﹣）=0.2mol/L、④0.1mol/L硝酸银溶液中c（Ag+）=0.1mol/L，溶液中c（Ag+）为④＞①＞②＞③，故D正确．

故选：D．

知识点：化学

A

【考点】化学平衡的影响因素．

【分析】做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，

A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确

B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；

C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；

D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确．

【解答】解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；

B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；

C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；

D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误．

故选A．

知识点：化学

D

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【分析】CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），以此判断，其它选项皆不正确．

【解答】解：A、设溶液的体积都为1L，CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合时，醋酸过量，反应后的溶液中有n（Na+）=0.001mol，n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）＞0.001mol，则c（Na+）＜c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故A错误；

B、根据溶液呈电中性，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（H+）＜c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；

C、在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时，醋酸过量，则c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故C错误；

D、在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+），c（H+）＞c（OH﹣），由于H+离子与OH﹣离子反应，则溶液中c（Na+）＞c（H+），所以有c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确．

故选D．

知识点：化学

（1）391；

（2）2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=（a+4b） kJ/mol；

（3）+43.5kJ•mol﹣1；

（4）0.1mol

【考点】热化学方程式；反应热和焓变．

【分析】（1）化学反应的焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算；

（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=a kJ/mol

②H2O（g）=H2O（l）△H=b kJ/mol

①+②×4得到液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式；

（3）①HCN（aq）⇌H+（aq）+CN﹣（aq）△H1，

②H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H2=﹣55.6kJ•mol﹣1，

③NaOH（aq）+HCN（aq）=NaCN（aq）+H2O（l），△H3=﹣12.1kJ•mol﹣1，

盖斯定律计算①+②=③；

（4）根据生成水的质量，利用2H2+O2═2H2O（l）可计算氢气的物质的量，再利用混合气体燃烧放出的热量与氢气燃烧放出的热量来计算CO燃烧放出的热量，最后利用热化学反应方程式来计算CO的物质的量．

【解答】解：（1）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣93kJ•mol﹣1，化学反应的焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和，所以得到﹣93KJ/mol=945KJ/mol+3×436KJ/mol﹣6×a，解得a=391KJ/mol；

故答案为：391；

（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=a kJ/mol

②H2O（g）=H2O（l）△H=b kJ/mol

①+②×4得到液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=（a+4b） kJ/mol；

故答案为：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=（a+4b） kJ/mol；

（3）①HCN（aq）⇌H+（aq）+CN﹣（aq）△H1，

②H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H2=﹣55.6kJ•mol﹣1，

③NaOH（aq）+HCN（aq）=NaCN（aq）+H2O（l），△H3=﹣12.1kJ•mol﹣1，

盖斯定律计算①+②=③，△H1+△H2=△H3，△H1=+43.5kJ•mol﹣1，

故答案为：+43.5kJ•mol﹣1；

（4）水的物质的量为： =0.3mol，

由2H2+O2═2H2O可知，n（H2）=n（H2O）=0.3mol，

由H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.83kJ•mol﹣1可知，0.3molH2燃烧放出的热量为：285.83kJ/mol×0.3mol=85.749kJ，

则CO燃烧放出的热量为：114.03kJ﹣85.749kJ=28.281kJ，

设混合气体中CO的物质的量为x，则

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣565.8kJ•mol﹣1

2 565.8kJ

x 28.281kJ

解得：x=0.1mol，

即原混合气体中CO的物质的量为0.1mol，

故答案为：0.1mol．

知识点：化学

（1）；

（2）吸热；

（3）bc；

（4）700；

（5）50%；不变

【考点】化学平衡的计算．

【分析】（1）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；

（2）由表中数据可知，随温度升高平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动；

（3）化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变；

（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c（CO2）•c（H2）=5c（CO）•c（H2O），则平衡常数K=0.6；

（5）结合平衡常数K=1和化学平衡三行计算列式得到，持温度不变．在平衡体系中再充入1molH2和1molCO2重新达到化学平衡相当于增大压强，反应前后气体物质的量不变，压强改变不改变平衡．

【解答】解：（1）CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的化学平衡常数表达式K=，

故答案为：；

（2）由表中数据可知，随温度升高平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应是吸热反应，

故答案为：吸热；

（3）a．反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a错误；

b．混合气体中c（CO）不变，说明正逆反应速率相等，故b正确；

c．υ正（H2）=υ正（H2O）=υ逆（H2O），达平衡状态，故c正确；

d．平衡时，两者的浓度不变，而不一定相等，故d错误；

故答案为：bc；

（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c（CO2）•c（H2）=5c（CO）•c（H2O），则平衡常数K==0.6，所处温度为700℃，

故答案为：700；

（5）反应前后气体物质的量不变，可以利用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，设二氧化碳消耗物质的量x，

CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），

起始量（mol） 1 1 0 0

变化量（mol） x x x x

平衡量（mol） 1﹣x 1﹣x x x

=1

x=0.5

二氧化碳转化率=×100%=50%，

保持温度不变．在平衡体系中再充入1molH2和1molCO2重新达到化学平衡相当于增大压强，反应前后气体物质的量不变，压强改变不改变平衡，CO2的平衡转化率不变，

故答案为：50%；不变．

知识点：化学

（1）NH3•H2O⇌NH4++OH﹣； NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；H2O⇌H++OH﹣；

（2）c（Cl﹣）＞c（ NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）；

（3）Cl﹣；Na+；

（4）NH4+、NH3•H2O；

（5）0.005

【考点】离子浓度大小的比较．

【分析】（1）常温下，将0.01molNH4Cl和0.005mol NaOH溶于水配成1L 溶液（pH＞7），溶液中存在平衡为氯化铵和氢氧化钠反应生成的一水合氨电离平衡，剩余氯化铵溶液中铵根离子水解平衡，水的电离平衡；

（2）溶液中存在0.005molNH3•H2O、0.005molNH4Cl、0.005molNaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，据此判断溶液中离子浓度大小；

（3）溶液中存在0.005molNH3•H2O、0.005molNH4Cl、0.005molNaCl，溶液体积为1L，据此计算离子浓度；

（4）物质的量之和为0.01mol的两种粒子是一水合氨和铵根离子；

（5）电荷守恒计算分析；

【解答】解：（1）常温下，将0.01molNH4Cl和0.005mol NaOH溶于水配成1L 溶液（pH＞7），溶液中存在平衡为氯化铵和氢氧化钠反应生成的一水合氨电离平衡，方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，剩余氯化铵溶液中铵根离子水解平衡，水解离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，水的电离平衡，电离方程式为：H2O⇌H++OH﹣，

故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣； NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；H2O⇌H++OH﹣；

（2）溶液中存在0.005molNH3•H2O、0.005molNH4Cl、0.005molNaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（ NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+），

故答案为：c（Cl﹣）＞c（ NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）；

（3）溶液中存在0.005molNH3•H2O、0.005molNH4Cl、0.005molNaCl，c（Cl﹣）==0.1mol/L，c（Na+）==0.005mol/L，c（NH4+）＞0.005mol/L，这些粒子中浓度为0.01mol/L 的是Cl﹣，浓度为0.005mol/L 的是Na+，

故答案为：Cl﹣；Na+；

（4）物料守恒可知，物质的量之和为0.01mol的两种粒子是一水合氨和铵根离子，

故答案为：NH4+、NH3•H2O；

（5）溶液中存在电荷守恒：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（ NH4+）+c（Na+）+c（H+），（ NH4+）+c（H+）﹣c（OH﹣）=c（Cl﹣）﹣c（Na+）=0.1mol/L﹣0.005mol/L=0.005mol/L，1L溶液中NH4+和H+两种离子数量之和比OH﹣多0.005mol

故答案为：0.005；

知识点：化学

①m+n＞p；

②逆向；

③气

【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．

【分析】①根据影响化学平衡因素结合速率大小分析判断反应前后的体积变化；

②反应前后系数相同，改变压强平衡移动说明反应物中含有固体或纯液体；

③固体和纯液体对平衡无影响．

【解答】解：①反应mA+nB⇌pC，若A、B、C都是气体，减压后正反应速率小于逆反应速率，证明逆向反应是气体体积增大的反应，得到m+n＞p，

故答案为：m+n＞p；

②若反应mA+nB⇌pC；C为气体，且m+n=p，在加压时化学平衡发生移动，说明AB中至少有一种是固体或纯液体，加压平衡逆向进行，

故答案为：逆向；

③若反应mA+nB⇌pC；如果在体系中增加或减少B的量，平衡均不发生移动，证明B一定是固体或纯液体，不是气体，

故答案为：气．

知识点：化学

（1）酸；

（2）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）2；偏大

【考点】中和滴定．

【分析】（1）酸化的高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡皮管；

（2）根据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．

（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，x偏大．

【解答】解：（1）酸化的高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡皮管，所以应用酸式滴定管，

故答案为：酸；

（2）因KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KnO4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）依据题意可知：

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；

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：2；偏大．