高中化学实验铁的氢氧化物和铁盐的性质实验报告练习新人教必修

铁的氢氧化物和铁盐的性质实验报告
一、实验名称：铁的氢氧化物和铁盐的性质
二、实验目的：1.掌握氢氧化铁、氢氧化亚铁的制备。

2.认识铁盐和亚铁盐之间的转化及其检验。

三、实验准备：
四、实验步骤：
五、实验现象：
【反思交流】
1、有什么方法是氢氧化钠与硫酸亚铁反应的现象更明显？
2、检验二价铁和三价铁离子，还有哪些方法？
2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．标准状况下，11.2LSO3中含有原子数为2N A
B．用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1molCl2，均转移电子2N A
C．将0.1molNH4NO3溶于适量的稀氨水，溶液恰好呈中性，溶液中NH4+数目小于0.1N A D．2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2N A
2．已知2FeSO4高温
Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，某同学设计利用如图装置分别检验产物中的气体。

下列有关表述错误的是（）
A．用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2 B．用装置乙可检验分解产生的SO2，现象是石蕊试液先变红后褪色
C．按照甲→丙→乙→丁的连接顺序，可用装置丙检验分解产生的SO3
D．将装置丁中的试剂换为NaOH溶液能更好的避免污染环境
3．改变下列条件，只对化学反应速率有影响，一定对化学平衡没有
．．影响的是A．催化剂B．浓度C．压强D．温度4．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()
A．能使甲基橙变红的溶液：Na＋、Ca2＋、Br－、HCO3－
B．
+
-
c(H)
c(OH)
＝1×10－12的溶液：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－
C．0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Mg2＋、Al3＋、SCN－、NO3－
D．0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-
5．设NA为阿伏加德罗常数值。

下列说法正确的是
A．常温下，1 L pH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9N A
B ．常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL 沸水中，生成胶粒数为0.056N A
C ．向Na 2O 2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg ，该反应转移电子数为ΛbN 2
D ．6.8 g KHSO 4晶体中含有的离子数为0.15 N A
6．某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a 、b 为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。

其工作原理示意图：
闭合K 工作过程中，下列分析错误的是
A ．甲池中a 极反应为：H 2-2e -+2OH -=2H 2O
B ．乙池中Fe 电极区附近pH 增大
C ．一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象
D ．如果Al 电极上附着较多白色物质，甲池中Na +经过交换膜速率定会加快
7．关于氮肥的说法正确的是（ ）
A ．硫铵与石灰混用肥效增强
B ．植物吸收氮肥属于氮的固定
C ．使用碳铵应深施盖土
D ．尿素属于铵态氮肥
8．下列说法不正确．．．的是（ ）
A ．稳定性：HBr<HI<Hat
B ．酸性：H 3PO 4<H 2SO 4<HClO 4
C ．原子半径：Sn>As>S
D ．表中，元素Pb 的金属性最强
9．尿素燃料电池既能去除城市废水中的尿素，又能发电。

尿素燃料电池结构如下图所示，甲电极上发生如下反应：CO （NH 2）2+ H 2O -6e －→CO 2+N 2+6H +，则
A．甲电极是阴极
B．电解质溶液可以是KOH溶液
C．H+从甲电极附近向乙电极附近迁移
D．每2molO2理论上可净化1molCO（NH2）2
10．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．2 molNO2与水充分反应，转移电子数为N A
B．含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为0.1N A
C．0.5molNa2O2中O－的数目为N A
D．标况下，42g丙烯和丁烯混合物含C数目为3N A
11．萜类化合物广泛存在于动植物体内。

下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是
A．a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)
B．b的分子式为C10H12O
C．a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应
D．只能用钠鉴别a和b
12．下列不能用于判断F和Cl的非金属性强弱的事实是
A．气态氢化物的稳定性B．最高价氧化物对应水化物的酸性C．单质与氢气反应的难易D．单质与氢气反应放出热量的多少13．化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。

下列叙述错误的是
A．光催化水制氢比电解水制氢更节能环保
B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
C．开发利用可再生能源，可减少化石燃料的使用
D．改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物的排放
14．已知N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．120gNaHSO4固体中含有H+的数目为N A
B．向FeBr2溶液中缓慢通入0.2molCl2时，被氧化的Fe2＋数目一定为0.4N A
C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0.2N A个电子转移时，阴极析出金属的质量大于6.4g
D．加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成SO2的分子数目为N A
15．下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终可能得到纯净物的是
A．向FeSO4溶液中通入Cl2
B．向KI和NaBr混合溶液中通入Cl2
C．向NaAlO2溶液中加入HCl溶液
D．向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．已知25℃时，K sp(Ag2S)=6.3×10－50、K sp(AgCl)=1.5×10－16。

某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S 沉淀转化的原因。

(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。

(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。

(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。

用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。

ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀
ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀
①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。

②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。

(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将
Ⅲ中黑色沉淀氧化。

B：一段时间后，出现乳白色沉淀
现象
C：一段时间后，无明显变化
①A中产生的气体是___。

②C中盛放的物质W是__。

③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__
2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH
④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用，它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成：
回答下列问题：
(1)A的结构简式是__________，C中官能团的名称为______________。

(2)①、⑥的反应类型分别是__________、_____。

D的化学名称是______。

(3)E极易水解生成两种酸，写出E与NaOH溶液反应的化学方程式：_______。

(4)H的分子式为__________________。

(5)I是相对分子质量比有机物D大14的同系物，写出I符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_____________。

①能发生银镜反应②与NaOH反应生成两种有机物
(6)设计由，和丙烯制备的合成路线______________(无机试
剂任选)。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．实验室常利用“棕色环”现象检验NO3—离子。

其方法为：取含有NO3—的溶液于试管中，加入FeSO4 溶液振荡，然后沿着试管内壁加入浓H2SO4，在溶液的界面上岀现“棕色环”。

回答下列问题：
(1)基态Fe2+核外未成对电子个数为_____。

(2)形成“棕色环”主要发生如下反应：
3[Fe( H2O)6]2+ + NO3－+4H+ =3[Fe(H2O)6]3++ NO ↑+2H2O
[Fe( H2O)6]2+ + NO=[Fe(NO) (H2O)5]2+(棕色)+ H2O
[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配体是______、______，配位数为______。

(3)与NO 互为等电子体的微粒是_____ (任写一例)。

(4)SO42－的空间构型是_____，其中S 原子的杂化方式是________ 。

(5)铁原子在不同温度下排列构成不同晶体结构，在912℃以下排列构成的晶体叫做α－铁；在912℃至1394℃之间排列构成的晶体叫做γ －铁；在1394℃以上排列构成的晶体，叫做δ－铁。

晶胞剖面结构如图所示：
①α－铁的原子堆积方式为_____ 。

δ－铁配位数为____ 。

②已知γ－铁晶体密度为d g/cm3，则Fe 原子的半径为____nm(用含d、N A的式子表示)。

19．（6分）新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。

回答下列问题：
（1）用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应：
①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-91kJ·mol-1
②2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+566kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ·mol-1
④CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=__kJ·mol-1。

（2）在容积均为2L的两个恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H 2O(g)CO2(g)+H2(g)，有关数据如下：
①800°C时该反应的平衡常数K=__。

②容器2中x=__，n=___。

③若800℃起始时，在2L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1mol，则此时v正__v逆(填“>”“<”或“=”)。

（3）反应(NH 4)2CO3+H2O+CO22NH4HCO3OH可用于捕捉空气中的CO2，为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。

然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测定CO2气体的浓度，得到的曲线图如图：
①∆H__0(填“>”“<”或“=”)。

T1~T2区间，c(CO2)变化的原因是___。

②已知常温下NH3·H2O的电离常数K=1.8×10-5，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，则恰好完全反应时所得的NH4HCO3溶液中c(H+)__c(OH-)(填“>”“<”或“=”)。

③在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是__。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．D
【解析】
【详解】
A.在标准状况下SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B.用KClO3法制取氯气发生的是归中反应，反应方程式为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，Cl2既是氧化产物，也是还原产物，产生3molCl2，反应转移5mol电子，若产生1molCl2，需转移电
子5
3
mol，B错误；
C.溶液的电荷守恒式为：n(NH4+)+n(H+)= n(NO3-)+n(OH-)，溶液显中性时，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，C错误；
D.发生反应：2NO+O 2=2NO2，2NO2N2O4，故2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2N A，D正确；
故合理选项是D。

2．B
【解析】
【分析】
已知2FeSO4高温
Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，通过乙中石蕊试液吸收检验二氧化硫或三氧化硫，三
氧化硫极易溶于水，通过乙全部吸收，装置丙中的氯化钡溶液不能检验三氧化硫的存在，丁装置中饱和亚硫酸氢钠不能吸收二氧化硫。

【详解】
A. 用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置内空气，避免空气中氧气的干扰，A正确；
B. 用装置乙不能检验二氧化硫的存在，产物中有三氧化硫溶于水形成硫酸溶液，遇到石蕊试液也会变红色，二氧化硫遇到石蕊试液只能变红色，不能褪色，B错误；
C. 三氧化硫极易溶于水，通过装置乙的水溶液会被完全吸收，要检验三氧化硫存在，应把乙和丙位置互换才能检查三氧化硫的存在，按照甲→丙→乙→丁的连接顺序，C正确；
D. 丁中饱和亚硫酸氢钠溶液不能吸收二氧化硫，应为NaOH溶液能更好的吸收二氧化硫，避
免污染环境，D正确；故答案为：B。

【点睛】
二氧化硫有漂白性，工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等，但二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色。

3．A
【解析】
【详解】
A．催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A选；
B．增大反应物浓度平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；
C．反应前后气体体积改变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；
D．任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D 不选；
故答案选A。

4．B
【解析】
【详解】
A. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H＋、HCO3－反应生成水和二氧化碳，故A不符；
B.
+
-
c(H)
c(OH)
＝1×10－12的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：K＋、Na＋、CO32
－、AlO2－与OH-间不发生反应，故B符合；
C. 0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符；
D. 0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、NO3－之间要发生氧化还原反应，故D不符合；故选B。

5．C
【解析】
【详解】
A. 常温下，pH=9的CH3COONa溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是-5
110mol/L
，1 L pH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-5N A，故A错误；
B. 氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL
沸水中，生成胶粒数小于0.056N A ，故B 错误；
C. -22222Na O +2H O=4NaOH+O 2e ~~，由方程式可知过氧化钠生成氢氧化钠质量增大，固
体增加4g 转移2mol 电子，向Na 2O 2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg ，该反应转移电子数为ΛbN 2
，故C 正确； D. KHSO 4固体含有K
+、HSO 4-， 6.8 g KHSO 4晶体中含有的离子数为A 6.8g 2136g/mol
N ⨯⨯= 0.1 N A ，故D 错误；
选C 。

6．D
【解析】
【分析】 根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a 为负极，b 为正极，铁为阴极，铝为阳极，a 极反应为：H 2-2e -+2OH -=2H 2O ，b 极反应为2H ++2e-=H 2↑，总的电极反应为H ++ OH -=H 2O ，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e - =Al 3+，阴极反应为2H ++2e -=H 2↑由此分析。

【详解】
A ．甲池为原电池，a 为负极，a 极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H 2-2e -+2OH -=2H 2O ，故A 正确；
B ．乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H ++2e-=H 2↑，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH 增大，故B 正确；
C ．乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e - =Al 3+，阴极反应为2H ++2e -=H 2↑，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后， 铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C 正确；
D ．如果Al 电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na +经过交换膜速率定会减慢，故D 错误；
答案选D 。

7．C
【解析】
【详解】
A．将硫酸铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效，故A错误；
B．植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属于氮的固定，故B错误；
C．碳酸氢铵受热容易分解，易溶于水，使用碳铵应深施盖土，避免肥效损失，故C正确；D．尿素属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故D错误。

答案选C。

8．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低，则非金属性：Br＞I＞At，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HAt ＜HI＜HBr，故A错误；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性之间增强，则非金属性：Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4，故B正确；C．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Si＞S；Ge＞As。

原子核外电子层数越多，半径越大，Sn> Ge > Si 。

则原子半径：Sn>As>S，故C正确；
D．同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故表中元素Pb的金属性最强，故D正确；
答案选A。

【点睛】
注意元素周期表中金属性非金属性变化规律：
（1）同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强；
（2）同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱。

9．C
【解析】
【详解】
A．由题甲电极上发生如下反应：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，甲电极是燃料电池的负极，
B ．甲电极上发生如下反应：CO (NH 2)2+H 2O -6e -=CO 2+N 2+6H +，该原电池是酸性电解质，电解质溶液不可以是KOH 溶液，B 错误；
C ．原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H +从甲电极(负极)附近向乙电极(正极)附近迁移，C 正确；
D ．电池的总反应式为：2222222CO(NH )3O 2CO 2N 4H O +=++，每23molO 理论上可净化222molCO(NH )，22molO 则理论上可净化224/3molCO(NH )，D 错误。

答案选C 。

10．D
【解析】
【详解】
A 选项，3NO 2 + H 2O = 2HNO 3 + NO ，3molNO 2与水反应转移2mol 电子，因此2 molNO 2与水充分反应，转移电子数为A 4N 3
，故A 错误； B 选项，H 3PO 4是弱酸，弱电解质，因此含0.1molH 3PO 4的水溶液中PO 43－的数目为小于0.1N A ，故B 错误；
C 选项，0.5molNa 2O 2中含有过氧根离子，数目为0.5N A ，故C 错误；
D 选项，标况下，丙烯和丁烯混合物通式为C n H 2n ，42g 丙烯和丁烯混合物含C 数目
-1A A -142g n N mol =3N 12ng mol
⨯⨯⋅，故D 正确。

综上所述，答案为D 。

【点睛】
过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，离子个数有3个。

11．C
【解析】
A 、a 中六元环上有5个碳上有氢，a 中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A 错误；
B 、b 的分子式为
C 10H 14O ，故B 错误；C 、 a 中的碳双键和b 中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a 、b 甲基上的氢都可以发生取代反应、a 中碳碳双键、b 中苯环都可以发生加成反应，故C 正确；D.可以用钠鉴别a 和b ，还可以用溴水来鉴别，故
D 错误；故选C 。

点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。

题目难度中等。

12．B
【解析】
【详解】
A.因为HF比HCl稳定,所以F比Cl的非金属性强，故A正确；
B.氟非金属性强，无正价,故B错误；
C.F2在暗处就能和H2反应，Cl2在点燃的条件下能反应，所以F比Cl的非金属性强，故C正确；
D.氟气与氢气反应放出的热量比氯气与氢气反应放出的热量多,所以氟的非金属性强于氯，故D 正确；
答案选B。

【点睛】
比较两种元素的非金属性强弱,可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱。

13．B
【解析】
【详解】
A、电解水制氢需要消耗大量的电能，所以光催化水制氢比电解水制氢更节能环保，故A正确；
B、聚乙烯塑料在自然界中很难降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故B错误；
C、开发利用可再生能源，可减少传统燃料如化石燃料的使用，故C正确；
D、改进汽车尾气净化技术，能把有毒气体转化为无毒气体，可减少大气污染物的排放，故D 正确；
答案选B。

14．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．固体NaHSO4中不含氢离子，故A错误；
B．被氧化的Fe2＋数目与溶液中FeBr2的量有关，故B错误；
C．混合溶液中n(Ag+)=2mol×1L=2mol，n(Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，电解混合溶液时，阴极首先析出的固体为银单质，当有0.2mol电子转移时，首先析出Ag，质量为
0.2mol×108g/mol=21.6g，故C正确；
D．浓硫酸氧化性较强，可以将Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol电子，则生成的SO2的物质的量为1.5mol，个数为1.5N A，故D错误；
答案为C。

【点睛】
熔融状态下NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子，在水溶液中NaHSO4电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子。

15．D
【解析】
【分析】
【详解】
A、FeSO4溶液和过量Cl2反应生成硫酸铁和FeCl3，硫酸铁和FeCl3加热水解生成氢氧化铁、硫酸和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢极易挥发，但硫酸是难挥发性酸，所以最终得到氢氧化铁，硫酸铁，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，则最后产物是硫酸铁和氧化铁，属于混合物，故A不确；
B、KI 、NaBr与过量的氯气反应生成单质碘、溴、化钾钠。

在高温下碘升华，溴和水挥发，只剩KCl、NaCl，属于混合物，B不正确；
C、向NaAlO2溶液中加入HCl溶液生成氢氧化铝和氯化钠，如果氯化氢过量，则生成氯化钠和氯化铝，因此加热蒸干、灼烧至质量不变，最终产物是氯化钠和氧化铝，是混合物，C不正确；
D、向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气。

氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，所以最终产物可能只有碳酸钠，属于纯净物，D正确；
答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．AgCl 2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq) SO42-S O2Ag2S的悬浊液2Ag2S ＋1O 2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2
将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S
【解析】
【分析】
(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。

(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。

(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；
ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；
①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。

②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。

(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。

②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。

③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。

④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。

【详解】
(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。

答案为：AgCl；
(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。

答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；
(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；
ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；
①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。

答案为：SO42-；
②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。

答案为：S；
(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。

答案为：O2；
②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。

答案为：Ag2S的悬浊液；
③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S ＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。

答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；
④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。

答案为：对于溶解平衡
Ag 2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。

【点睛】
因为K sp(Ag2S)=6.3×10－50、K sp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．CH2＝CH－CH2Cl 羰基、氯原子加成反应取代反应2-甲基丙酸
+2NaOH→+NaCl+H2O C8H14N2S
HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3
【解析】
【分析】
根据合成路线中，有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物；根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线；根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。

【详解】
（1）根据B的结构及A的分子式分析知，A与HOCl发生加成反应得到B，则A的结构简式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能团的名称为羰基、氯原子；故答案为：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；
（2）根据上述分析，反应①为加成反应；比较G和H的结构特点分析，G中氯原子被甲胺基取代，则反应⑥为取代反应；D为，根据系统命名法命名为2-甲基丙酸；故答案为：加成反应；取代反应；2-甲基丙酸；
（3）E水解时C-Cl键发生断裂，在碱性条件下水解生成两种盐，化学方程式为：
+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案为：
+2NaOH→+NaCl+H2O；
（4）H 的键线式为，则根据C 、N 、S 原子的成键特点分析分子式为C 8H 14N 2S ，故答案为：C 8H 14N 2S ；
（5）I 是相对分子质量比有机物 D 大14 的同系物，则I 的结构比D 多一个CH 2原子团；①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②与NaOH 反应生成两种有机物，则该有机物为酯；结合分析知该有机物为甲酸某酯，则I 结构简式为：HCOOCH 2CH 2CH 2CH 3、HCOOCH 2CH (CH 3)2、HCOOCH (CH 3)CH 2CH 3、HCOOC (CH 3)3，故答案为：HCOOCH 2CH 2CH 2CH 3、HCOOCH 2CH (CH 3)2、HCOOCH (CH 3)CH 2CH 3、HCOOC (CH 3)3；
（6）根据合成路线图中反应知，可由与合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路线为：，故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．4 NO H 2O 6 O 2+或N 2-
正四面体 sp 3杂化 体心立方堆积 6 73A
2224104dN 【解析】
【分析】
(1)基态Fe 原子核外电子排布式为[Ar]3d 64s 2，根据洪特规则判断；
(2)[Fe(NO)(H 2O)5]2+中配体为NO 、H 2O ，配合物中配位数等于配体的个数之和；
(3)价电子数和原子个数相等的微粒为等电子体，利用等电子原理分析解答；
(4)利用中心原子价层电子互斥理论判断杂化类型和空间结构；
(5)①根据图示，α－铁和δ－铁的铁原子堆积方式为体心立方堆积；
②晶胞棱长为acm ，根据3A A m nM NM NM ====V V N V N a ρ
，，结合图示，面对角线是4个铁原子的半径，则铁原子半径
=
a 4⨯。

【详解】
(1)基态Fe 原子核外电子排布式为[Ar]3d 64s 2 ，基态Fe 2+ 核外电子排布式为[Ar]3d 6，根据洪特规则，成单电子数为4；
(2)[Fe(NO)(H 2O)5]2+中配体为NO 、H 2O ，配合物中配位数等于配体的个数之和，则配位数为5+1=6；
(3)NO 为双原子价电子总数为(5+6)，其等电子体可能是O 2+ (6+6－1)或N 2- (5+5+1)；
(4)SO 24-的中心硫原子价层电子对数为4+
12(8-4×2)=4，S 的杂化方式为sp 3，空间构型是正四面体；
(5)①α－铁和δ－铁的铁原子堆积方式都为体心立方堆积，δ－铁配位数为6；
②如图所示，该晶胞中含有6个铁原子，晶胞棱长为acm ，根据3A A m nM NM NM ====V V N V N a ρ，
则
，面对角线是4个铁原子的半径，Fe
原子半径a 4
⨯cm
，即7104nm 。

19．-49.8 1 23 23
或66.7% = < T 1~ T 2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO 2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小 < T 1
【解析】
【详解】
(1))已知①CO(g)+2H 2 (g)═CH 3OH(g)△H=-91kJ•mol -1
②2CO 2 (g)═2CO(g)+O 2(g)△H=+566.0 kJ•mol -1
③2H 2(g)+O 2(g)═2H 2O(g)△H=-483.6 kJ•mol -1 ．
由盖斯定律可知，①+12(②+③)得CO 2(g)+3H 2(g)═CH 3OH(g)+H 2O(g)，△H=-91kJ•mol -1 +12
×(566.0 kJ•mol -1-483.6 kJ•mol -1 )=-49.8kJ•mol -1； (2)①容器体积为2L ，所以初始c(CO)=
-12mol =1mol L 2L ，c(H 2)=-11mol =0.5mol L 2L ；平衡时CO 的转化率为13，即转化13
mol·L -1，列三段式： ()()()()
-1-2-1212++mol L 1CO g H O 0.g 500mol L 131311mol L 2316
CO g 1H g 1起始()转化()平衡() 根据平衡常数的概念可知K=11332136
⨯⨯=1； ②达到平衡时氢气的物质的量为nmol ，则其浓度c(H 2)=-1mol L 2
n ，列三段式有： ()()
()()-122-1-21++mol L 0.5100mol L 22
2n 2mol L 0.5-21-22CO g H O g CO g H g 2
n n n n n n n 起始()转化()平衡() 温度不变平衡常数不变，所以平衡常数K=220.5-1-22n n n n ⨯⎛⎫⎛⎫⨯ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭=1，解得n=23mol ，CO 的转化率为2mol 3100%=66.7%1mol
⨯； ③在2 L 恒容密闭容器中加入CO 、H 2O 、CO 2、H 2各1 mol ，该反应前后气体系数之和相同，所以可用物质的量代替浓度计算，此时浓度商Q=11=111
⨯⨯=K ，所以平衡不发生移动，即v 正=v 逆； (3)①T 3温度之前随温度上升，反应速率加快，所以相同时间内测得的CO 2浓度下降，T 3温度之后，在相同时间内反应已达到平衡，温度上升，平衡左移，CO 2浓度上升，说明该反应的正反应为放热反应，即∆H<0；T 1~ T 2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO 2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小；
②铵根的水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，铵根的水解平衡常数
K h =-14-8w -5b 110= 5.56101.810K K ⨯≈⨯⨯，碳酸氢根的水解平衡常数K h =-14
-6w -7a1110= 2.27104.410
K K ⨯≈⨯⨯，比。