2017-2018学年广东省中山市第一中学高二上学期第二次统测化学试题 解析版

2017-2018学年广东省中山市第一中学高二上学期第二次统测化学试题 解析版

中山市第一中学2019届高二第二次统测 化 学 试 卷 ‎1. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 所有的放热反应都能在常温常压下自发进行 B. 胆矾加热变为白色粉末属放热反应 C. 天然气燃烧时，其化学能全部转化为热能 D. 反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关 ‎【答案】D ‎【解析】A选项，△H﹣T△S＜0的反应才能自发进行，一个反应放热（△H＜0），且△S＞0,任何温度下都自发，如果△H＜0，而熵减，低温下才能自发，故A错误；B选项，胆矾加热分解为硫酸铜和水，这是一个分解反应，是吸热的，故B错误；C选项，燃烧除化学能转化为热能外还有光能，故C错误;D选项，反应热等于生成物与反应物能量的差值，反应体系的始态和终态确定，即反应物和生成物的能量确定，那反应热就确定，与反应的途径与条件没有关系，故D正确。选D。‎ 点睛：判断一个反应是否自发的依据：ΔH－TΔS＜0，反应能自发进行；ΔH－TΔS＝0，反应达到平衡状态；ΔH－TΔS＞0，反应不能自发进行。可以用下列表格来理解记忆：‎ ΔH ΔS ΔH－TΔS 反应情况 ‎－‎ ‎＋‎ 永远是负值 在任何温度下过程均自发进行 ‎＋‎ ‎－‎ 永远是正值 在任何温度下过程均非自发进行 ‎＋‎ ‎＋‎ 低温为正高温为负 低温时非自发，高温时自发 ‎－‎ ‎－‎ 低温为负高温为正 低温时自发，高温时非自发 ‎2. 已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 加入催化剂，减小了反应的热效应 B. 加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率 C. H2O2分解的热化学方程式：H2O2 → H2O + O2 + Q D. 反应物的总能量高于生成物的总能量 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A错误；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率，故B错误；C、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2(l)=H2O(l)+O2(g)△H＜0，故C错误；D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了化学平衡、化学反应能量的图象的相关知识。‎ 视频 ‎3. S8分子形成的单斜硫和斜方硫是同素异形体，转化关系如下S(斜方，固) S(单斜，固) ΔH＝+0.398 kJ·mol－1若NA为阿伏加德罗常数，则下列说法中，不正确的是(　　)‎ A. 单斜硫比斜方硫具有的能量略高 B. 单斜硫和斜方硫之间的转化属于物理变化 C. 单斜硫和斜方硫在充足的氧气中燃烧均生成SO2‎ D. 64 g单斜硫和斜方硫的混合物含硫原子数目为2NA ‎【答案】B ‎【解析】A选项，该反应为吸热反应，生成物的总能量大于反应物的总能量，故A正确；B选项，单斜硫和斜方硫是不同的物质，即有新物质生成，是化学反应，故B错误；C选项，单斜硫和斜方硫是同素异形体，在充足的氧气中燃烧均生成SO2，故C正确；D选项，单斜硫和斜方硫都是硫的单质，64g混合物，即64g硫原子，所以硫原子的物质的量为2mol，数目为 ‎2NA，故D正确。故选B。‎ ‎4. 甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：‎ ‎①CH3OH(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋3H2(g) ΔH ＝＋49.0 kJ/mol ‎②CH3OH(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ/mol 根据上述反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 右图表示反应①中的能量变化 B. 可推知2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) DΔH＝－483.8 kJ/mol C. 1 mol CH3OH充分燃烧放出的热量为192.9 kJ D. CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、反应①为吸热反应，反应物的总能量应该低于生成物的总能量，与题给图像不符，A错误；B、根据盖斯定律：（②—①）×2得2H2（g） ＋ O2（g） ＝ 2H2O（g），ΔH ＝ －483.8 kJ/mol，B正确；C、没有明确乙醇和水的状态，无法确定1 mol CH3OH充分燃烧放出的热量，C错误；D、根据反应题给反应知CH3OH转变成H2的过程反应①为吸热反应，反应②为放热反应，D错误。答案选B。‎ 考点：考查化学反应与能量转化。‎ ‎5. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）‎ A. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ•mol-1，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol-1‎ B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H>0，则金刚石比石墨稳定 C. 含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O △H=-57.4kJ•mol-1‎ D. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1，2C(s)+O2g)=2CO(g) △H2 则△H1<△H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量，应生成液态水，A项错误；金刚石能量高于石墨的能量，则金刚石不如石墨稳定，B项错误；酸碱反应是放热反应，焓变为负值，含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)‎ ‎△H=-57.4kJ/mol，C项错误；一氧化碳燃烧生成二氧化碳过程是放热反应，焓变为负值比较大小，由于2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1，2C(s)+O2(g)="2CO(g)" △H2则△H1<△H2，D项正确。‎ ‎6. 下列物质的类别、用途或储存方法对应关系正确的是(　　)‎ A项 B项 C项 D项 Na2CO3‎ CH3COOH NH3·H2O Na2SiO3‎ 碱 弱电解质 非电解质 酸性盐 烧碱工业 制食醋 棕色瓶密封保存 带玻璃塞的试剂瓶 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】A选项，碳酸钠是盐不是碱，烧碱工业是制备氢氧化钠，故A错误；B选项，醋酸是弱电解质，可以用来做调料，故B正确；C选项，一水合氨是化合物，是电解质，故C错误；D选项，硅酸钠是正盐，水溶液显碱性，溶液不能存在玻璃塞的试剂瓶中，硅酸钠溶液有黏性，把瓶口和瓶塞粘结打不开，故D错误。故选B。‎ ‎7. 某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）‎ A. 用10 mL量筒量取7.13 mL稀盐酸 B. 用托盘天平称量25.20 g NaCl C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3‎ D. 用25 mL滴定管做中和滴定实验时，用去某浓度的碱溶液21.70 mL ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：量筒的精度为0.1mL，故A错误；用托盘天平的精度为0.1g，故B错误；用广泛pH试纸测得某溶液的pH为整数，故C错误；滴定管的精度为0.01mL，故D正确。‎ 考点：本题考查化学实验操作。‎ ‎8. 25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋ ＋ OH－，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变 C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低 D. 将水加热，Kw增大，pH不变 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．向水中加入稀氨水是弱碱抑制水的电离，平衡逆向移动，c(H+)减小，c(OH﹣)增大，故A错误；B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出的氢离子，抑制水的电离，平衡正向移动，但是c(H+)增大，温度不变，Kw不变，故B正确；C．向水中加入少量固体NH4Cl，铵根水解促进水的电离，平衡正向进行，c(H+)增大，温度不变，KW不变，故C错误；D．水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，KW增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；故选B。‎ 考点：考查水的电离平衡的影响因素分析和水的离子积的条件判断和计算应用。‎ ‎9. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 滴入酚酞溶液显红色的溶液中： K+、Na+、Cu2+、SO42－‎ B. 能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液中： K+、CO32－ 、NO3－ 、AlO2－‎ C. 由水电离产生的(H+) = 10－13mol/L的溶液中：Na+、Cl－、NO3－、CH3COO－‎ D. pH = l 的溶液中： Na+、Fe2+、NO3－、Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．滴人酚酞溶液显红色的溶液显碱性，Cu2+不能大量共存，A错误；B．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液显碱性，K+、CO32－、NO3－、AlO2－可以大量共存，B正确；C．由水电离产生的(H+) = 10－13mol/L的溶液如果显酸性，CH3COO－不能大量共存，C错误；D．pH =" l" 的溶液显酸性，Fe2+、NO3－之间发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误，答案选B。‎ 考点：考查离子共存正误判断 ‎10. 下列事实不能证明HNO2是弱酸的是（ ）‎ A. 0.1mol·L－1的HNO2溶液的pH＝2 B. 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗 C. 常温下NaNO2溶液的pH＞7 D. pH＝3的HNO2溶液稀释至100倍后，3＜pH＜5‎ ‎【答案】B 点睛：本题考查弱电解质的判断，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，常用的方法有：①从弱电解质的电离特点来分析：不完全电离；加水稀释平衡移动；‎ ‎②从水解方面分析：测定对应盐的酸碱性；水解平衡的移动；‎ ‎③离子浓度方面：导电性、反应速率的大小比较；‎ ‎④元素周期表：非金属性强弱、金属性强弱的比较；‎ ‎⑤以强制弱：强酸制弱酸、强碱制弱碱。‎ ‎11. 将浓度为0.1mol/LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）‎ A. c(H+) B. Ka(HF) C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】在0.1mol/L HF溶液中存在如下电离平衡：HFH＋＋F－，加水稀释，平衡向右移动，但c(H＋)减小，A项错误；电离平衡常数与浓度无关，其数值在稀释过程中不变，B项错误；加水后，平衡右移，n(F－)、n(H＋)都增大，但由于水电离产生的n(H＋)也增大，故比值减小，C项错误；变形后得，稀释过程中c(F－)逐渐减小，故其比值始终保持增大。‎ ‎12. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是(　　)‎ A. 配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质 B. 滴定到终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确 C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 ‎【答案】A ‎【解析】A项将会使标准碱液的c(OH－)偏大。滴定时耗用的V(OH－)偏小，导致结果偏低，故正确；终点时俯视读数，将使读取碱液的体积偏大，测定结果偏高，B项错误；用未知液润洗锥形瓶将使测定结果偏高，C项错误；尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，D项错误。‎ ‎13. 下列说法错误的是(　　)‎ A. 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，由水电离的 c(H＋)为10－13 mol·L－1‎ B. pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比为1∶10‎ C. 等体积pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，混合后溶液pH＜7‎ D. 1 mol醋酸分子中含有共用电子对的个数为8NA ‎【答案】A ‎【解析】A选项，0.1 mol•L﹣1的CH3COOH溶液，醋酸部分电离，故H＋总浓度小于0.1mol/L，根据Kw=c(H+)×c（OH-）=10-14（常温），c(OH-)＞10﹣13mol•L﹣1，又因为醋酸溶液中的OH-全部来自于水的电离，且水电离出的H+和OH-相等，所以水电离出的H+浓度应大于0.1mol/L，故A错误；B选项，pH＝2的CH3COOH溶液中c(H＋)=10-2 mol/L，pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)=10-1 mol/L，则两溶液中c（H+）之比为：0.01mol/L：0.1mol/L=1：10，故B正确；C选项， 醋酸为弱酸，部分电离，pH＝2的CH3COOH溶液中c(H+)=0.01mol/L，则醋酸的浓度远大于0.01mol/L，两溶液混合后，醋酸过量很多，溶液显示酸性，故C正确；D选项，根据CH3COOH的结构式可知，1个CH3COOH分子含有3个C-H、1个C-C、1个C=O、1个C-O、1个O-H，每一个短横线，就是一对共用电子对，即1个CH3COOH分子含有8对共用电子对，1 mol醋酸分子中含有共用电子对的个数为8NA，所以D正确。故选A。‎ ‎14. 常温下有以下体积相同的四种溶液：①pH＝3的CH3COOH溶液、‎ ‎②pH＝3的盐酸、③pH＝11的氨水、④pH＝11的NaOH溶液。下列说法正确的是(　　)‎ A. ②和③混合，所得混合溶液的pH大于7‎ B. ③和④分别用等浓度的H2SO4溶液中和，消耗H2SO4溶液的体积：③＝④‎ C. ①与②分别与足量镁粉反应，生成H2的量：①<②‎ D. 若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：③>④>①>②‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)＞10-3mol/L，pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3mol/L，pH=11的氨水中c(NH3．H2O)＞10-3‎ mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3mol/L。A、②和③混合，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液的pH大于7，故A正确；B、c(NH3．H2O)＞c(NaOH)，所以等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③＞④，故B错误；C、c(CH3COOH)＞c(HCl)，所以等体积的①与②分别与足量镁粉反应，生成H2的量：①＞②，故C错误；D、若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：③＞④＞②＞①，故D错误；故选A。‎ 考点：考查了酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算的相关知识。‎ ‎15. 下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液中c(H+)将增大 B. 常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中，水的电离程度相同 C. 向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，所得溶液的pH不变 D. 常温下，2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)能自发进行，则该反应的△H>0‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液的酸性减弱，c(H+)减小，A错误；B、常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中c（OH-）相等，对水电离的抑制程度相同，水的电离程度相同，B正确；C、向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，发生Ca(OH)2（少量）+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O，碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强，所得溶液的pH增大，C错误；D、根据△G＝△H－T·△S可知，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的△S＜0，则该反应的△H＜0，D错误；答案选B。‎ 考点：考查了弱电解质的电离、溶液的pH和化学反应进行的方向等相关知识。‎ ‎16. 水的电离平衡曲线如右图所示，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 图中五点的KW间的关系为：B>C>A=D=E B. 若从A点到D点，可采用：恒温条件下，在水中加入少量的醋酸，提高溶液酸性 C. 若从A点到C点，可采用：恒温条件下，在水中加入少量的醋酸铵，促进水的电离 D. 100℃时，将pH=2的硫酸与0.01mol·L－1的KOH溶液等体积混合后，溶液中c(H+)=c(OH－)=10－6mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、平衡常数只与温度有关，水的电离是吸热的，温度越高，平衡常数越大，所以正确，不选A；B、从A到D，氢离子浓度增大，温度不变，可以加入少量的醋酸，提高溶液的酸性，正确，不选B；C、从A到C点平衡常数改变，必须改变温度，错误，选C；D、二者恰好完全反应，溶液为中性，在100℃时水电离出的氢离子浓度为10-6,mol/L，溶液pH为6，正确，不选D。‎ 考点：水的电离平衡常数和电离平衡移动 ‎17. 下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 将物质的量浓度为10-3mol/L的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性 B. 如图表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则HB是强酸 C. 25℃时，pH＝2的1．0 L醋酸溶液中水电离出的H+的数目为10-12NA D. 某吸热反应能自发进行，则该反应一定是熵增的反应 ‎【答案】B ‎【解析】A选项，pH=11的NaOH溶液浓度也为10﹣3mol/L，与醋酸浓度相同，等体积混合后，恰好完全反应生成醋酸钠，强碱弱酸盐，溶液显碱性，故A正确；B选项，稀释等pH的两种酸，稀释相同倍数时，pH变化越快的酸酸性越强，由图可知，稀释相同的倍数，HA的pH变化快，所以HA的酸性比HB强，HB应该是弱酸，B错误；C选项，常温下，pH=2的醋酸溶液中，H＋总浓度等于0.01mol/L，根据Kw=c(H+)×c（OH-）=10-14（常温），c(OH-)=10﹣12mol•L﹣1，又因为醋酸溶液中OH-全部来自于水的电离，且水电离出的H+浓度等于OH-离子浓度，所以水电离出的H+浓度为10﹣12mol•L﹣1，体积为1 L时，物质的量为10-12mol，数目为10-12NA，C正确；根据△G=△H﹣T•△S，吸热反应△H＞0，则只有△S＞0，才能使△G＜0，吸热反应能自发进行，则该反应一定是熵增的反应，故D正确。故选B。‎ 点睛：本题主要对弱酸的电离及水的电离的定量定性分析，明确弱酸电离的特点是解答本题关键。弱酸的电离具有以下特点：‎ ‎（1）不能完全电离：①相同浓度的盐酸与醋酸，盐酸氢离子浓度大于醋酸氢离子浓度；‎ ‎②相同pH 的盐酸与醋酸，盐酸的浓度等于氢离子浓度，而醋酸的浓度远大于氢离子浓度，即还有大量醋酸没有电离。‎ ‎（2）加水稀释，平衡移动：①相同pH的盐酸与醋酸，加水稀释相同倍数，盐酸变化大，醋酸pH变化小；②等pH的盐酸与醋酸，稀释至相同pH，醋酸加水多；稀释10n倍，弱酸pH变化小于n。‎ ‎18. 对于反应COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)。改变下列条件：①升温 ②恒容下通入惰性气体③增加COCl2浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压下通入惰性气体,能加快反应速率的是（ ）‎ A. ①②⑤ B. ①③⑤ C. ②④⑥ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：①升温、⑤加催化剂可增大活化分子百分数，反应速率增大；③增加COCl2浓度，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大；④减压、⑥恒压通入惰性气体，单位体积活化分子数目减小，反应速率减小；②恒容通入惰性气体，单位体积活化分子数目不变，则反应速率不变，能加快反应速率的有①③⑤，故选B。‎ 考点：考查了影响化学反应速率的因素的相关知识。‎ ‎19. 同温度下的四种溶液，当NH浓度相同时，溶液的物质的量浓度最大的是(　　)‎ A. NH4Al(SO4)2 B. NH4Cl C. NH3·H2O D. CH3COONH4‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑（水解）其他因素影响，ABD选项中铵根离子浓度分别比为1：1：1，C中NH3•H2O部分电离，铵根离子浓度最小，A．NH4Al(SO4)2中的铝离子的水解对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度减小，铵根离子浓度较大；B．氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；C．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，其铵根离子浓度最小；D．醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，溶液中铵根离子浓度较小；根据分析可知，NH4+的浓度相同时，溶质的浓度最大的是NH3•H2O，浓度最小的是NH4Al(SO4)2，答案选C。‎ 考点：考查盐的水解原理及其影响、弱电解质的电离 ‎20. 下列关于电解质溶液的叙述正确的是(　　)‎ A. 室温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为:c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)＝c(OH－)‎ B. 将pH＝4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 C. 中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同 D. 室温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大 ‎【答案】D ‎【解析】A选项，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒： c（NH+4）+ c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），可知c（NH+4）= c（Cl﹣），又水解是微弱的，所以溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）=c（NH+4）＞c（H+）=c（OH﹣），故A错误；B选项，根据离子积常数，c（H+）与c（OH﹣）成反比，将酸性溶液稀释，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，故B错误；C选项，相同pH的盐酸与醋酸，盐酸的浓度等于H+浓度，而醋酸的浓度远大于H+浓度，还有大量醋酸没有电离，即醋酸的浓度大于盐酸浓度，等体积时，醋酸消耗NaOH更多，故C错误；D选项，硫离子水解程度大于硫氢根离子水解程度，溶液碱性强，常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大，故D正确。故选D。‎ ‎21. 25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是(　　)‎ A. 均存在电离平衡和水解平衡 B. 存在的粒子种类相同 C. c(OH－)前者大于后者 D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大 ‎【答案】C ‎【解析】A．NaHCO3溶液中存在的电离HCO3-和水解平衡、水的电离平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡和水的电离平衡，故A正确；B．HCO3-能电离和水解，电离生成CO32-和H+，水解生成H2CO3和OH-，CO32-第一步水解生成HCO3-和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在H+，所以两种溶液中粒子种类相同，故B正确；C．CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者水解均显碱性，Na2CO3溶液碱性较强，则氢离子浓度较小，故C错误；D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c(CO32-)均增大，故D正确；故选C。‎ ‎22. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是(　　)‎ 选项 现象或事实 解释 A.‎ 用热的纯碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 B.‎ 源白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ C.‎ 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与HN4Cl反应生成氨气会降低肥效 D.‎ FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜 A.A B.B C.C D.D ‎【答案】C ‎【解析】A、纯碱水解显碱性，能水解生成NaOH，油脂在NaOH作用下发生较为彻底的水解反应，故是NaOH和油污发生反应，而不是纯碱，A错误；B、漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2，有效成分是Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可与空气中二氧化碳反应生成不稳定的HClO，则久置会变质，B错误；C、K2CO3与NH4Cl水解相互促进放出氨气而降低肥效，C正确；D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉，D错误，答案选C。‎ ‎23. 下列实验操作能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物 B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的 C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 D. 将与混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的 ‎【答案】C ‎【解析】A选项，长颈漏斗不能用作分离操作，乙酸、乙醇、乙酸乙酯互溶，不能采取分液法分离，应该采用蒸馏方法分离提纯，仪器为分液漏斗，故A错误；B选项，NO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；‎ C选项，FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；D选项，将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误。故选C。‎ 点睛：本题来自2016年全国卷Ⅰ，涉及物质分离提纯、气体收集、盐类水解、洗气等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作基本方法及仪器的用途是解本题关键。要注意以下两个易错点：①从水溶液中出来的气体中含有水蒸气，若是要给气体除杂，最后都要经过干燥装置；②配制盐溶液的过程中要注意盐的水解问题，配制强碱弱酸盐，要加对应的碱抑制水解，配制强酸弱碱盐，要加对应的酸抑制水解。‎ ‎24. 25℃时，在20.0 mL 0.10mol/L 氨水中滴入0.10 mol/L的盐酸。溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL C. M点处的溶液中 D. N点处的溶液中 ‎【答案】D ‎【解析】A选项，强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5﹣8，滴定终点不在石蕊的变色范围内，应选择甲基橙，A错误；B选项，假设M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵溶液应该呈酸性，由图可知，M点溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；C选项，M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，水解和电离均是微弱的，溶质离子应大于c（H+）和c（OH﹣），该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故C错误；D选项，N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32% =1.32×10﹣3 mol/L，c（H+）= =7.6×10﹣12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确。故选D。‎ 点睛：本题为2016年全国卷Ⅰ第12题，结合图像考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考试题型。要掌握以下几个要点：①酸碱中和滴定指示剂的选择：滴定终点的pH要落在指示剂的变色范围内，否则不能判断滴定终点；②电解质溶液的曲线题，要熟悉两个个特殊点：等浓度等体积体积反应溶质情况；等浓度，2倍体积时加入溶质情况，中性点。比如向氨水中加盐酸，等体积加入时，溶质为氯化铵；加入2倍盐酸，溶质为氯化铵与盐酸1∶1，中性点溶质为氨水和氯化铵。‎ ‎25. 相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是(　　)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】因为强酸完全电离，一元中强酸部分电离，因此相同的pH值，即c(H+)相同时，一元中强酸的浓度比强酸浓度大，由于体积相等，因此一元中强酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多，反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元中强酸继续电离出H+，由于其他条件都相同，反应速率取决于c(H+)，由于开始时c(H+)相等，因此反应速率也相等(在图中反应速率就是斜率)，后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦，最终生成H2的体积比一元中强酸少，因此曲线在一元中强酸下面，故C符合；故选C。‎ 点睛：注意一元中强酸属于弱电解质，在溶液中存在电离平衡，侧重于考查学生的分析能力。相同体积、相同pH的一元强酸和一元中强酸溶液，初始时c(H+)相同，一元中强酸溶液中存在酸的电离平衡，则一元中强酸的浓度大于一元强酸的浓度。要注意与“相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸和一元中强酸溶液”进行比较。‎ ‎26. 在2L恒容密闭容器中充入2 mol X和1mol Y发生反应：2X(g) +Y(g)3Z(g)，反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是 （ ）‎ A. Q点时，Y的转化率最大 B. 升高温度，平衡常数增大 C. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率 D. 平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数增大 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、从开始到Q点是正向建立平衡的过程，转化率逐渐增大，从Q到M点升高温度，平衡向左移动，使转化率降低，Q点最大，A正确；B、分析图像，X的体积分数先减小后增大，减小到最低，这是化学平衡的建立过程，后增大，这是平衡的移动过程，升高温度，体积分数增大，说明升高温度，平衡向左移动，使平衡常数减小，B错误；C、M点温度高，故反应速率快，C错误；D、平衡时再充入Z，达到的新平衡与原平衡是等效平衡，体积分数相等，D错误，答案选A。‎ 考点：考查平衡常数与温度的关系、温度对化学平衡的影响、等效平衡等知识 ‎27. 如图，向A中充入1molX、1molY，向B中充入2molX、2molY，起始时A、B的体积相等都等于a L，在相同温度和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中各自发生下述放热反应，X （g）+Y（g） 2Z（g）+W（g）；  A保持恒压，B保持恒容，达平衡时，A的体积为1.4a L．下列说法错误的（ ）‎ A. 反应速率：v（B）＞v（A） B. A容器中X的转化率为80%‎ C. 平衡时的压强：PB＞2PA D. 平衡时Y体积分数：A＞B ‎【答案】D ‎【解析】A选项，对于X （g）+Y（g）⇌ 2Z（g）+W（g）来说，开始时只加入反应物X和Y，该反应将向正反应方向进行，气体的总物质的量逐渐增多，直到平衡。容器A处于恒压环境下，气体物质的量增多，那么容器A的体积会随之增大，导致A中各物质的浓度减小。而容器B中，体积不变，各组分初始浓度是A容器的2倍，每个时刻的反应速率都将大于A容器，即反应速率：v（B）＞v（A），故A正确；‎ B选项，容器A中达到平衡时，混合气体的物质的量是初始时的1.4倍。恒温恒压时，体积与气体的物质的量成正比。所以，平衡后，A容器中气体为1.4×2mol=2.8mol。即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可知，‎ X （g）+Y（g） ⇌ 2Z（g）+W（g） △n ‎ ‎1 1‎ ‎0.8mol 0.8mol 即达平衡后，反应掉0.8molX，A容器中X的转化率为80%，故B正确；‎ C选项，起始状态时，AB容器体积相等，B的气体物质的量是A的2倍，故起始状态时，PB=2PA。A是恒压环境，随着反应的进行A的压强不变。而容器B保持恒温恒容，是一个恒温恒容环境，随着反应的进行，B中气体的物质的量还要增大，所以B 中压强越来越大，故平衡时，PB＞2PA，故C正确。‎ D选项，起始状态时，A和B容器中Y的体积分数是相等的，容器B中的反应，是一个恒温恒容环境，随着反应的进行压强越来越大，相对于A来说，B是一个加压的过程，不利于反应向右进行，故B中Y的转化率较小，所以平衡时Y体积分数A＜B，故D错误。故选D。‎ 点睛：本题难度较大，需要设计平衡和变换平衡，要求有清晰的思维过程。恒容和恒压的两个反应对比时，可以将恒压的反应作为参照物，分析恒容反应的压强是如何变化的，压强的变化是否有利于反应的进行。‎ ‎28. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g) N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是 （ ）‎ A B C D ‎0～3s内，反应速率v(O3)＝2mol·L－1·s－1‎ 降低温度，平衡常数增大 t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，故v(NO2)==0.2mol/(L．s)，速率之比等于系数之比，所以反应速率v(O3)=0.1mol•L-1•s-1，故A错误；B．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，降低温度，平衡常数增大，故B正确；C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；D．达平衡时，仅增大c(O2‎ ‎)，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误，故选B。‎ 考点：以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等。‎ ‎29. 将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(－lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是 A. 该反应的ΔH>0‎ B. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态 C. A点对应状态的平衡常数K(A)＝10－2.294‎ D. 30℃时，B点对应状态的v(正)V(逆)，故说法错误。‎ 考点：考查化学平衡常数、化学平衡状态等知识。‎ ‎30. 可逆反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件．化学反应速率与反应时间的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A. 维持温度、容积不变，t1时充入SO3（g）‎ B. 维持压强不变，t1时升高反应体系温度 C. 维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar D. 维持温度、压强不变，t1时充入SO3（g）‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3，此时正逆反应速率均增大，故A错误；B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故C错误；D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确；故选D。‎ 考点：考查考查化学反应速率和化学平衡图象，题目难度中等，注意分析图示中正逆反应速率的变化关系，结合影响反应速率的因素分析 ‎31. 现有浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵、⑦氨水．请回答下列问题：‎ ‎（1）①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是(填序号)___________。‎ ‎（2）④、⑤、⑥、⑦四种溶液中NH浓度由大到小的顺序是(填序号)_______________。‎ ‎（3）将③和④按体积比1∶2混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是：__________________。‎ ‎（4）已知t ℃时，KW＝1×10－13，则t ℃(填“＞”、“＜”或“＝”)________25℃。在t ℃时将pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的H2SO4溶液b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝________。‎ ‎【答案】 (1). ④②③① (2). ⑥④⑤⑦ (3). c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋) (4). > (5). 9∶2‎ 考点：考查溶液离子浓度比较以及盐类水解和弱电解质电离的相关知识点。‎ ‎32. （1）已知NaHA水溶液呈碱性。‎ ‎①用离子方程式表示NaHA水溶液呈碱性的原因：______________________________。‎ ‎②在NaHA水溶液中各离子浓度的大小关系是：______________________________。‎ ‎（2）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．‎ Ka1‎ Ka2‎ H2SO3‎ ‎1.3×10﹣2‎ ‎6.3×10﹣8‎ H2CO3‎ ‎4.2×10﹣7‎ ‎5.6×10﹣11‎ ‎①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K=______。‎ ‎②H 2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为______。‎ ‎【答案】 (1). HA－＋H2OH2A＋OH－ (2). c(Na＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)>c(A2－) ‎ ‎(3). (4). H2SO3＋HCO=HSO＋CO2↑＋H2O ‎【解析】（1）NaHA溶液中存在三个平衡：水解平衡HA﹣+H2O⇌H2A+OH﹣；电离平衡HA﹣⇌A2-+H+，水的电离平衡H2O⇌H++OH﹣，溶液呈碱性说明OH﹣大于H+浓度，所以，HA﹣的水解程度大于HA﹣的电离程度。‎ ‎①水解导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，水解方程式为：HA﹣+H2O⇌H2A+OH﹣，故答案为：HA﹣+H2O⇌H2A+OH﹣。‎ ‎②Na+不水解，所以离子浓度最大；溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）；溶液中H+来自于H2O和HA﹣的电离，而A2-仅来自于HA﹣的电离，所以c（H+）＞c（A2-）；电离和水解都较微弱，溶质离子大于显性离子，所以c（HA﹣）＞c（OH﹣）。故离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）。‎ ‎（2）①HSO3﹣的电离方程式为：HSO3﹣⇌SO32﹣+H+，电离常数表达式为：‎ ‎②由表可知，H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3>H2CO3>HSO3-，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3-=SO32-+2CO2↑+2H2O，故答案为：H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O；‎ ‎33. 氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。‎ ‎(1)下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。‎ ‎①分析数据可知：大气固氮反应属于 _______（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎②从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因 _____________________________________________。‎ ‎③在一定的温度下，把2体积N2和6体积H2分别通入一个带活塞的体积可变的容器中，活塞的一端与大气相通容器中发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0。反应达到平衡后，测得混合气体为7体积。达到平衡时N2的转化率_______________________。‎ ‎（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是_______（填“A”或“B”）；比较p1、p2‎ 的大小关系： p1_______________p2(填“>”或“<”)。‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). 从反应速率角度考虑，高温更好，从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适 (3). 25% (4). A (5). <‎ ‎【解析】（1）①由表格数据可知，大气固氮温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，‎ 故答案为：吸热；‎ ‎②由表格数据可知，合成氨反应温度越高，K越小，说明合成氨反应为放热反应，温度高转化率会降低，所以从平衡的视角来看，工业固氮应该选择常温条件；但是常温下，合成氨反应速率小，效率低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性、化学反应速率等综合因素考虑选择500℃左右合适。‎ 故答案为：从反应速率角度考虑，高温更好，从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适。‎ ‎③恒温恒压下，气体体积之比等于物质的量之比。平衡之后，气体由8体积变为7体积，则体积变化量为1。‎ 根据方程式可知： N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）~△v ‎1 2‎ ‎0.5 1‎ 所以，氮气反应了0.5体积，转化率为：‎ ‎ 故答案为：25%‎ ‎（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，p2的转化率大，则p2大，p2＞p1。‎ 故答案为：A；p2＞p1；‎ ‎34. 肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼(N2H4·H2O)：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO＝Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl。‎ 实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）‎ ‎（1）锥形瓶中发生反应的离子方程式是________________________________________________。‎ 实验二：制取水合肼．（实验装置如图2所示）‎ 已知水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。‎ 控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分。‎ ‎（2）分液漏斗中的溶液是______（填标号）．‎ A．CO(NH2)2溶液 B．NaOH和NaClO混合溶液 选择的理由是____________________________________________________。‎ 实验三：测定馏分中水合肼的质量分数。采用下列步骤：‎ a.称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液。‎ b.移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入10 mL水，摇匀。‎ c.用0.2000 mol·L－1的I2溶液滴定,至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右，记录消耗碘的标准溶液的体积。‎ d．进一步操作与数据处理。‎ ‎（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式为：_______________________；‎ ‎（4）滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是_______________。‎ ‎（5）滴定时，碘的标准溶液盛放在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；若三次滴定消耗碘的标准溶液的平均体积为18.00 mL，则馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为____________________(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O (2). B (3). 如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化 (4). N2H4•H2O +2I2=N2↑+4HI+H2O (5). 生成的HI与NaHCO3 反应 (6). 酸式 (7). 18.0%‎ ‎【解析】（1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；‎ 故答案为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；‎ ‎（2）依据制取水合肼（N2H4•H2O）的原理：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，可知，要将CO（NH2）2溶液与NaOH和NaClO混合溶液加在一起发生反应。根据题中的已知信息，“水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。”可知，水合肼能被强氧化性的NaClO氧化成氮气，所以NaOH和NaClO混合溶液一定不能过量。则要将NaOH和NaClO混合溶液滴入CO（NH2）2溶液中，即分液漏斗中装NaOH和NaClO混合溶液。‎ 故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；‎ ‎（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成N2、HI和H2O，反应的化学方程式为：N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；‎ 故答案为：N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；‎ ‎（4）NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因为生成的HI与NaHCO3 反应；‎ ‎（5）碘单质具有氧化性，应选择酸式滴定管；结合反应定量关系计算水合肼（N2H4•H2O）的质量分数，‎ ‎ N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；‎ ‎ 1 2‎ ‎ n 0.2000mol/L×0.018L n=0.0018mol ‎250ml溶液中含有的物质的量=0.0018mol× =0.018mol 水合肼（N2H4•H2O）的质量分数= ‎ 故答案为：酸式，18.0%‎ ‎ ‎