2025年沪科版高三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年沪科版高三化学下册阶段测试试卷617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8题，共16分)1、若NA为阿伏加德罗常数，已知某元素的阴离子Rn-的原子核中，中子数为A-x-n，其中A为原子的质量数，则mgRn-中电子总数为（）A.B.C.D.2、下列叙述正确的是（）A.Fe在氯气中燃烧生成FeCl2B.SiO2的化学性质不活泼，不与任何酸发生反应C.常温下，铝制品用浓硫酸或浓硝酸处理过，可耐腐蚀D.铁粉中混有铝粉既可用过量的NaOH溶液，也可以用过量FeCl3溶液充分反应过滤除去3、将15克甲烷与乙烯的混合气通入盛有溴水（足量）的洗气瓶，反应后测得溴水增重7克，则混合气中甲烷和乙烯的体积比为（）A.2：1B.1：2C.3：2D.2：34、下列离子检验的方法正确的是（）A.某溶液加入硝酸银溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl-B.某溶液加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42-C.某溶液加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+D.某溶液加入稀硫酸生成无色气体，说明原溶液中有CO32-5、对于合成氨：3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g），当反应达到平衡状态时，下列说法正确的是（）A.单位时间内，消耗3molH2，同时生成2molNH3B.单位时间内，生成3molH2，同时消耗2molNH3C.单位时间内，消耗3molH2，同时消耗1molN2D.单位时间内，断裂3molH-H键，同时断裂6molN-H6、用碳酸钙与1mol/L稀盐酸反应制取二氧化碳，下列措施对化学反应速率几乎没有影响的是（）A.改用浓度为0.5mol/L的稀硫酸B.加入更多的碳酸钙C.稍微加热，升高反应温度D.加入少量醋酸钠晶体7、下列过程中发生氧化还原反应的是（）A.Cu和稀HNO3反应B.Fe的导电C.Na2CO3溶液与盐酸反应D.CaCO3高温分解8、燃料电池的突出优点是将化学能直接转变为电能，而不经过热能这一中间环节，能量利用率高，已应用于宇宙飞船、航空站及潜水中。氢氧燃料电池可同时供应电和水蒸气，所用燃料为H2，电解质为熔融的K2CO3。已知该电池的正极反应为：O2+2CO2+4e——==2CO32-。下列叙述正确的是（）A.放电时CO32-向正极移动B.放电时OH—向负极移动C.负极反应为H2+CO32-－2e-==H2O+CO2D.当该电池产生的水蒸气折算成标准状况下的体积为22.4L时，转移电子4mol评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列对各组离子或物质是否能够大量共存的判断及解释一定正确的是（）

。A25℃时，由水电离出来的c（H+）和c（OH-）的乘积为1×10-24的某溶液中：

Fe2+、NO3-、AlO2-、Na+不能共存发生反应：

3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2OB澄清石灰水中：

Ca2+、K+、CH3COO-、HCO3-不能共存发生反应：

Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OC常温常压下；空气中：

NH3、NO、H2、CO2可以共存不能发生反应D银氨溶液中：

K+、Na+、NO3-、Cl-可以共存不能发生反应A.AB.BC.CD.D10、铅蓄电池在日常生活中有着广泛的应用，它的电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4⇌2PbSO4+2H2O，下列说法正确的是（）A.正极反应为：Pb+SO42--2e-═PbSO4B.充电时的阴极反应为：PbSO4+2H2O-2e-═PbO2+SO42-+4H+C.随着放电的进行，电解质溶液中H2SO4的浓度逐渐降低D.充电时阳极发生氧化反应11、人们常将在同一原子轨道上运动的，自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”；将在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”．以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，错误的是（）A.核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”B.核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”C.核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中可能含有“未成对电子”D.核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”12、下列各组物质相互反应时，产生的气体能燃烧的是（）A.碳化钙[CaC2]投入水中B.炽热的焦炭投入浓硝酸中C.少量的二氧化锰加入双氧水中D.乙醇和浓硫酸共热至170℃13、根据量子力学计算，氮化碳结构有五种，其中一种氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首届一指的超硬新材料，已知该氮化碳的二维晶体结构如图所示．下列有关氮化碳的说法正确的是（）A.氮化碳属于分子晶体B.氮化碳的分了式为C3N4C.该晶体中的碳、氮原子核外都满足8电子稳定结构D.每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连14、向某无色溶液中加入含Fe2+的溶液后，无明显变化，当滴入几滴新制氯水后，混合液变成血红色，则下列结论正确的是（）A.该溶液中一定含有SCN-B.氧化性：Fe3+＞Cl2C.Fe2+与氯水形成红色物质D.Fe2+被氯水氧化为Fe3+评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、一定质量的某金属元素R的硝酸盐受热完全分解，反应按下式进行：2R（NO3）2═2RO+4NO2↑+O2↑，结果得到16gRO和11.2L气体（标准状况下），R的摩尔质量为____．16、废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质．某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得Ce（OH）4和硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]；流程设计如下：

已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；

Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸；也不溶于NaOH溶液．

回答以下问题：

（1）反应①的离子方程式是____．

（2）反应②中H2O2的作用是____．

（3）反应③的离子方程式是____．

（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）═2CeT3（有机层）+6H+（水层）

从平衡角度解释：向CeT3（有机层）加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是____．

（5）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是____．

（6）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，NH4+的浓度由大到小的顺序是____．

a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2Ob．（NH4）2SO4c．（NH4）2CO3．17、（2013秋•克拉玛依校级月考）某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe；Cu的金属活动性；他们提出了以下两种方案．请你帮助他们完成有关实验项目：

方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片，分别同时放入稀硫酸（或稀盐酸）中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性．该原理的离子方程式为____．

方案Ⅱ：有人利用Fe；Cu作电极设计成原电池；以确定它们的活动性．试在如图的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式．

正极反应式：____；负极反应式：____．

若该电池中有0.1mol的电子转移，请问消耗____克Fe

方案Ⅲ．结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案（与方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同）：____，用离子方程式表示其反应原理：____．18、某学生往一支试管里按一定次序分别加入下列几种溶液：

A．KI溶液B．淀粉溶液C．NaOH溶液D．氯水。

发现溶液颜色按下列次序变化。

①无色棕黄色蓝色无色。

依据溶液颜色的变化；回答下列问题：

（1）加入以上药品的顺序是____；

（2）写出加入试剂②的离子反应方程式，若为氧化还原反应，请标明电子转移的方向和数目：____；

（3）写出加入试剂④的化学方程式：____．19、海底蕴藏着大量的“可燃冰”。用甲烷制水煤气（CO、H2），再合成甲醇来代替日益供应紧张的燃油。已知：①CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)△H1＝+206.2kJ·mol-1②CH4(g)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2(g)△H2=－35.4kJ·mol-1③CH­­4(g)＋2H2O(g)＝CO­2(g)＋4H2(g)△H3＝+165.0kJ·mol-1（1）CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为____。（2）从原料、能源利用的角度，分析反应②作为合成甲醇更适宜方法的原因是____。（3）水煤气中的H2可用于生产NH3，在进入合成塔前常用[Cu(NH3)2]Ac溶液来吸收其中的CO，防止合成塔中的催化剂中毒，其反应是：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3]Ac·CO△H＜0[Cu(NH3)2]Ac溶液吸收CO的适宜生产条件应是。（4）将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如下图（A、B为多孔性石墨棒）。持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。0＜V≤44.8L时，电池总反应方程式为。②44.8L＜V≤89.6L时，负极电极反应为。③V=67.2L时，溶液中离子浓度大小关系为____。评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)20、向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液加热，可以检验水解产物葡萄糖．____．（判断对错说明理由）21、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判断对错）评卷人得分五、书写(共1题，共4分)22、（2014秋•成都期中）（1）如图所示，在一烧杯中盛有H2SO4溶液，同时有一表面光滑的塑料小球悬浮于溶液中央，向该烧杯中缓缓注入Ba（OH）2溶液至恰好完全反应[设H2SO4和Ba（OH）2溶液密度相同]．）

试回答①此实验中，观察到的现象有____；②实验过程中发生反应的离子方程式为____．

（2）用KMnO4氧化密度为1.19g/cm3；溶质质量分数为36.5%的HCl．反应方程式如下：

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O．请用单线桥法表明电子转移的方向及数目____，若有15.8gKMnO4参加反应，则有____克HCl被氧化．评卷人得分六、其他(共3题，共30分)23、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．24、

（1）①写出仪器的名称：D____，E____．

②在蒸发结晶、过滤、配制溶液时都需用到的同一种玻璃仪器是以上仪器中的____（填写仪器编号）．

（2）上述仪器中在使用前要检查要检查是否漏水的仪器是____（填写仪器编号）．25、有七种常见仪器：细口瓶；试管、天平、分液漏斗、容量瓶、酒精灯、研钵．请根据它们的用途或特征回答问题：

（1）可用于研磨固体的仪器是____．

（2）只有一个刻度线的仪器是____．

（3）分离汽油和水的混合物必须用到的仪器是____．

（4）在实验室中通常作为热源的仪器是____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】某元素的阴离子Rn-，其原子核内的中子数为A-x+n，其中A为质量数，则R的质子数为x-n，所以Rn-中核外电子数为x-n+n=x，再计算出m克Rn-离子的物质的量，进而计算电子数目．【解析】【解答】解：已知某元素的阴离子Rn-，其原子核内的中子数为A-x+n，其中A为质量数，则R的质子数=A-（A-x+n）=x-n，所以Rn-中核外电子数为x-n+n=x；

n（Rn-）=mol，则m克Rn-离子中包含电子个数=mol×x×NAmol-1=；

故选D．2、C【分析】【分析】A．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3；

B．二氧化硅可与HF酸反应；

C．铝可与浓硝酸；浓硫酸发生钝化反应；

D．二者都与氯化铁反应．【解析】【解答】解：A．氯气具有强氧化性，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3；故A错误；

B．二氧化硅可与HF酸反应；故B错误；

C．铝可与浓硝酸；浓硫酸发生钝化反应；在表面生成一层致密的氧化物膜，耐腐蚀，故C正确；

D．二者都与氯化铁反应；故D错误．

故选C．3、A【分析】【分析】甲烷不与溴水反应，乙烯能与溴水反应生成二溴乙烷，说明乙烯的质量为7.0g，则甲烷的质量为：15g-7g=8g，根据n=计算甲烷、乙烯的物质的量，相同条件下体积之比等于物质的量之比，据此计算出二者的体积之比．【解析】【解答】解：甲烷不与溴水反应；乙烯能与溴水反应生成二溴乙烷，说明乙烯的质量为7.0g，则甲烷的质量为：15g-7g=8g；

所以乙烯的物质的量为：=0.25mol，甲烷的物质的量为：=0.5mol；

则混合气体中甲烷和乙烯的体积比为：0.5mol：0.25mol=2：1；

故选A．4、C【分析】【分析】A；能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等．

C；能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子．

D、能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等．【解析】【解答】解：A、能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以某溶液加入硝酸银溶液有白色沉淀，原溶液中不一定有Cl-；故A错误．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误．

C、能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子，所以某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+；故C正确．

D；能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液加入稀硫酸生成无色气体，原溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误．

故选C．5、D【分析】【分析】可逆反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再发生变化，据此进行判断．【解析】【解答】解：A．单位时间内，消耗3molH2，同时生成2molNH3；表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；

B．单位时间内，生成3molH2，同时消耗2molNH3；表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；

C．单位时间内，消耗3molH2，同时消耗1molN2；表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；

D．单位时间内；断裂3molH-H键，同时断裂6molN-H，表示的是正逆反应速率，且满足化学计量数关系，说明达到了平衡状态，故D正确；

故选D．6、B【分析】【分析】影响化学反应速率的因素有温度；浓度、压强、催化剂、固体物质的表面积等．

浓度：增加反应物浓度；使反应速率加快；

温度：升高温度；使反应速率加快；

压强：对于有气体参与的化学反应；除体积其它条件不变时，增大压强，使反应速率加快；

使用正催化剂；使反应物速率加快；

增大固体表面积能使反应速率加快．【解析】【解答】解：A．纯净的碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙会覆盖在大理石的表面；阻碍了反应的进行，反应速率减慢，故A错误；

B；加反应中；固体量的增减不会引起速率的变化，所以加入更多的碳酸钙，反应速率几乎不变，故B正确；

C；升高温度；使反应速率加快，所以用相同浓度、温度较高的盐酸代替常温下的盐酸反应速率加快，故C错误；

D；加入醋酸钠会和盐酸之间反应生成氯化钠和醋酸；从盐酸到醋酸，会使反应速率减慢，故D错误；

故选B．7、A【分析】【分析】含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：A．反应生成硝酸铜；NO和水；Cu、N元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A选；

B．Fe的导电为物理性质；故B不选；

C．反应生成氯化钠；水和二氧化碳；没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；

D．反应生成氧化钙和二氧化碳；没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不选；

故选A．8、C【分析】原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，A不正确；由于电解质是熔融的碳酸钾，不存在OH－，B不正确；负极失去电子，所以C正确；标准状况下22.4L气体是1mol，则转移电子是2mol，D不正确，答案选C。【解析】【答案】C二、多选题(共6题，共12分)9、BD【分析】【分析】A．常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH-）的乘积为1×10-24；说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；

B．Ca2+、OH-、HCO3-反应；生成碳酸钙和水；

C．氨气于二氧化碳在溶液中反应；

D．离子间相互不反应．【解析】【解答】解：A．常温时，某溶液中由水电离出来的c（H+）和c（OH-）的乘积为1×10-24，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，如呈碱性，则OH-、Fe2+-不能大量共存；故A错误；

B．Ca2+、OH-、HCO3-反应，生成碳酸钙和水：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O；故B正确；

C．氨气于二氧化碳在溶液中反应；干燥的氨气和二氧化碳不反应，可大量共存，但解释不正确，故C错误；

D．离子间相互不反应；可大量共存，故D正确．

故选BD．10、CD【分析】【分析】在充电时，该装置是电解池，阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，阴极上硫酸铅得电子发生还原反应，导致溶液中硫酸浓度增大；放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，硫酸参加反应，导致硫酸浓度降低．【解析】【解答】解：A．正极上二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应式为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4（s）+2H2O；故A错误；

B．充电时的阴极上发生得电子的还原反应，和放电时的负极互为逆过程，即发生电极反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-；故B错误；

C．随着放电的进行；硫酸参加反应，导致硫酸浓度降低，故C正确；

D．充电时；阳极上失电子发生氧化反应，故D正确；

故选CD．11、BD【分析】【分析】主族元素除最外层以外的各内层电子都是成对的，最外层为nsx或ns2npy；s能级只有1个轨道最多容纳2个电子，p能级含有3个简并轨道，电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据不同的轨道，如两电子占据np轨道分别占据两个轨道，形成两个未成对电子，结合选项讨论最外层电子数，根据核外电子排布规律分析．

（注意：spdf能级所含轨道数分别为1、3、5、7，均为奇数，而电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据不同的轨道，每个轨道最多容纳2个电子，故核外电子总数为奇数一定具有未成对电子，为偶数可能含有未成对电子，也可能没有未成对电子）．【解析】【解答】解：A、核外电子数为奇数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx，则x=1，含有未成对电子；若最外层为ns2npy；则y=1或3或5，np轨道一定含有未成对电子，故A正确；

B、核外电子数为偶数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx，则x=2，不含有未成对电子；若最外层为ns2npy；则y=2或4，np轨道一定含有未成对电子，故B错误；

C、核外电子数为偶数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx，则x=2，不含有未成对电子；若最外层为ns2npy；则y=2或4，np轨道一定含有未成对电子，故C正确；

D、核外电子数为奇数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx，则x=1，含有未成对电子；若最外层为ns2npy；则y=1或3或5，np轨道一定含有未成对电子，故D错误．

故选：BD．12、AD【分析】【分析】A．碳化钙[CaC2]投入水中生成C2H2具有可燃性；

B．二氧化碳和二氧化氮没有可燃性；

C．少量的二氧化锰加入双氧水中产生的氧气不能燃烧；

D．乙醇和浓硫酸共热到170℃生成乙烯，乙烯具有可燃性．【解析】【解答】解：A．碳化钙[CaC2]投入水中反应CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑，生成C2H2具有可燃性；故A正确；

B．浓硝酸和炽热的碳反应C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O生成二氧化碳和二氧化氮；水；没有可燃性气体生成，故B错误；

C．少量的二氧化锰加入双氧水中2H2O22H2O+O2↑；生成氧气，氧气不能燃烧但能助燃，故C错误；

D．乙醇和浓硫酸共热到170℃CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O生成乙烯；乙烯具有可燃性，故D正确；

故选AD．13、CD【分析】【分析】A．根据原子晶体的性质分析；

B．根据原子晶体不存在分子式判断；

C．根据图中结构可知；每个碳原子周围有四个共价键，每个氮原子周围有三个共价键，据此分析；

D．根据图片判断碳原子和氮原子的连接方式．【解析】【解答】解：A．由题给信息；氮化硅是超硬新材料，符合原子晶体的典型物理性质，故A错误；

B．因为氮化碳是原子晶体；不存在分子，故没有分子式，故B错误；

C．根据图中结构可知；每个碳原子周围有四个共价键，每个氮原子周围有三个共价键，碳原子最外层有4个电子，形成四个共价健后成八电子稳定结构，氮原子最外层有5个电子，形成三个共价键后，也是八电子稳定结构，故C正确；

D．根据图知；每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，故D正确；

故选CD．14、AD【分析】【分析】依据三价铁离子的实验检验方法分析判断，二价铁与硫氰酸钾无颜色变化，三价铁离子与硫氰酸根离子形成血红色溶液，二价铁离子具有还原性易被氧化，氯气能够将亚铁离子氧化成铁离子，说明的氧化性大于铁离子的氧化性．【解析】【解答】解：向某溶液中加入含Fe2+的溶液后；溶液颜色无明显变化．当再滴入几滴新制氯水后，混合液变成血红色，说明亚铁离子被加入的氯水氧化为三价铁离子和硫氰酸根离子结合为血红色溶液；

A、原溶液中一定含有SCN-；故A正确；

B、氯气能氧化亚铁离子为三价铁离子，依据氧化剂的氧化性大于氧化产物所以，氧化性Fe3+＜Cl2；故B错误；

C、Fe2+与SCN-不能形成红色物质，三价铁离子与SCN-能形成红色物质；故C错误；

D、加入氯水发生的反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe2+被氧化为Fe3+；故D正确；

故选AD．三、填空题(共5题，共10分)15、64g/mol【分析】【分析】根据方程式2R（NO3）2═2RO+4NO2↑+O2↑可知，分解生成的NO2和O2的物质的量之比为4：1，由于得到标况下11.2L气体即0.5mol，故其中含有的NO2的物质的量为0.4mol，O2的物质的量为0.1mol，然后根据在反应中，生成的RO和NO2的物质的量之比为1：2，故可知生成的RO的物质的量，然后根据摩尔质量M=求出RO的摩尔质量，而R的摩尔质量MR=MRO-MO，据此分析．【解析】【解答】解：根据方程式2R（NO3）2═2RO+4NO2↑+O2↑可知，分解生成的NO2和O2的物质的量之比为4：1，由于得到标况下11.2L气体即0.5mol，故其中含有的NO2的物质的量为0.4mol，O2的物质的量为0.1mol，而在反应中，生成的RO和NO2的物质的量之比为1：2，由于NO2的物质的量为0.4mol，故可知生成的RO的物质的量为0.2mol，由于RO的质量为16g，故RO的摩尔质量MRO===80g/mol，而R的摩尔质量MR=MRO-MO=80g/mol-16g/mol=64g/mol．

故答案为：64g/mol．16、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O氧化使Fe2+转化为Fe3+2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动Fe3++3H2O=Fe（OH）3+3H+a＞b＞c【分析】【分析】废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入硫酸和氧化剂过氧化氢可生成溶液C中为硫酸铁，所加氧化剂过氧化氢不引入新杂质，加热蒸发得到溶液D为饱和硫酸铁溶液，在溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce（OH）4；

（1）反应①是二氧化硅溶于氢氧化钠溶液中生成硅酸钠和水；

（2）反应②中H2O2的作用是沿河亚铁离子为铁离子；

（3）反应③是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子；过氧化氢被氧化生成氧气；

（4）有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）═2CeT3（有机层）+6H+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含Ce3+的水溶液；

（5）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理；其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水；

（6）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O溶液中铁离子水解显酸性抑制铵根离子水解；铵根离子浓度增大；

b．（NH4）2SO4溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无影响；

c．（NH4）2CO3，溶液中碳酸根离子水解显碱性促进铵根离子水解，铵根离子浓度减小．【解析】【解答】解：废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入硫酸和氧化剂过氧化氢可生成溶液C中为硫酸铁，所加氧化剂过氧化氢不引入新杂质，加热蒸发得到溶液D为饱和硫酸铁溶液，在溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce（OH）4；

（1）反应①是二氧化硅溶于氢氧化钠溶液中生成硅酸钠和水，反应的离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（2）反应②中H2O2的作用是氧化使亚铁离子为铁离子，故答案为：氧化使Fe2+转化为Fe3+；

（3）反应③是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子，过氧化氢被氧化生成氧气，反应的离子方程式2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑；

故答案为：2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑；

（4）有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）═2CeT3（有机层）+6H+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含Ce3+的水溶液；

故答案为：混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；

（5）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3+3H+；

（6）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O溶液中铁离子水解显酸性抑制铵根离子水解；铵根离子浓度增大；

b．（NH4）2SO4溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无影响；

c．（NH4）2CO3，溶液中碳酸根离子水解显碱性促进铵根离子水解，铵根离子浓度减小，NH4+的浓度由大到小的顺序是a＞b＞c；

故答案为：a＞b＞c．17、Fe+2H+═Fe2++H2↑2H++2e-=H2↑Fe=Fe2++2e-2.8取无锈铁棒插入CuSO4溶液，若铁棒表面覆盖一层铜，说明Fe比Cu活动性强Fe+Cu2+═Cu+Fe2+【分析】【分析】Ⅰ：根据铁与酸的反应分析并写出离子方程式；

Ⅱ：利用Fe；Cu作电极设计成原电池；因铁比铜活泼，负极为铁，正极为铜，电解质溶液可为酸或铜盐溶液；

Ⅲ：根据铁、铜之间的置换反应设计．【解析】【解答】解：方案Ⅰ：铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；

方案Ⅱ：利用Fe、Cu作电极设计成原电池，因铁比铜活泼，负极为铁，正极为铜，电解质溶液可为酸或铜盐溶液，可设计装置图为负极铁被氧化生成Fe2+，正极H+被还原生成H2，正极反应为2H++2e-→H2↑，负极反应为Fe=Fe2++2e-；若该电池中有0.1mol的电子转移，请问消耗0.05×56=2.8克Fe

故答案为：2H++2e-=H2↑；Fe=Fe2++2e-；2.8；

方案Ⅲ：根据铁和铜的置换反应设计，设计方法如下：将铁片置于CuSO4溶液中，一段时间后观察Fe表面有红色的金属铜析出，即可以证明金属铁的活泼性强于金属铜的，反应原理为铁和铜离子发生氧化还原反应生成铜和二价铁离子，反应的离子方程式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu；

故答案为：取无锈铁棒插入CuSO4溶液，若铁棒表面覆盖一层铜，说明Fe比Cu活动性强；Fe+Cu2+═Cu+Fe2+．18、A、D、B、CI2+2NaOH═NaI+NaIO+H2O【分析】【分析】发现溶液颜色按下面次序变化：①无色→②棕黄色→③蓝色→④无色，则先加KI溶液，再加氯水发生氧化还原反应生成碘，然后加淀粉，最后加NaOH溶液发生反应生成NaI、NaIO，以此来解答．【解析】【解答】解：发现溶液颜色按下面次序变化：①无色→②棕黄色→③蓝色→④无色；则先加KI溶液，再加氯水发生氧化还原反应生成碘，然后加淀粉，最后加NaOH溶液发生反应生成NaI；NaIO；

（1）由上述分析可知；试剂的加入顺序为A；D、B、C，故答案为：A、D、B、C；

（2）①→②的离子反应方程式及电子转移的方向和总数为故答案为：

（3）③→④的化学反应方程式为I2+2NaOH═NaI+NaIO+H2O，故答案为：I2+2NaOH═NaI+NaIO+H2O．19、略

【分析】试题分析：（1）根据盖斯定律可知，①×2-③可得CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），所以其△H=[（+206.2）×2-（+165.0）]kJ•mol-1=+247.4kJ•mol-1，所以CH4（g）与CO2（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ•mol-1（2）从能量角度比较，①是吸热反应，需要消耗更多能量，②是放热反应，不需要太多能量；从原子利用率角度，由于CO+2H2→CH3OH，①的产物中氢原子不可能全部变为CH3OH，而②的产物中所有原子都可能全部变为CH3OH；因此选②，甲烷不完全燃烧制合成气时放出热量，还得到物质的量之比为1：2的CO和H2的混合气体，能恰好完全反应生成甲醇（3）已知正反应是气态物质体积减小的放热反应，因此采用降低温度、增大压强能使平衡右移，提高CO的转化率，故答案为：低温、高压（4）（4）n（KOH）=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；①当0＜V≤44.8L时，0＜n（CH4）≤2mol，则0＜n（CO2）≤2mol，只发生反应①②，且KOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故答案为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O；②当44.8L＜V≤89.6L，2mol＜n（CH4）≤4mol，则2mol＜n（CO2）≤4mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-，故答案为：CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-；③当V=67.2L时，n（CH4）=3mol，n（CO2）=3mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到1molK2CO3和2molKHCO3的溶液，则c（K+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（K+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池【解析】【答案】（1）CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)△H＝+247.4kJ·mol－1（2）反应②是放热反应，可节省能源；同时制得的CO与H2物质的量之比为1:2，能恰好反应合成甲醇，符合绿色化学的“原子经济”原则。（3）低温、高压（4）①CH4+2O2+2KOH＝K2CO3+3H2O②CH4—8e－+9CO32-+3H2O＝10HCO3-③c(K＋)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH－)＞c(H+)四、判断题(共2题，共16分)20、×【分析】【分析】用新制Cu（OH）2浊液检验葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．【解析】【解答】解：此说法错误．理由是：用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．而淀粉溶液水解时加入稀H2SO4做催化剂，故想检验葡萄糖的生成，须在水解液中加过量的碱使溶液呈碱性，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液；若有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖．

故答案为：×，用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性，即在加新制Cu（OH）2浊液之前，必须加过量的碱使溶液呈碱性．21、×【分析】【分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；据此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式为：C12H22O12；其相对分子质量较小，不属于高分子化合物，蛋白质；纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故该说法错误；

故答案为：×．五、书写(共1题，共4分)22、产生白色沉淀，小球下沉至烧杯底部Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O18.25【分析】【分析】（1）①硫酸溶液中加入氢氧化钡发生反应生成硫酸钡沉淀和水；开始塑料小球悬浮于溶液中央，随反应进行，溶液密度减小，小球沉底；

②反应的离子方程式为氢