2019版高考化学一轮精选教师用书人教通用：第八章水溶液中的离子平衡章末综合检测（八）

章末综合检测(八)[学生用书P296(单独成册)]
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)
1．合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是(　　)
A．金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂
B．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉
C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化
D．向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生
解析：选B。A.NH4Cl溶液水解显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A错误；B.亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止氧化，与盐类的水解无关，B正确；C.铵根水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C错误；D.FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D错误。
2．25 ℃时，某溶液中只含有Na＋、H＋、OH－、A－四种离子。下列说法正确的是(　　)
A．对于该溶液一定存在：pH≥7
B．在c(OH－)>c(H＋)的溶液中不可能存在：c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
C．若溶液中c(A－)＝c(Na＋)，则溶液一定呈中性
D．若溶质为NaA，则溶液中一定存在： c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
解析：选C。 A．如果溶质是NaOH、NaA，则溶液呈碱性，pH>7；如果溶质是NaA，当NaA为强酸强碱盐，溶液呈中性，pH＝7；如果溶质是NaA、HA，且HA为强酸时，则溶液呈酸性，pH<7，故A项错误。B.如果溶质是NaOH、NaA，且NaOH过量较多时，溶液中可能存在：c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，故B项错误。C.根据溶液呈电中性可知，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，若c(A－)＝c(Na＋)，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，故C项正确。D.如果溶质是NaA，且NaA为强酸强碱盐时，溶液中存在c(Na＋)＝c(A－)>c(OH－)＝c(H＋)，故D项错误。
3．下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是(　　)
①滴入酚酞试液，NaNO2溶液显红色
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2的中和碱能力强
④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2
⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体
⑥c(H＋)＝0.1 mol·L－1的HNO2溶液稀释至1 000倍，pH<4
A．①⑤　　　　　　　　 B．②⑤
C．③⑥ D．③④
解析：选B。 NO水解，生成弱电解质HNO2和OH－，使酚酞试液显红色，①能证明；HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子的浓度小，并不能说明HNO2部分电离，②不能证明；等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中，HNO2中和碱能力强，0.1 mol·L－1HNO2溶液的pH＝2，都能说明HNO2部分电离，③、④能证明；HNO2与CaCO3反应放出CO2气体，说明HNO2的酸性比碳酸强，但并不一定是弱电解质，⑤不能证明；HNO2若是强酸，⑥中pH应等于4，⑥能证明。
4．醋酸钡[(CH3COO)2Ba·H2O]是一种媒染剂，下列是有关0.1 mol/L醋酸钡溶液中粒子浓度的比较，其中不正确的是(　　)
A．c(Ba2＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．c(H＋)＋2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(H＋)＝c(OH－)－c(CH3COOH)
D．2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
解析：选A。A.CH3COO－离子水解程度较小，水解后溶液呈碱性，由(CH3COO)2Ba可知，则有c(CH3COO－)>c(Ba2＋)，c(OH－)>c(H＋)，正确的顺序应为c(CH3COO－)>c(Ba2＋)>c(OH－)＞c(H＋)，故A错误；B.溶液呈电中性，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数，故c(H＋)＋2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故B正确；C.根据溶液呈电中性可知：c(H＋)＋2c(Ba2＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，根据物料守恒可知，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)，则有c(H＋)＝c(OH－)－c(CH3COOH)，故C、D正确。
5．25 ℃时，将某一元碱MOH和盐酸溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，测得反应后溶液的pH如下表，则下列判断不正确的是(　　)

实验
序号
c(盐酸)/
mol·L－1
c(MOH)/
mol·L－1
反应后溶
液的pH
甲
0.20
0.20
5
乙
0.10
a
7
A.实验甲所得溶液：c(Cl－)>c(M＋)>c(H＋)>c(OH－)
B．将实验甲中所得溶液加水稀释后，变小
C．a>0.10
D．MOH的电离平衡常数可以表示为K＝
解析：选B。A.根据甲中的数据分析，碱(MOH)为弱碱，盐(MCl)为强酸弱碱盐，正确；B.盐溶液中加水，阳离子M＋水解程度增大，则溶液中氢离子的物质的量增大，M＋的物质的量减小，由于在同一溶液中，则变大，错误；C.MOH为弱碱，当a＝0.10时，反应恰好生成了盐，溶液显酸性，若要呈中性，则加入的碱应稍过量，正确；D.对乙溶液应用电荷守恒可知c(M＋)＝c(Cl－)＝0.05 mol·L－1，又根据M元素守恒可知，c(MOH)＝0.5a－c(M＋)＝(0.5a－0.05) mol·L－1，则MOH的电离平衡常数K＝c(M＋)·c(OH－)/c(MOH)＝0.05×10－7/(0.5a－0.05)＝10－8/(a－0.10)，正确。
6．使用酸碱中和滴定的方法，用0.01 mol·L－1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是(　　)
①用量筒量取浓盐酸配制0.01 mol·L－1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸
②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线
③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴
④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下
A．①③ B．②④
C．②③④ D．①②③④
解析：选A。①量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，浓盐酸被稀释，滴定NaOH溶液时结果偏高；②俯视容量瓶刻度线，配制的盐酸浓度偏大，滴定NaOH溶液时结果偏低；③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴，读取的盐酸标准液体积偏大，则滴定结果偏高；④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下，不产生误差。
7．常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示(实验中不考虑氨水的挥发)。下列叙述不正确的是(　　)

A．由a点到b点的过程中，溶液中增大
B．由图可知(NH4)2CO3溶液显碱性，NH4Cl溶液显酸性
C．c点所示溶液中，c(NH)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．d点所示溶液中，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
解析：选D。A.a点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中＝＝，生成一水合氨的过程中，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以增大，故A正确；B.b到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液的过程，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵的过程，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，由图可知(NH4)2CO3溶液显碱性，NH4Cl溶液显酸性，故B正确；C.c点所示溶液是碳酸铵溶液，图像分析可知溶液显碱性，离子浓度大小为c(NH)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正确；D.d点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮元素守恒、碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子浓度大于钠离子浓度，c(NH)＋c(NH3·H2O)＞c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，故D错误。
8．某一温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是(　　)

A．a、c两点溶液的导电能力相同
B．b点溶液中c(H＋)＋c(NH3·H2O)＝c(OH－)
C．用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液完全反应，消耗NaOH溶液体积Vb＝Vc
D．a、b、c三点溶液中水的电离程度a>b>c
解析：选D。盐酸中的氢离子主要是HCl电离出来的，HCl完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，HCl不能继续电离，盐酸中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵根离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的pH变化曲线是盐酸的，含a、b点的pH变化曲线是氯化铵溶液的。a、c两点溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)，故B错误；用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液完全反应，消耗NaOH溶液体积Vb>Vc，故C错误；HCl电离出的氢离子抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；盐类的水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子来自铵根离子的水解，氢离子浓度越大，说明铵根离子水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH小于b点的pH，说明a点氢离子浓度大于b点氢离子浓度，所以a、b两点溶液中水的电离程度a>b，综上所述a、b、c三点溶液中水的电离程度a>b>c，故D正确。
9．常温下，向10 mL 0.2 mol·L－1 草酸(用H2T表示)溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系，下列说法正确的是(　　)

A．HT－在溶液中水解程度大于电离程度
B．当V(NaOH)＝10 mL时，溶液中水的电离程度比纯水大
C．当V(NaOH)＝15 mL时，溶液中存在：
c(Na＋)>c(HT－)>c(T2－)>c(OH－)>c(H＋)
D．当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中存在：c(OH－)＝c(HT－)＋2c(H2T)＋c(H＋)
解析：选D。A.根据图像可知，HT－的物质的量最大的点的溶液是NaHT溶液，该溶液显酸性，说明HT－在溶液中电离程度大于水解程度，A项错误；B.当V(NaOH)＝10 mL时，两者恰好反应生成NaHT和水，溶液中的溶质是NaHT，该溶液呈酸性，HT－的电离程度大于水解程度，电离出来的H＋对水的电离起抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，B项错误；C.当V(NaOH)＝15 mL时，H2T与NaOH的物质的量之比为2∶3，溶液中的溶质为等物质的量的Na2T和NaHT，同样根据图像可知溶液显酸性，所以c(Na＋)>c(T2－)>c(HT－)>c(H＋)>c(OH－)，C项错误；D.V(NaOH)＝20 mL时，溶液中的溶质是Na2T，根据质子守恒可知，c(OH－)＝c(HT－)＋2c(H2T)＋c(H＋)，D项正确。
10．一定温度时，Cu2＋、Mn2＋、Fe2＋、Zn2＋等四种金属离子(M2＋)形成硫化物沉淀所需S2－最低浓度的对数值lg c(S2－)与lg c(M2＋)的关系如图所示。下列有关判断不正确的是(　　)

A．该温度下，Ksp(MnS)大于1.0×10－35
B．向含Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2＋最有可能先沉淀
C．向c(Fe2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入CuS粉末，有FeS沉淀析出
D．该温度下，溶解度：CuS>MnS>FeS>ZnS
解析：选D。A.一定温度下，MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnS(s)Mn2＋(aq)＋S2－(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，根据图像，可计算出FeS的Ksp(FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)＝10－10×10－10＝1.0×10－20，CuS的Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－17.5×10－17.5＝1.0×10－35，由题图知MnS的图线在CuS的上方、FeS的下方，所以Ksp(CuS)10－20，所以有FeS沉淀析出，C正确；D.依据题图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以该温度下，溶解度：CuS＜MnS＜FeS＜ZnS，D错误。
二、非选择题(本题包括4小题，共50分)
11．(12分)水溶液是中学化学的重点研究对象。
(1)水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H＋)＝10－9 mol·L－1，则该电解质可能是 (填序号)。
A．CuSO4 B．HCl
C．Na2S D．NaOH
E．K2SO4
(2)已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，要使新制稀氯水中的c(HClO)增大，可以采取的措施有

(回答两条)。
(3)常温下，将pH＝3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。
①浓度为1.0×10－3 mol·L－1的氨水b L；
②c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1的氨水c L；
③c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1的氢氧化钡溶液d L。
则a、b、c、d之间的关系是 。
(4)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。
①已知HA、H2B是两种弱酸，存在以下关系：H2B(少量)＋2A－===B2－＋2HA，则A－、B2－、HB－三种阴离子结合H＋的难易顺序为 。
②某同学将H2S通入CuSO4溶液中发现生成黑色沉淀，查阅资料并在老师的指导下写出了化学方程式：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，但这位同学陷入了困惑；这不成了弱酸制取强酸了吗？请你帮助解释：
。
(5)已知：H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。
常温下，0.1 mol·L－1的NaHA溶液其pH＝2，则0.1 mol·L－1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是 解析：(1)根据题意知，该溶液呈碱性，故选C、D。
(2)再通入氯气；加入碳酸盐；加入次氯酸钠等。
(3)氯化氢和氢氧化钡是强电解质，在水溶液里完全电离，盐酸和氢氧化钡的体积相等，氨水是弱电解质，①中氨水浓度最小，所需氨水体积最大，②中氨水浓度最大，所需体积最小，故答案为b>a＝d>c。
(4)①根据强酸制取弱酸知，越难电离的酸，酸性越小，结合氢离子越容易，故答案为HB－ ②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜既难溶于水，也难溶于酸，故能发生反应。
(5)0.1 mol·L－1的H2A第一步电离产生0.1 mol·L－1的H＋和0.1 mol·L－1的HA－，而根据0.1 mol·L－1 NaHA溶液的pH＝2，说明0.1 mol·L－1的HA－能电离产生0.01 mol·L－1的H＋，但是由H2A溶液第一步电离产生的H＋将抑制HA－H＋＋A2－，故使c(H＋)介于0.1～0.11 mol·L－1之间。NaHA 溶液中有HA－H＋＋A2－和H2OH＋＋OH－两个电离平衡，所以有c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。
答案：(1)CD　(2)再通入氯气；加入碳酸盐；加入次氯酸钠(任答两条即可)　(3)b>a＝d>c 　(4)①HB－c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)
12．(12分)回答下列问题。
(1)如图，某温度(t ℃)时水的电离平衡图像如下，a点离子积Kw＝ ；该温度下，pH＝12的NaOH与pH＝2的H2SO4等体积混合，溶液显 性。

(2)体积相等的稀NaOH和CH3COOH溶液混合，若溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则该溶液显 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，则混合前c(NaOH) c(CH3COOH)(填“>”“<”或“＝”)。
(3)常温时，Fe(OH)3的Ksp＝1×10－38，要使溶液中的Fe3＋沉淀完全[残留在溶液中的c(Fe3＋)<10－5 mol·L－1]，则溶液的pH应大于 。
(4)用可溶性碳酸盐可以浸取CaSO4固体，浸取过程中会发生反应：CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)。
已知298 K时，Ksp(CaCO3)＝2.80×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.90×10－5，则此温度下该反应的平衡常数K为 (计算结果保留三位有效数字)。
解析：(1)根据图像知，a、b点水的离子积常数相等，b点c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝10－6 mol·L－1，由离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－6×10－6＝1.0×10－12。pH＝2的H2SO4溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，pH＝12的NaOH中c(OH－)＝1.0×10－12/10－12＝1.0(mol·L－1)，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性。
(2)溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则c(OH－)＝c(H＋)，故溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，因为二者的体积相等，所以醋酸的浓度大于氢氧化钠。
(3)常温时，Fe(OH)3的Ksp＝1×10－38，若溶液中的Fe3＋恰好沉淀完全，残留在溶液中的c(Fe3＋)＝10－5 mol·L－1。Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－5×c3(OH－)＝1×10－38，解得c(OH－)＝10－11 mol·L－1，c(H＋)＝10－14/10－11＝10－3 (mol·L－1)，溶液的pH＝3。
(4)浸取过程中会发生：CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)，CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)，CaSO4(s)Ca2＋(aq)＋SO(aq)。依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子浓度相同，则所求反应的平衡常数K＝＝＝＝1.75×104。
答案：(1)1.0×10－12　碱
(2)中性　<　(3)3　(4)1.75×104
13．(13分)Ⅰ.常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如表所示：

实验
编号
HA的物质的
量浓度(mol/L)
NaOH的物质的
量浓度(mol/L)
混合后
溶液的pH
甲
0.1
0.1
pH＝a
乙
0.12
0.1
pH＝7
丙
0.2
0.1
pH＞7
丁
0.1
0.1
pH＝10
(1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？
。
(2)乙组混合溶液中c(A－)和c(Na＋)的大小关系是 。
A．前者大 B．后者大
C．二者相等 D．无法判断
(3)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
(4)分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果：c(Na＋)－c(A－)＝ mol/L(只需写出计算式)。
Ⅱ.某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式为H2B===H＋＋HB－，HB－H＋＋B2－。
(5)在0.1 mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是 。
A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1 mol/L
B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol/L
C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
D．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
解析：(1)一元酸HA与NaOH等物质的量反应，酸性强弱决定完全中和后盐溶液的pH，a＝7时为强酸，a＞7 时为弱酸。
(2)据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，因c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)。
(3)丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液，根据电荷守恒且pH＞7知，溶液中离子浓度大小关系为 c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
(4)据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，推导c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－4－10－10) mol/L。
(5)注意题干中的电离方程式，一级电离为完全电离。判断A项为B元素的物料守恒，C项为溶液中的质子守恒。
答案：(1)a＝7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸　(2)C
(3)c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
(4)(10－4－10－10)　(5)AC
14．(13分)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1 mol (CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ：称取1.500 g样品。
步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ：移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入20%的中性甲醛溶液反应完全，摇匀、静置5 min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
(1)根据步骤Ⅲ填空。
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 。
A．滴定管内液面的变化
B．锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时，酚酞指示剂由 色变成 色。
(2)滴定结果如下表所示。
滴定
次数
待测溶液
的体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.101 0 mol·L－1，则该样品中氮的质量分数为 。
解析：(1)①碱式滴定管未用标准液润洗，会使其消耗量增加，测定结果偏高；②锥形瓶内残余少量水，不影响标准液的消耗量，对结果无影响；③滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化；④溶液由无色变粉红(或浅红)色时为滴定终点。
(2)NaOH溶液的平均消耗量为20.00 mL，其物质的量为0.101 0 mol·L－1×0.02 L＝0.002 02 mol
4NH～3H＋＋(CH2)6N4H＋～4OH－
4　　　　　　　　　　　　4
n　　 0.002 02 mol×
n＝0.020 2 mol，
则样品中氮的质量分数为×100%≈18.85%。
答案：(1)①偏高　②无影响　③B　④无　 粉红(浅红)
(2)18.85%