2025年北师大新版选修4化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大新版选修4化学下册阶段测试试卷146考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列有关实验装置进行的相应实验；能达到实验目的的是。

。选项。

A

B

C

D

实验装置。

实验目的。

制取少量纯净的CO2

验证钠和水的反应时放热反应。

进行喷泉实验。

进行中和热的测定。

A.AB.BC.CD.D2、已知反应：

①101kPa时，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1

②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1

下列结论正确的是A.碳的燃烧热等于110.5kJ·mol－1B.2molC(s)在1molO2(g)燃烧，放出221kJ热量C.1L0.1mol/LH2SO4溶液与1L0.1mol/LNaOH溶液反应，放出5.73kJ热量D.pH＝3的醋酸与pH＝11的NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量3、已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热可表示为：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol-1对下列反应：

CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q1kJ·mol-1

H2SO4(浓)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q2kJ·mol-1

HNO3(aq)＋NaOH(aq)=NaNO3(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q3kJ·mol-1

上述反应均在溶液中进行，则下列Q1、Q2、Q3的关系正确的是（）A.Q2>Q3>Q1B.Q2>Q1>Q3C.Q1＝Q2＝Q3D.Q2＝Q3>Q14、对于可逆反应：3A(g)＋2B(g)2C(g)△H＜0，下列各图正确的是（）A.B.C.D.5、常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是A.新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH‑)B.pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)C.pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH‑)=c(H+)D.0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：2c(H+)–2c(OH-)=c(CH3COO-)–c(CH3COOH)6、常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是。

A.在同一溶液中，H2CO3、不能大量共存B.测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞C.当pH＝7时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)D.已知在25℃时，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝2.0×10－4，溶液中c()∶c()＝1∶1时，溶液的pH＝107、用电解法处理含Cr2072-的废水，探究不同因素对含Cr2072-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2072-的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同）。下列说法错误的是。实验iiiiiiiv

是否加入Fe2（S04）3否否否是否加入H2S04否加入lmL加入lmL加入lmL阴极村料石墨石墨石墨石墨阳极材料石墨石墨石墨铁Cr2072-的去除率0.092%12.7%20.8%57.3%实验iii中Fe3+去除Cr2072-的机理

A.实验ii与实验i对比，其他条件不变，增加c（H+）有利于Cr2072-的去除B.实验iii与实验ii对比，其他条件不变，增加c（Fe3+）有利于Cr2072-的去除C.实验iv中循环利用提高了Cr2072-的去除率D.若实验iv中去除O.OlmolCr2072-电路中共转移0.06mol电子8、钢铁在弱酸性介质中易发生析氢腐蚀（如图）。钢铁析氢腐蚀过程中；下列说法正确的是（）

A.铁作正极B.电能转化为化学能C.电子向碳处转移D.正极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+9、下列关于铁的腐蚀和防护的叙述正确的是()A.用铁锅烧制糖醋鱼时，铁锅会发生化学腐蚀和析氢腐蚀B.铁发生吸氧腐蚀的负极反应可用O2＋4e－＋2H2O=4OH－表示C.常温下，铁在浓硫酸中比在稀硫酸中腐蚀得快D.可用如图表示对钢铁采取外加电流的阴极保护法的原理评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、在3个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。

改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（）

A.该反应的ΔH<0B.T1时，该反应的平衡常数为C.容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2D.若T21，达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%11、500℃时，在四个体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。有关物质起始时的物质的量数据如下表所示：。容器起始时物质的量/molNO2SO2SO3NONO甲0.10.100乙0.150.050.050.05丙000.20.2丁0.10.200

已知甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1。下列说法正确的是A.升温至700℃，上述反应的平衡常数为则正反应为吸热反应B.达平衡时，容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍C.达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同D.保持温度不变容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，此时v(正)＞v(逆)12、各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是A.I2(g)+H2(g)2HI(g)（恒温）B.CH3COOHH++CH3COO-（忽略溶液体积变化）C.FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl（忽略溶液体积变化）D.CH3OCH(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO(g)-Q（恒压）13、一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数。下列说法正确的是。

A.550℃时，若充入惰性气体，v正，v逆均减小，平衡不移动B.650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡不移动D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0p总14、草酸(H2C2O4)是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性。向100mL0.2mol/L旳草酸溶液中加入1.68gKOH固体，若溶液体积不变，则对所得溶液中各粒子浓度之间旳关系描述错误的是（）A.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H＋)B.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.2mol/LC.c(C2O42-)＜c(HC2O4-)＜c(H2C2O4)D.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＜c(K＋)15、常温下，一定浓度的某溶液由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol/L，则该溶液的溶质可能是（）A.AlCl3B.NaOHC.Na2CO3D.NaHSO416、室温下，下列混合溶液中，各离子浓度的关系正确的是A.pH=12的一元弱碱的溶液浓度一定比pH=2的一元强酸溶液浓度大B.浓度均为0.1mol/L的硫酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后：c(Na+)=2c(SO42-)=0.2mol•L-1C.H2C2O4为二元弱酸，浓度均为0.1mol/L的Na2C2O4溶液中：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)D.浓度均为0.lmol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液中(R表示S或C)：c(H+)32-)+c(OH-)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、25°C向中滴加过程中，变化如图所示。

（1）A点溶液用化学用语解释原因：_________________。

（2）下列有关B点溶液的说法正确的是_______________（填字母序号）。

a.溶质为：

b.微粒浓度满足：

c.微粒浓度满足：

（3）两点水的电离程度：______（填“”、“”或“”）。18、（1）用50mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液在如图所示的装置中进行中和反应；测定反应过程中所放出的热量并计算每生成1mol液态水时放出的热量。

完成下列问题：

①烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________。

②用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的生成1mol液态水时放出热量的数值会__________。

（2）现有反应PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)，523K时，将10molPCl5注入容积为2L的密闭容器中；平衡时压强为原来的1.5倍。

①该温度下该反应的平衡常数K为__________

②PCl5的平衡转化率为__________19、有一种观点认为：与燃烧化石燃料相比，以乙醇为燃料不会增加大气中二氧化碳的含量。你认为这种观点是否正确_________？请说明理由_________。20、按要求写热化学方程式：

（1）25℃、101kPa条件下充分燃烧一定量的C2H2气体放出热量为1300kJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生100g白色沉淀，写出表示C2H2气体充分燃烧的热化学方程式：___；

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式：___。21、合成氨对人类的生存和发展有着重要意义；1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。

(1)反应的化学平衡常数表达式为_______。

(2)请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_______。序号化学反应的数值①②

(3)如图是合成氨反应平衡混合气中的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中X分别代表温度或压强。其中X代表的是_______(填“温度”或“压强”)；_______(填“>”“<”或“=”)原因是_______。

22、I．现有下列物质①100℃纯水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液。

(1)这些物质与25℃纯水相比，能促进水电离的是________(填序号，下同)，能抑制水的电离的是________，水电离的c(OH－)等于溶液中c(OH－)的是________，水电离的c(H＋)等于溶液中c(H＋)的是________。

(2)②和③溶液中水的电离度相等，进而可推出的结论是：同一温度下，___________时；水的电离度相等。

II．今有①盐酸②醋酸③硫酸三种稀溶液，用序号回答下列问题。

(1)若三种酸的物质的量浓度相等，三种溶液中的c(H＋)大小关系为______

(2)若三种溶液的c(H＋)相等，三种酸的物质的量浓度大小关系为_____。23、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。

Ⅰ.已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=H＋＋HA－，HA－⇌H＋＋A2－。

（1）常温下NaHA溶液的pH________(填序号)，原因是_________________。

A.大于7B.小于7C.等于7D.无法确定。

（2）某温度下，若向0.1mol·L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是________。

A.c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14B.c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)

C.c(Na＋)＞c(K＋)D.c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05mol·L－1

（3）室温下若0.1mol·L－1的NaHA溶液的pH＝2，则0.1mol·L－1H2A溶液中c（H＋）______（填“＞＂、“＜”或“＝“）0.11mol·L－1，理由为______________。24、向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS—、S2—）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如下图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。

(1)含硫物种B表示__________（填离子符号）。

(2)在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na+)与含硫各物种浓度的大小关系为_____________(填选字母)。

a．c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+2c(S2—)

b．2c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)

c．c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)]25、利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5；可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的________极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。

（2）工作时，甲池内的NO向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上发生的电极反应为_________________________________。

（4）若溶液中减少了0.01molCr2O则电路中至少转移了___________mol电子。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)26、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、实验题(共2题，共6分)27、某兴趣小组在实验室设计如下实验研究2Fe3++2I-=2Fe2++I2的反应。

(1)振荡静置后C中观察到的现象是____；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液然后____(写出实验操作和现象)。

(2)测定上述KI溶液的浓度；进行以下操作：

I.用移液管移取20.00mLKI溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液；充分反应。

Ⅱ.小心加热除去过量的H2O2。

Ⅲ.用淀粉做指示剂，用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2S2O3+I2=2Na1+Na2SO4

①步骤II是否可省略?____(答“可以”或“不可以”)

②步骤川达到滴定终点的现象是____。

③已知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是____。28、由乳酸与FeCO3反应制得:2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑。

I.制备碳酸亚铁:装置如图所示。

(1)C的名称是___________。

(2)清洗仪器,检查装置气密性,A中加入盐酸,B中加入铁粉,C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的,上述装置中活塞的打开和关闭顺序为:关闭活塞______；打开活塞______；加入足量盐酸后,关闭活塞1,反应一段时间后,关闭活塞____,打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_______________。

Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体:

将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。

(3)加入少量铁粉的作用是______________。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发；________；干燥。

Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量:

(4)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其原因可能是_____________________。

(5)经查阅文献后,改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时,先称取5.760g样品,溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液,每次取25.00mL,用0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点,记录数据如下表。

。滴定次数。

0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液体积/mL

滴定前读数。

滴定后读数。

滴定后读数。

1

0.10

19.85

2

0.12

21.32

3

1.05

20.70

则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_________(以质量分数表示)。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共9分)29、硫单质及其化合物在化工生成等领域应用广泛，工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一。

I．SO2尾气的处理。

方法1：燃煤中加入生石灰，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4

已知：a．CaO(s)+CO(g)=CaCO3(s)ΔH=−178.3kJ·mol−1

b．2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=−2762.2kJ·mol−1

c．2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)ΔH=−2314.8kJ·mol−1

（1）写出CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式：___。

方法2：用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4。

（2）实验测得NH4HSO3溶液中=1500，则溶液的pH为________(已知：H2SO3的Ka1=1.5×10−2，Ka2=1．0×10−7，K(NH3·H2O)=1.74×10－5；)。NH4HSO3溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_____。

Ac(NH4+)>c(HSO3－)>c(H+)>c(SO32−)>c(OH－)

Bc(HSO3－)>c(NH4+)>(SO32－)>c(H+)>c(OH－)

Cc(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+2c(SO32−)+c(H2SO3)

Dc(H+)+c(H2SO3)=c(OH－)+c(SO32−)+c(NH3·H2O)

II．SO2的回收利用：

（3）SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g)。按投料比1:1把SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如下图所示：

①恒温恒压条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。

aSO2Cl2的浓度保持不变b混合气体的压强不再改变。

c混合气体的密度不再改变d混合气体的平均相对分子质量不再改变。

②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp＝_____(用含p的表达式表示；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数)。

III．（4）过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为在工业上用作强氧化剂。

①在Ag+催化作用下，S2O82−能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42−和MnO4−，1molS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为_________mol。

②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A.该装置为启普发生器的简易装置，要求固体反应前后始终保持块状，纯碱为粉末或颗粒状，因此用Na2CO3制备CO2不能用启普发生器的简易装置；故A错误；

B.Na与H2O反应如果是放热反应；广口瓶中气体受热膨胀，U型管中红墨水出现左低右高，因此该装置能完成实验目的，故B正确；

C.Cl2能溶于水，但在水中溶解度较小，Cl2与H2O不能形成喷泉；故C错误；

D.缺少环形玻璃搅拌棒；无法完成实验目的，故D错误；

答案为B。

【点睛】

用启普发生器或其简易装置制备气体，该反应不能加热、固体反应始终保持块状。2、C【分析】【详解】

A、热化学方程式①中表示的不是碳完全燃烧方程式，所以碳的燃烧热不是110.5kJ·mol－1；A错误；

B；在描述方程式①表达的意义时；没有指明产物，B错误；

C、1L0.1mol/LH2SO4溶液与1L0.1mol/LNaOH溶液反应生成0.1mol水；所以放出热量为5.73kJ，C正确；

D；醋酸是弱酸；在溶液中发生电离吸热，与强碱反应生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ，D错误；

故选C。3、A【分析】【详解】

强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O△H=一57.3kJ/mol；则热化学方程式HNO3(aq)+NaOH(aq)═NaNO3(aq)+H2O(l)△H=-Q3kJ•mol-1中的Q3=57.3kJ；而由于醋酸是弱电解质，电离吸热，故热化学方程式CH3COOH(aq)+NaOH(aq)═CH3COONa(aq)+H2O(l)△H=-Q1kJ•mol-1中的Q1＜57.3KJ；而浓硫酸稀释放热，故热化学方程式H2SO4(浓)+NaOH(aq)═Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-Q2kJ•mol-1中的Q2＞57.3KJ，故放出的热量为Q2＞Q3＞Q1，故答案为A。4、A【分析】【详解】

A．先拐先平温度高；500℃先达平衡；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C的含量减小，与图像符合，故A正确；

B．该反应是气体的物质的量减小的反应；压强增大，平衡正向移动，正逆反应均增大，与图像不符，故B错误；

C．催化剂改变反应速率；不改变化学平衡，C的浓度应该保持不变，故C错误；

D．该反应是气体的物质的量减小的反应；压强增大，平衡正向移动，A转化率增大；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A转化率减小，与图像不符，故D错误；

故选A。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意增大压强，无论平衡如何移动，正逆反应速率均增大。5、D【分析】【详解】

A．新制氯水中加入足量固体NaOH存在电荷c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)；故A错误；

B．pH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3-的水解大于其电离，则c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)；故B错误；

C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后溶液显碱性；故C错误；

D．溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，代入计算得到：2c(OH-)+c(CH3COO-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，所以得到：c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)；故D正确；

答案为D。6、D【分析】【详解】

A．根据图像分析，pH＞8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子，pH=8时，只有碳酸氢根离子，pH＜8时，溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；故A正确；

B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液，用酚酞作指示剂，滴定产物是用甲基橙作指示剂滴定时，和HCl溶液的反应产物是H2CO3；故B正确；

C．由图像可知，pH=7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3-)+c(OH−)，则c(Na+)＞c(Cl−)，因HCO3-水解，则c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)＞c(H+)=c(OH−)；故C正确；

D．已知在25℃时，溶液中c()∶c()＝1∶1，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝c(OH－)=2.0×10－4，则c(H＋)=5.0×10－11，溶液的pH＜10，故D错误；7、D【分析】【详解】

A.实验ii与实验i对比，差别在于是否加入1mL的硫酸，加了硫酸，去除率明显提升，所以增加c（H+）有利于Cr2O72-的去除；故A正确；

B.根据表中数据可判断加入Fe2（SO4）3，增加c（Fe3+），Cr2O72-的去除率明显提升；故B正确；

C.实验iv中，在阴极，Fe3+得电子产生Fe2+，Fe2+被Cr2O72-氧化后再产生Fe3+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率；故C正确；

D.实验iv中，铁作阳极先失去电子变成Fe2+，然后发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，去除0.0lmolCr2O72-理论上共转移0.06mol电子，但Cr2O72-的去除率只有57.3%；所以转移的电子数小于0.06mol，故D错误。

故选D。8、C【分析】【分析】

强酸性条件下；钢铁中C；Fe和酸构成原电池，Fe易失电子发生氧化反应而作负极、C作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应。

【详解】

A．Fe易失电子发生氧化反应而作负极；故A错误；

B．化学能转化为电能；故B错误；

C．电子由负极出发经外电路向正极转移；即电子向碳处转移，故C正确；

D．正极反应式为2H＋+2e－=H2↑，负极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；故D错误；

故选C。

【点睛】

本题考查钢铁的析氢腐蚀，明确析氢腐蚀及吸氧腐蚀区别是解本题关键，知道钢铁发生析氢腐蚀及吸氧腐蚀的条件，会正确书写各个电极上电极反应式，易错点C，注意电子不经过内电路转移。9、A【分析】【详解】

A．铁能够和醋酸反应；因此用铁锅烧制糖醋鱼时，铁锅会发生化学腐蚀，铁锅的主要成分为铁合金，同时会发生原电池反应，即发生析氢腐蚀，故A正确；

B．铁发生吸氧腐蚀的负极反应可用Fe-2e-=Fe2+表示；故B错误；

C．常温下；铁在浓硫酸中发生钝化，比在稀硫酸中腐蚀得慢，故C错误；

D．中没有外加电源；不属于外加电流的阴极保护法，该装置起不到保护钢件的作用，故D错误；

故选A。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意浓硫酸性质的特殊性。二、多选题(共7题，共14分)10、AD【分析】【分析】

A.由图可知，温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使平衡逆向移动；

B.T1温度时，反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L；根据反应方程式计算；

C.根据理想气体状态方程pV=nRT分析；容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比；

D.为放热反应；起始量III看成I体积减小一半，温度降低；压强增大，均使平衡正向移动。

【详解】

A.图中温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使化学平衡逆向，因此正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确；

B.T1温度时，反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L，则平衡时c（SO2）=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反应的化学平衡常数为K==故B错误；

C.根据理想气体状态方程pV=nRT分析，容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，容器Ⅱ相当于按0.75molSO2，1.5molNO和0.75molS起始，由于S是固体，不改变浓度，设容器Ⅱ中反应达到平衡时消耗了ymolSO2，则平衡时两容器压力比为==＞故C错误；

D.T2＜T1，则温度降低有助于化学反应正向进行，容器Ⅲ相当于以1molSO2，1.2molNO和0.5molS起始，S不对化学反应的平衡产生影响，也就相当于对容器Ⅰ加压，若平衡不发生移动，则平衡时NO的体积分数为×100%=40%；温度降低；压强增大，均使平衡正向移动，容器Ⅲ的化学反应正向进行程度比容器I更大，则达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，故D正确；

故答案选AD。

【点睛】

物质的量浓度随时间的变化曲线，把握图中浓度变化、压强与温度对平衡的影响为解答的关键，注意选项C容器容积和反应温度一定时，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，S是固体，不改变浓度。11、BC【分析】【分析】

500℃时，甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1；

500℃时，

【详解】

A.500℃时，平衡常数是升温至700℃，上述反应的平衡常数为说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B.根据“一边倒”原则，丙中相当于投入0.2molNO2(g)和0.2molSO2(g)，投料为甲的2倍，相当于加压，加压平衡不移动，达平衡时，所以容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍；故B正确；

C.根据“一边倒”原则，乙相当于都是投入0.2molNO2(g)和0.1molSO2(g)；与丁是等效平衡关系，因此达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同，故C正确；

D.保持温度不变，容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，＞K，此时v(正)＜v(逆)；故D错误。

答案选BC。

【点睛】

熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答，注意平衡常数只与温度有关，会根据K与Q的关系判断反应方向。12、AD【分析】【分析】

根据图象中的纵横坐标表示的意义；分析某条件改变时，一个量随另外一个量的变化，若变化趋势与图中一致，则为正确答案。

【详解】

A；碘单质与氢气反应是压强不变的反应；所以增大体积，都平衡移动不影响，所以碘单质的转化率不变，与图中符合，故A正确；

B、CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，使CH3COOH溶液中CH3COO﹣浓度增加，电离平衡逆向移动，则c（H+）减小；pH逐渐增大，与图中不符合，故B错误；

C、因该反应中K+、Cl﹣实际不参加反应；则加入KCl对平衡体系无影响，化学平衡不移动，铁离子的浓度不变，与图中不符合，故C错误；

D；因反应为吸热反应；则体积、压强不变时，升高温度，平衡正向移动，则甲醚的转化率增大，与图中相符合，故D正确。

答案选AD。

【点睛】

本题考查化学平衡的移动与化学平衡图象，明确影响化学平衡的移动因素是解答本题的关键，并注意图中曲线变化趋势的意义来解答。13、BC【分析】【详解】

A.可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，平衡向着正向移动，v正、v逆均减小；故A错误；

B；由图可以知道；650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol；

则有C(s)+CO2(g)2CO(g)

开始10

转化x2x

平衡1-x2x

所以100%=40%，计算得出x=0.25mol，则CO2的转化率为：100%=25.0%；故B正确；

C.由图可以知道，T℃时，反应达平衡后CO2和CO的体积分数都为50%即为平衡状态；所以平衡不移动，故C正确；

D.925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，设p总=P，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP===23.04P总；故D错误；

答案选BC。14、AC【分析】【分析】

向100mL0.2mol/L的草酸溶液中加入1.68gKOH固体，n(H2C2O4)＝0.02mol，n(KOH)＝＝0.03mol，则二者反应生成0.01molK2C2O4、0.01molKHC2O4；结合物料守恒及电荷守恒解答。

【详解】

A．由电荷守恒可知，存在2c(C2O42−)＋c(HC2O4−)＋c(OH−)＝c(K＋)＋c(H＋)；故A错误；

B．由草酸根中C原子守恒，可知物料守恒式为c(C2O42−)＋c(HC2O4−)＋c(H2C2O4)＝0.2mol/L；故B正确；

C．反应后溶液中存在0.01molK2C2O4、0.01molKHC2O4，H2C2O4由HC2O4-和C2O42-水解得到，水解是微弱的，所以c(H2C2O4)＜c(HC2O4−)，c(H2C2O4)＜c(C2O42−)；故C错误；

D．溶液中存在物料守恒3[c(C2O42−)＋c(HC2O4−)＋c(H2C2O4)]＝2c(K＋)，则c(C2O42−)＋c(HC2O4−)＋c(H2C2O4)＜c(K＋)；故D正确；

故答案选AC。

【点睛】

两种溶液混合求离子浓度大小关系，优先考虑是否发生化学反应及生成的物质的量关系，然后考虑电离或水解的影响进行判断。15、AC【分析】【详解】

酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，一定浓度的某溶液由水电离出的c(OH﹣)=10﹣4mol/L＞10﹣7mol/L；说明该物质促进水电离，则为含有弱离子的盐；

A．氯化铝属于强酸弱碱盐；能水解而促进水电离，故A正确；

B．NaOH是碱；抑制水电离，故B错误；

C．碳酸钠是强碱弱酸盐；促进水电离，故C正确；

D．硫酸氢钠是强酸强碱酸式盐；溶液呈强酸性，抑制水电离，故D错误；

故答案为AC。16、AD【分析】【详解】

A.pH=12的一元弱碱的溶液浓度大于0.01mol/L，pH=2的一元强酸溶液浓度为0.01mol/L，所以该一元弱碱浓度一定大于该一元强酸浓度，故A正确；

B.浓度均为0.1mol/L的硫酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后，恰好反应生成硫酸钠,根据电荷守恒可得：c(Na+)=2c(SO42-)=0.1mol.L-1，故B错误；

C.H2C2O4为二元弱酸，浓度为0.1mol/L的Na2C2O4溶液中，根据物料守恒：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)，故C错误；

D.根据化学式NaHRO3得物料守恒关系：c(Na+)=c(HRO3-)+c(RO32-)+c(H2RO3)；由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HRO3-)+2c(RO32-)+c(OH-)，两者联立，(H+)+c(H2RO3)=c(RO32-)+c(OH-)，所以c(H+)32-)+c(OH-)，故D正确；

故答案：AD。

【点睛】

根据多元弱酸是分步电离，草酸属于弱酸，草酸钠溶液会发生水解也是分步完成的，所以根据溶液中的物料守恒分析判断。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【分析】

（1）是弱电解质，用化学用语解释溶液即写出电离的方程式；

（2）B点加入的的物质的量为的一半，故溶质为和且物质的量之比为1:1；

（3）酸和碱会抑制水的电离；大部分能水解的盐促进水的电离；

【详解】

（1）是弱电解质，在溶液中部分电离，导致氢离子浓度小于溶液其电离的方程式为：

（2）B点溶液：

a.和物质的量之比为1:1；故a正确；

b.由电荷守恒可知，溶液中存在：故b正确；

c.由物料守恒（原子守恒）可知，溶液中存在：故c错误；

（3）酸和碱会抑制水的电离，大部分能水解的盐促进水的电离，A点的酸性溶液抑制水的电离，C点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，因为PH=7，醋酸的抑制作用与醋酸钠的促进作用相互抵消，对水的电离无影响，故水的电离程度：A

【点睛】

（1）判断酸碱中和时水的电离程度技巧：

酸碱恰好完全反应生成正盐时水的电离程度最大；

（2）判断溶液中某些等式是否正确，可从电荷守恒、物料守恒、质子守恒等入手。【解析】ab18、略

【分析】【详解】

(1)①中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；

②NH3•H2O是弱电解质；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ；

(2)①初始投料为10mol，容器容积为2L，设转化的PCl5的物质的量浓度为x；则有：

恒容容器中压强比等于气体物质的量浓度之比，所以有解得x=2.5mol/L，所以平衡常数K==2.5；

②PCl5的平衡转化率为=50%。【解析】①.减少实验过程中的热量损失②.偏小③.2.5④.50%19、略

【分析】【详解】

植物利用太阳能将二氧化碳、水转化为有机物，有机物发酵生成乙醇，燃烧乙醇产生的二氧化碳还会重新进入这个碳循环，并不会增加大气中二氧化碳的含量，这个过程相当于我们将太阳能转化为化学能进行利用。【解析】正确乙醇为生物质燃料，燃烧乙醇产生的二氧化碳会被植物吸收转化再转化为乙醇，实现平衡，燃烧乙醇并不会增加大气中二氧化碳的含量。20、略

【分析】【分析】

(1)根据生成碳酸钙的质量计C2H2的物质的量，结合燃烧热的概念书写表示C2H2燃烧热化学方程式；

(2)根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热并书写出中和热的热化学方程式。

【详解】

(1)n(CaCO3)==1mol，则根据C元素守恒，可知n(CO2)=1mol，即C2H2燃烧生成的二氧化碳为1mol，由C2H2燃烧的化学方程式2C2H2+5O2=4CO2+2H2O可知反应的C2H2的物质的量是n(C2H2)=因为燃烧mol的C2H2放出的热量为1300kJ，所以燃烧1molC2H2产生CO2气体和产生液态水放出热量是2600kJ，故C2H2的燃烧热为2600kJ，所以表示C2H2燃烧热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol，故答案为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol；

(2)1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写，注意把握中和热和燃烧热的概念，利用反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关进行解答问题，注意反应热要与反应的物质的物质的量的多少及物质的存在状态相对应。【解析】C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/molNaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol21、略

【分析】【详解】

（1）根据化学平衡常数的定义可知故答案为：

（2）平衡常数越大,说明反应物转化率越高，N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数，所以与H2反应时，N₂的转化率更高，故答案为：N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数；平衡常数越大，N₂的转化率越高，固氮效果越好。

（3）工业合成氨反应为气体分子数减少的反应，温度相同时，加压平衡正向移动，NH3的体积分数增大；该反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，故X代表压强，L线代表温度，且L2>L1，故答案为：压强；＜；反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，所以L1＜L2。【解析】(1)

(2)N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数；平衡常数越大，N₂的转化率越高，固氮效果越好。

(3)压强＜反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，所以L1＜L2。22、略

【分析】【分析】

一定温度下，水存在电离平衡H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H>0，升高温度或加入能与H+或OH-反应的离子，可促进水的电离，如加入酸或碱，溶液中H+或OH-浓度增大；则抑制水的电离，以此解答该题。

【详解】

I．(1)①100℃纯水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液；一定温度下，水存在电离平衡H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H>0；这些物质与25℃纯水相比，能促进水的电离的是升高温度，因水的电离为吸热反应；

加入酸、碱溶液可抑制水的电离，即②③④抑制水的电离；水电离的水等于溶液中可为中性溶液或酸溶液，如纯水、盐酸等，①②符合；水电离的水等于溶液中可为中性溶液或碱溶液，如纯水；氢氧化钾、氢氧化钡溶液，①③④符合；

故答案为：①；②③④；①②；①③④；

(2)纯水中加入酸、碱,可抑制水的电离；从②和③溶液中水的电离程度相等，进而可推出的结论是：同一温度下酸溶液中的等于碱溶液中的水的电离程度相等；

故答案为：酸溶液中的与碱溶液中的相等时；

II．(1)今有①盐酸②醋酸③硫酸三种稀溶液，若三种酸的物质的量浓度相等为a，则硫酸中氢离子的浓度为2a，盐酸中氢离子的浓度为a，醋酸不完全电离，氢离子的浓度小于a，则三种溶液中的c(H＋)大小关系为③>①>②；

(2)若三种溶液的c(H＋)相等，则三种酸的物质的量浓度大小关系与(1)相反：②>①>③。【解析】①②③④①②③④酸溶液中的与碱溶液中的相等时③>①>②②>①>③23、略

【分析】【分析】

⑴常温下NaHA溶液电离出HA－，HA－只发生电离；不发生水解，因此溶液的pH显酸性。

⑵某温度下，若向0.1mol∙L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol∙L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)，此温度为某温度，不一定是常温，因此A错误；根据电荷守恒和溶液呈中性得到B正确；如果等体积混合，溶液呈碱性，但溶液要呈中性，说明KOH的体积比NaHA的体积小，则c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正确；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol∙L－1；此混合溶液中的下列关系一定正确的是BC。

⑶室温下若0.1mol∙L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol∙L－1，H2A是强电解质，则0.1mol∙L－1H2A溶液全部电离，由于HA－只发生电离，不发生水解，而且第一步电离的氢离子浓度对HA－电离起了抑制作用，因此0.1mol∙L－1的HA－溶液电离出的氢离子浓度小于0.01mol∙L－1，所以0.1mol∙L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol∙L－1。

【详解】

⑴常温下NaHA溶液电离出HA－，HA－只发生电离，不发生水解，因此溶液的pH显酸性，故答案为：B；HA－只发生电离；不发生水解。

⑵某温度下，若向0.1mol∙L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol∙L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)，此温度为某温度，不一定是常温，因此A错误；根据电荷守恒和溶液呈中性得到B正确；如果等体积混合，溶液呈碱性，但溶液要呈中性，说明KOH的体积比NaHA的体积小，则c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正确；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol∙L－1；此混合溶液中的下列关系一定正确的是BC；故答案为：BC。

⑶室温下若0.1mol∙L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol∙L－1，H2A是强电解质，则0.1mol∙L－1H2A溶液全部电离，由于HA－只发生电离，不发生水解，而且第一步电离的氢离子浓度对HA－电离起了抑制作用，因此0.1mol∙L－1的HA－溶液电离出的氢离子浓度小于0.01mol∙L－1，所以0.1mol∙L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol∙L－1，故答案为：＜；H2A第一步电离所产生的H+对HA的电离起抑制作用。【解析】①.B②.HA－只发生电离，不发生水解③.BC④.＜⑤.H2A第一步电离所产生的H+对HA的电离起抑制作用。24、略

【分析】【分析】

向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，结合图1所示H2S、HS-、S2-的分布分数进行解答；NaHS的含量先增加后减少；根据物料守恒可求得滴加过程中；溶液中微粒浓度大小关系。

【详解】

（1）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小为S2-，B先增加后减少为HS-，C浓度一直在增加为H2S，故答案为：HS-；

（2）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，因体积相同，设Na2S、NaOH各为1mol，则n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S，则c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]；溶液中存在电荷守恒得到c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+），故答案为：c。【解析】①.HS-②.c25、略

【分析】(1)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4；故答案为石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ为负极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

(4)根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能够氧化0.06molFe2＋，即电解过程中需要生成0.06molFe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋；故转移电子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，故答案为0.12。

点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O计算出电解过程中生成的Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中转移的电子是不一样的。【解析】负NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12四、判断题(共1题，共7分)26、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、实验题(共2题，共6分)27、略

【分析】【分析】

(1).由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3+；

(2).由步骤可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤1省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉。

【详解】

(1).由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3+；还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上下层四氯化碳层呈紫色，上层水层为黄绿色；滴加KSCN溶液，溶液变红；

(2).由步骤可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤1省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应，导致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且30秒内不复原；用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时；加入淀粉指示剂，再继续滴加。

【点睛】

当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为