四川省北大附中成都为明学校2020届高三10月月考化学试题

四川省北大附中成都为明学校2020届高三10月月考化学试题

‎1.化学在生产和日常生活中有重要应用。下列说法不正确的是 A. 汽油、漂白粉、水玻璃、王水、福尔马林均为混合物 B. “静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量 C. 包装食品里常有硅胶、生石灰、还原铁粉三类小包,它们的作用相同 D. 华裔科学家高锟在光纤传输信息领域中取得突破性成就,光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汽油是多种烃的混合物、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、王水是浓硝酸与浓盐酸的混合物、福尔马林是甲醛的水溶液，它们均为混合物，正确。‎ B. “静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量，正确。‎ C. 包装食品里常有硅胶、生石灰它们的作用相同，都是吸收包装袋内的水蒸气，防止食品受潮；还原铁粉的作用是吸收包装袋内的氧气，防止食品氧化变质，它们的作用不完全相同，C不正确。‎ D. 华裔科学家高锟在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅，正确。‎ 故答案为C。‎ ‎2.某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品置于盛有足量水的烧杯中，充分搅拌后仍有部分固体存在，过滤后得到固体X与滤液Y；②将固体X置于稀硝酸中无明显变化；③取滤液Y少许滴加到NaOH溶液中有白色沉淀生成，则该白色粉末可能为（ ）‎ A. Na2CO3、Al(OH)3 B. AgNO3、NH4Cl C. MgSO4、BaCl2 D. CuCl2、Al(NO3)3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析4个选项在每组物质，两者反应后能生成不溶于硝酸的沉淀的有B和C两组，但是过滤后，把滤液加到碱中还能生成沉淀的只有C，所以C正确。B即使硝酸银过量、滤液中含银离子，与碱反应后生成的沉淀很快转化为棕褐色，所以B不正确。‎ ‎3.碱金属及其化合物在生活和化工生产中具有广泛的用途，下列说法正确的是(　　)‎ A. 五彩缤纷的焰火是K单质燃烧所致 B. 碳酸钠可用于制造洗涤剂，因为碳酸钠是碱 C. 用饱和碳酸氢钠制造灭火剂比用饱和碳酸钠制造灭火剂的效果好 D. 钠钾合金能用作原子反应堆的导热剂是由于二者是活泼金属易失电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 五彩缤纷焰火是金属元素的焰色反应所致，A错误；‎ B. 碳酸钠可用于制造洗涤剂，因为碳酸钠溶液呈碱性，但它不是碱而是盐，B错误；‎ C. 用饱和碳酸氢钠制造灭火剂比用饱和碳酸钠制造灭火剂的效果好，因为前者放出二氧化碳的速率快，且相同质量释放的二氧化碳多，正确；‎ D. 钠钾合金能用作原子反应堆的导热剂，是由于二者的熔点低，常温下呈液态，与失电子的难易无关，错误。‎ 故答案为C。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. lmol单质Fe与足量的高温水蒸气反应，失去3NA个电子 B. 27g铝中加入1L 1 mol/L的NaOH溶液，转移电子数是3NA C. 50mll2mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA D. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．四氧化三铁中铁元素的化合价为+价，1mol与水蒸气完全反应生成四氧化三铁转移的电子的物质的量为mol，则反应转移NA个电子，故A错误；B．27g铝的物质的量为1mol，Al原子最外层电子数是3，反应中易失去，则1molAl加入1L 1 mol/L的NaOH溶液，完全反应转移电子数是3NA，故B正确；C．MnO2只能溶于浓盐酸，当反应不断进行进，盐酸浓度降低变为稀盐酸后，反应会停止，则50mll2mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.05NA，故C错误；D．CO2与Na2O2反应生成氧气，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，足量Na2O2反应转移的电子数为0.25NA，故D错误；答案为B。‎ 点睛：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎5.下列实验中，对应的现象及结论都正确且两者具有因果关系的是 选项 实验 现象 结论 A 向FeSO4溶液中滴加HNO3酸化的H2O2‎ 溶液由浅绿色变为黄色 氧化性：H2O2>Fe3+‎ B 将铜粉加1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中 溶液变蓝、有黑色固体出现 活泼性：Fe>Cu C 将稀盐酸滴入饱和NaHCO3溶液中，再将产生气体通入Na2SiO3溶液 Na2SiO3溶液变浑浊 酸性：‎ HCl>H2CO3>H2SiO3‎ D 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 金属熔化，但液态铝不滴落下来 熔点：Al2O3>Al A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向FeSO4溶液中滴加HNO3酸化的H2O2，溶液由浅绿色变为黄色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，可能是HNO3氧化，也可能是H2O2氧化，结论错误。‎ B．将铜粉加1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，不可能产生“有黑色固体出现”的现象，错误。‎ C．将稀盐酸滴入饱和NaHCO3溶液中，再将产生的气体通入Na2SiO3溶液，Na2SiO3溶液变浑浊，不能说明酸性H2CO3>H2SiO3，因为我们无法确定生成的H2SiO3是否来自挥发出的HCl与Na2SiO3的反应，C错误。‎ D．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，金属熔化但液态铝不滴落下来，是因为表面有Al2O3存在，从而说明熔点：Al2O3>Al，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是 A. 0.1 mol·L−1 KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−‎ B. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、HC2O4-、Cl－‎ C. 常温下，c(OH−) / c(H+)=10－10的溶液中：K+、Na+、I－、SO42-‎ D. 常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1 mol·L−1 KI溶液中，ClO−不能大量存在，因为二者会发生氧化还原反应，错误；‎ B. 能使酚酞变红的溶液呈碱性，HC2O4-不能大量存在，错误；‎ C. 常温下，c(OH−) / c(H+)=10－10的溶液呈酸性，K+、Na+、I－、SO42-在此环境中都能大量存在，正确；‎ D. 常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。若呈酸性，Fe2+、NO3-在此环境中会发生氧化还原反应；若呈碱性，Fe2+会生成沉淀，铵根离子转化为一水合氨，错误。‎ 故选C。‎ ‎7.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4＋5FeS2+12H2O=7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4下列说法正确的是 A. FeS2只作还原剂 B. 产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物 C. 5mol FeS2发生反应，有10mol电子转移 D. Cu2S是还原产物，反应中1mol CuSO4失1mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于14CuSO4＋5FeS2+12H2O=7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4反应，CuSO4中的Cu显+2价，FeS2中的S显-1价；Cu2S中Cu显+1价、S显-2价；FeSO4、H2SO4中的S都显+6价。反应物中提供的SO42-有14个，生成物中提供的SO42-有17个，说明有3个SO42-来自FeS2。也就是5FeS2中的10个S有7个生成Cu2S，3个生成SO42-。‎ ‎【详解】A. FeS2中Fe价态不变，S的价态部分降为-1，部分升为+6，它既是氧化剂又是还原剂，错误；‎ B. 产物中的SO42-离子有一部分来自FeS2，是氧化产物，正确；‎ C. 从价态升高的元素进行计算，发生反应的5mol FeS2中有3molS由-1价升为+6价，有21mol电子转移，错误；‎ D. Cu2S是还原产物，反应中1mol CuSO4得到1mol电子，错误。‎ 故选B。‎ ‎8.某实验小组为探究ClO－、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验①：在淀粉－碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验②：向实验①的溶液中加入4mL 0.5mol·L－1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。‎ ‎(1)写出实验①中发生反应的离子方程式：__________________________。‎ ‎(2)实验②的化学反应中转移电子的物质的量是__________________。‎ ‎(3)以上实验说明，在酸性条件下ClO－、I2、SO42-的氧化性由弱到强的顺序是___。‎ ‎(4)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________(填序号)。‎ A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O3‎ ‎(5)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是____(用离子方程式表示)。‎ ‎(6)湿法制备K2FeO4是在强碱溶液中将NaClO、Fe2(SO4)3混合,写出该反应的离子方程式：________。‎ ‎【答案】 (1). ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O (2). 0.004mol (3). SO42-＜I2＜ClO- (4). C (5). ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O (6). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)实验①中，淀粉－碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，表明在酸性溶液中，ClO－将I-氧化，生成I2，反应的离子方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O。‎ ‎(2)实验②中发生的反应是I2与Na2SO3在酸性条件下反应，生成NaI、Na2SO4等，反应的离子方程式为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；硫元素化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，4mL 0.5mol·L－1的亚硫酸钠的物质的量为0.002mol，转移电子为0.004mol。‎ ‎(3)氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，实验①表明，氧化性ClO-＞I2；实验②表明，氧化性I2＞SO42-。故氧化性由弱到强的关系为SO42-＜I2＜ClO-。‎ ‎(4)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1mol O3转化为1mol O2和1mol H2‎ O)等物质常被用作消毒剂时，每摩得电子的物质的量分别为：2mol、2mol、5mol、2mol，所以等物质的量的上述物质消毒效率最高的是ClO2。答案为C ‎(5)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是次氯酸钠具有强氧化性，能被浓盐酸氧化为氯气，离子方程式为ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O。‎ ‎(6)湿法制备K2FeO4是在强碱溶液中将NaClO、Fe2(SO4)3混合，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。‎ ‎9.氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3 )为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：‎ ‎（1）MgCO3 与稀硫酸反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的离子方程式为__________________________。‎ ‎（3）滤渣2 的成分是____________(填化学式)。‎ ‎（4）煅烧过程存在以下反应：‎ ‎2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑ MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑ MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑‎ 利用下图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。‎ ‎①D中通过排水法收集气体可以是___________(填化学式)。‎ ‎②C中溶液用于吸收CO2，B中盛放的溶液可以是___________(填字母)。‎ a．NaOH 溶液 b．Na2CO3 溶液 c．稀硝酸 d．KMnO4溶液 ‎③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：______________________________。‎ ‎【答案】 (1). MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O (2). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (3). Fe(OH)3 (4). CO (5). c d (6). 3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程分析可知，以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁，菱镁矿加入硫酸溶解，过滤得到的溶液中含有亚铁离子和镁离子，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH为4，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液经处理得当纯净的氧化镁。‎ ‎【详解】(1)MgCO3 与稀硫酸反应的化学方程式为MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故答案为：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O；‎ ‎(2)加入H2O2 氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2(SO4)3+2H2O，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；‎ ‎(3)酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液pH使铁离子全部沉淀，过滤后得到的沉淀为氢氧化铁，故答案为：Fe(OH)3；‎ ‎(4)煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；‎ ‎①D中收集的气体可以是CO，故答案为：CO；‎ ‎②C中溶液用于吸收CO2，B中盛放的溶液是吸收二氧化硫，可以是KMnO4溶液或稀硝酸，故答案为：cd；‎ ‎③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为-2价，反应的离子方程式为：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O，故答案为：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题关键。本题的易错点为(3)②，要清楚B装置的作用。‎ ‎10.实验室用绿矾(FeSO4·7H2O)为原料制备补血剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]，有关物质性质如下:‎ 甘氨酸(H2NCH2COOH)‎ 柠檬酸 甘氨酸亚铁 易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物 易溶于水和乙醇，有酸性和还原性 易溶于水，难溶于乙醇 实验过程:‎ I.配制含0.10mol FeSO4的绿矾溶液。‎ II.制备FeCO3: 向配制好的绿矾溶液中，缓慢加入200mL 1.1mol/LNH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。‎ III.制备(H2NCH2COO)2Fe: 实验装置如下图(夹持和加热仪器已省略)，将实验II 得到的沉淀和含0.20mol 甘氨酸的水溶液混合后加入C 中，然后利用A 中反应产生的气体将C 中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）实验I中:实验室配制绿矾溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为____ (写化学式)。‎ ‎（2）实验II 中: 生成沉淀的离子方程式为________________。‎ ‎（3）实验III中:‎ ‎①检查装置A 的气密性的方法是_________。‎ ‎②装置A 中所盛放的药品是_______ (填序号)。‎ a.Na2CO3 和稀H2SO4 b.CaCO3 和稀H2SO4 c.CaCO3 和稀盐酸 ‎③确认c 中空气排尽的实验现象是______________。‎ ‎④加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是_______。‎ ‎⑤洗涤实验III中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是___ (填序号)。‎ a.热水 b.乙醇溶液 c.柠檬酸溶液 ‎⑥若产品的质量为17.34g,则产率为_____。‎ ‎【答案】 (1). Fe (2). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+ H2O (3).‎ ‎ 关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气 (4). c (5). D中澄清石灰水变浑浊 (6). 防止二价铁被氧化 (7). b (8). 85%‎ ‎【解析】‎ ‎(1). Fe2＋易被空气中的O2氧化成Fe3＋，实验室配制绿矾溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为Fe，加入铁粉后，Fe3＋可被铁粉还原为Fe2＋，且不引入杂质，故答案为：Fe；‎ ‎(2). Fe2＋和HCO3－发生反应生成FeCO3沉淀、CO2和H2O，离子方程式为：Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+ H2O，故答案为：Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+ H2O；‎ ‎(3). ①. 检查装置A气密性的方法是：关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中液面的高度差保持不变，说明装置不漏气，故答案为：关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气；‎ ‎②. 装置A为固液不加热型制气装置，且具有随开随用、随关随停的特点，所以应选择块状不溶于水的CaCO3，酸只能选择盐酸，若选择硫酸，生成的CaSO4微溶于水，阻碍反应的进行，故答案选：C；‎ ‎③. 当C中充满CO2后，CO2开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，这时说明C中空气已经排尽，故答案为：D中澄清石灰水变浑浊；‎ ‎④. 由题中信息可知，柠檬酸具有强还原性，可防止Fe2＋被氧化，故答案为：防止二价铁被氧化；‎ ‎⑤. 因甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂，故答案为：B；‎ ‎⑥. 含0.10mol FeSO4绿矾溶液中Fe2＋的物质的量为0.10mol，因NH4HCO3溶液过量，所以生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.10mol、质量为20.4g，则产率为：×100%=85%，故答案为：85%。‎ ‎11.水合肼（N2H4·H2O）又名水合联氨，是无色透明、具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂，利用尿素法生产水合肼的原理为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）下列仪器在配制100 mL7.5mol/L的NaOH溶液时，可能用到的有_______（填字母）。‎ A.容量瓶 B.烧瓶 C.胶头滴管 D.玻璃棒 ‎（2）锥形瓶中发生反应的离子方程式为____。‎ 实验二:制取水合肼。（实验装置如图2所示）‎ ‎（3）①装置A的名称为____，反应过程中需控制反应温度，同时将分液漏斗中溶液缓慢滴入A中,如果滴速过快则会导致产品产率降低，同时产生大量氮气，写出该过程的化学反应方程式:____________,故分液漏斗中的溶液是_____（填字母）。‎ A. CO(NH2)2溶液 B. NaOH和NaClO ‎②充分反应后，加热A内的溶液，收集108～114℃的馏分,即可得到水合肼的粗产品。 ‎ 实验三:测定馏分中肼含量。‎ ‎（4）称取馏分5.0 g,加入适量NaHCO3固体，加水配成250 mL溶液，移岀25.00 mL置于锥形瓶中,并滴加2〜3滴淀粉溶液，用0.10 mol/L的标准I2溶液滴定。滴定过程中,溶液的pH保持在6.5左右。（已知：N2H4·H2O + 2I2=N2↑+ H2O+4HI）‎ 滴定时,碘的标准溶液盛放在____（填“酸式”或“碱式”）滴定管中;本实验滴定终点的现象为____。实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00 mL,馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为________。‎ ‎【答案】 (1). ACD (2). Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O (3). 三颈烧瓶 (4). N2H4·H2O+2NaClO＝2NaCl+N2↑+3H2O (5). B (6). 酸式 (7). 溶液由无色变为浅蓝色，并在半分钟内不褪色 (8). 9.0%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)配制100 mL7.5mol/L的NaOH溶液时，需要使用100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等仪器。答案为ACD ‎(2)在锥形瓶中，Cl2与NaOH发生反应生成次氯酸钠、氯化钠和水：Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O。‎ ‎(3)①装置A的名称为三颈烧瓶。反应过程中需控制反应温度，同时将分液漏斗中溶液缓慢滴入A中，如果滴速过快则会导致产品产率降低，同时产生大量氮气，说明发生了氧化还原反应：N2H4·H2O+2NaClO=2NaCl+N2↑+3H2O；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，所以次氯酸钠应装在分液漏斗中。答案为B。‎ ‎(4)①因为碘易腐蚀橡胶，所以滴定时，碘的标准溶液应盛放在酸式滴定管内。由于碘遇淀粉显蓝色，所以终点实验现象是溶液由无色变为浅蓝色，并在半分钟内不褪色。设取出的25.00mL溶液中含水合肼的质量为x，则 N2H4·H2O + 2I2=N2↑+ H2O+4HI ‎50g 2mol x 0.10 mol/L×0.018L 馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为。‎ ‎ ‎