第1頁(yè)（共1頁(yè)）2020年山東省新高考化學(xué)全真模擬試卷（一）一、選擇題：本題共10個(gè)小題，每小題2分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（2分）化學(xué)與人類(lèi)生活、生產(chǎn)和社會(huì)可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．中國(guó)天眼FAST用到的高性能碳化硅是一種新型的有機(jī)高分子材料 B．中國(guó)華為自主研發(fā)的5G芯片巴龍5000的主要材料是Si C．現(xiàn)代科技已經(jīng)能夠拍到氫鍵的“照片”，直觀地證實(shí)了水分子間的氫鍵是一個(gè)水分子中的氫原子與另一個(gè)水分子中的氧原子間形成的化學(xué)鍵 D．用銅片制成的“納米銅”具有非常強(qiáng)的化學(xué)活性，在空氣中可以燃燒，說(shuō)明“納米銅”的還原性比銅片更強(qiáng)2．（2分）下列各微粒的電子排布式或電子排布圖不符合能量最低原理的是（）A．Fe2+ls22s22p63s23p63d6 B．Culs22s22p63s23p63d94s2 C． D．3．（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（）A．中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1的磷原子：P B．Al3+的結(jié)構(gòu)示意圖： C．次氯酸鈉的電子式： D．2﹣丁烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH2＝CH﹣CH＝CH24．（2分）下列有機(jī)物命名正確的是（）A．2﹣乙基丙烷 B．3﹣丁醇 C．鄰二甲苯 D．2﹣甲基﹣2﹣丙烯5．（2分）下列有關(guān)化合物X的敘述正確的是（）A．X分子只存在2個(gè)手性碳原子 B．X分子能發(fā)生氧化、取代、消去反應(yīng) C．X分子中所有碳原子可能在同一平面上 D．1molX與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗3molNaOH6．（2分）第三周期元素X、Y、Z、W的最高價(jià)氧化物分別溶于水得溶液，0.010mol/L的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．Y可能是硅元素 B．簡(jiǎn)單離子半徑：Z＞W(wǎng)＞X C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞W(wǎng) D．非金屬性：Y＞Z7．（2分）對(duì)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或操作解釋錯(cuò)誤的是（）現(xiàn)象或操作解釋AKI淀粉溶液中滴入氯水變藍(lán)，再通入SO2，藍(lán)色褪去SO2具有還原性B配制SnCl2溶液時(shí)，先將SnCl2溶于適量稀鹽酸，再用蒸餾水稀釋?zhuān)詈笤谠噭┢恐屑尤肷倭康腻a粒抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化為Sn4+C某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成不能說(shuō)明該溶液中一定含有SO42﹣D向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）A．A B．B C．C D．D8．（2分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。由一種陽(yáng)離子與兩種酸根陰離子組成的鹽稱(chēng)為混鹽。向混鹽CaOCl2中加入足量濃硫酸，發(fā)生反應(yīng)：CaOCl2+H2SO4（濃）═CaSO4+Cl2↑+H2O．下列說(shuō)法正確的是（）A．明礬、小蘇打都可稱(chēng)為混鹽 B．在上述反應(yīng)中，濃硫酸體現(xiàn)氧化劑和酸性 C．每產(chǎn)生1molCl2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA D．1molCaOCl2中共含離子數(shù)為4NA9．（2分）MnSO4?H2O是一種易溶于水的微紅色斜方晶體，某同學(xué)設(shè)計(jì)下列裝置制備硫酸錳：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．裝置Ⅰ燒瓶中放入的藥品X為銅屑 B．裝置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率 C．裝置Ⅲ用于吸收未反應(yīng)的SO2 D．用裝置Ⅱ反應(yīng)后的溶液制備MnSO4?H2O需經(jīng)歷蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌及干燥的過(guò)程10．（2分）關(guān)于下列轉(zhuǎn)化過(guò)程分析不正確的是（）A．Fe3O4中Fe元素的化合價(jià)為+2、+3 B．過(guò)程Ⅰ中每消耗58gFe3O4轉(zhuǎn)移1mol電子 C．過(guò)程Ⅱ的化學(xué)方程式為3FeO+H2OFe3O4+H2↑ D．該過(guò)程總反應(yīng)為2H2O═O2↑+2H2↑二、選擇題：本題共5小題，每題4分，共20分．每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分．11．（4分）X、Y、Z、Q、E、M六種元素中，X的原子的基態(tài)價(jià)電子排布式為2S2，Y的基態(tài)原子核外有5種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，Z元素的兩種同位素原子通常作為示蹤原子研究生物化學(xué)反應(yīng)和測(cè)定文物的年代，Q是元素周期表中電負(fù)性最大的元素，E的陽(yáng)離子通常存在于硝石、明礬和草木灰中，M的原子序數(shù)比E大1．下列說(shuō)法正確的是（）A．EYQ4中陰離子中心原子的雜化方式為sp3雜化 B．X、Y元素的第一電離能大小關(guān)系：X＜Y C．ZO32﹣的空間構(gòu)型為平面三角形 D．MZ2僅含離子鍵，可用于制備乙炔12．（4分）電絮凝的反應(yīng)原理是以鋁、鐵等金屬為陽(yáng)極，在直流電的作用下，陽(yáng)極被溶蝕，產(chǎn)生金屬離子，在經(jīng)一系列水解、聚合及氧化過(guò)程，發(fā)展成為各種羥基絡(luò)合物、多核羥基絡(luò)合物以及氫氧化物，使廢水中的膠態(tài)雜質(zhì)、懸浮雜質(zhì)凝聚沉淀而分離。下列說(shuō)法不正確的是（）A．每產(chǎn)生1molO2，整個(gè)電解池中理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA B．陰極電極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣ C．若鐵為陽(yáng)極，則陽(yáng)極電極方程式為Fe﹣2e﹣═Fe2+和2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+ D．若鐵為陽(yáng)極，則在處理廢水的過(guò)程中陽(yáng)極附近會(huì)發(fā)生：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O13．（4分）高鐵酸鉀是一種新型、高效、多功能水處理劑，工業(yè)上采用向KOH溶液中通入氯氣，然后再加入Fe（NO3）3溶液的方法制備K2FeO4，發(fā)生反應(yīng)：①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O（未配平）；②2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH═2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列說(shuō)法正確的是（）A．反應(yīng)①中每消耗4molKOH，吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LCl2 B．氧化性：K2FeO4＞KClO C．若反應(yīng)①中n（ClO﹣）：n（ClO3﹣）＝5：1，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1 D．若反應(yīng)①的氧化產(chǎn)物只有KClO，則得到0.2molK2FeO4時(shí)消耗0.3molCl214．（4分）科學(xué)工作者研發(fā)了一種SUNCAT的系統(tǒng)，借助鋰循環(huán)可持續(xù)合成氨，其原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．過(guò)程Ⅰ得到的Li3N中N元素為﹣3價(jià) B．過(guò)程Ⅱ生成W的反應(yīng)：Li3N+3H2O═3LiOH+NH3↑ C．過(guò)程Ⅲ中能量轉(zhuǎn)化的形式：化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?D．過(guò)程Ⅲ涉及到反應(yīng)：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O15．（4分）常溫下，向20mL0.05mol?L﹣1的某稀酸H2B溶液中滴入0．lmol?L﹣1氨水，溶液中由水電離出氫離子濃度隨滴入氨水體積變化如圖。下列分析正確的是（）A．NaHB溶液可能為酸性，也可能為堿性 B．A、B、C三點(diǎn)溶液的pH是逐漸減小，D、E、F三點(diǎn)溶液的pH是逐漸增大 C．E溶液中離子濃度大小關(guān)系：c（NH4+）＞c（B2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．F點(diǎn)溶液c（NH4+）＝2c（B2﹣）二、非選擇題：包括第16題～第20題5個(gè)大題，共60分．16．（12分）Ⅰ．據(jù)報(bào)道，我國(guó)在南海北部神狐海域進(jìn)行的可燃冰（甲烷的水合物）試采獲得成功。甲烷是一種重要的化工原料。甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外還有以下兩種：水蒸氣重整：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）△H1＝+205.9kJ?mol﹣1①CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ?mol﹣1②二氧化碳重整：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H3③則反應(yīng)①自發(fā)進(jìn)行的條件是，△H3＝kJ?mol﹣1。Ⅱ．氮的固定一直是科學(xué)家研究的重要課題，合成氨則是人工固氮比較成熟的技術(shù)，其原理為N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）。（2）在不同溫度、壓強(qiáng)和相同催化劑條件下，初始N2、H2分別為0.1mol、0.3mol時(shí)，平衡后混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)（φ）如圖所示。①其中，p1、p2和p3由大到小的順序是，該反應(yīng)△H0（填“＞”“＜”或“＝”）。②若分別用vA（N2）和vB（N2）表示從反應(yīng)開(kāi)始至達(dá)平衡狀態(tài)A、B時(shí)的化學(xué)反應(yīng)速率，則vA（N2）vB（N2）（填“＞”“＜”或“＝”）。③若在250℃、p1為105Pa條件下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器的體積為1L，則該條件下B點(diǎn)N2的分壓p（N2）為Pa（分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，保留一位小數(shù)）。Ⅲ．以連二硫酸根（S2O42﹣）為媒介，使用間接電化學(xué)法也可處理燃煤煙氣中的NO，裝置如圖所示：（3）①陰極區(qū)的電極反應(yīng)式為。②NO吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為NH4+，若通電時(shí)電路中轉(zhuǎn)移了0.3mole﹣，則此通電過(guò)程中理論上吸收的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為mL。Ⅳ．（4）常溫下，將amol?L﹣1的醋酸與bmol?L﹣1Ba（OH）2溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在2c（Ba2+）＝c（CH3COO﹣），則該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)Ka＝（用含a和b的代數(shù)式表示）。17．（12分）鐵被譽(yù)為“第一金屬”，鐵及其化合物在生活中有廣泛應(yīng)用。（1）基態(tài)Fe2+的簡(jiǎn)化電子排布式為。（2）實(shí)驗(yàn)室用KSCN溶液、苯酚（）檢驗(yàn)Fe3+．N、O、S三種元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)椋ㄓ迷胤?hào)表示），苯酚中碳原子的雜化軌道類(lèi)型為。（3）FeCl3的熔點(diǎn)為306℃，沸點(diǎn)為315℃．FeCl3的晶體類(lèi)型是。FeSO4常作凈水劑和補(bǔ)鐵劑，SO42﹣的立體構(gòu)型是。（4）羰基鐵[Fe（CO）5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe（CO）5分子中含molσ鍵，與CO互為等電子體的離子是（填化學(xué)式，寫(xiě)一種）。（5）氮化鐵晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示。該晶體中鐵、氮的微粒個(gè)數(shù)之比為。（6）氧化亞鐵晶體的晶胞如圖2所示。已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg?cm﹣3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶胞中，與Fe2+緊鄰且等距離的Fe2+數(shù)目為；Fe2+與O2﹣?zhàn)疃毯碎g距為pm。18．（12分）甘氨酸亞鐵[（NH2CH2COO）2Fe]是一種補(bǔ)鐵強(qiáng)化劑。某學(xué)習(xí)小組利用FeCO3與甘氨酸（NH2CH2COOH）制備甘氨酸亞鐵，實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示（夾持和加熱儀器已省略）。有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)如表：甘氨酸檸檬酸甘氨酸亞鐵易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，難溶于乙醇兩性化合物強(qiáng)酸性、強(qiáng)還原性實(shí)驗(yàn)過(guò)程：Ⅰ．合成：裝置C中盛有0.1molFeCO3和200mL1.0mol?L﹣1甘氨酸溶液和適量檸檬酸。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先打開(kāi)儀器a的活塞，待裝置c中空氣排凈后，加熱并不斷攪拌，并通過(guò)儀器b向C中加入適量氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH到6左右，使反應(yīng)物充分反應(yīng)。Ⅱ．分離：反應(yīng)結(jié)束后，過(guò)濾，將濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮；加入無(wú)水乙醇，過(guò)濾、洗滌并干燥。回答下列問(wèn)題：（1）儀器a的名稱(chēng)是；與a相比，儀器b的優(yōu)點(diǎn)是。（2）裝置B中盛有的試劑是；實(shí)驗(yàn)過(guò)程中裝置D的導(dǎo)管一直沒(méi)入液面下的必要性是。（3）合成過(guò)程加入檸檬酸的作用是促進(jìn)FeCO3溶解和。（4）加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH若大于6，甘氨酸亞鐵產(chǎn)量下降。原因可用離子方程式表示為。（5）過(guò)程Ⅱ中加入無(wú)水乙醇的目的是。（6）檢驗(yàn)產(chǎn)品中是否含有Fe3+的試劑名稱(chēng)是。（7）本實(shí)驗(yàn)制得15.3g甘氨酸亞鐵（M＝204g/mol），則其產(chǎn)率是%。19．（12分）高錳酸鉀是中學(xué)化學(xué)常用的試劑。主要用于防腐、化工、制藥等。實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)上用軟錳礦制備高錳酸鉀的流程如圖：（1）實(shí)驗(yàn)室熔融二氧化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀時(shí)應(yīng)選擇哪一種儀器。a．普通玻璃坩堝b．石英坩堝c．陶瓷坩堝d．鐵坩堝（2）第一步熔融時(shí)生成K2MnO4的化學(xué)方程式：。（3）操作Ⅰ中根據(jù)KMnO4和K2CO3兩物質(zhì)在（填性質(zhì)）上的差異，采用濃縮結(jié)晶、趁熱過(guò)濾得到KMnO4．趁熱過(guò)濾的原因是。（4）反應(yīng)b是電解法制備KMnO4，其裝置如圖所示，a作極（填“陽(yáng)”或“陰”），中間的離子交換膜是（填“陽(yáng)”或“陰”）離子交換膜。陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為。（5）KMnO4稀溶液是一種常用的消毒劑。其消毒原理與下列物質(zhì)相同的（填標(biāo)號(hào)）。a．雙氧水b.84消液（NaClO溶液）c.75%酒精20．（12分）麻黃素M是擬交感神經(jīng)藥．它的一種合成路線如圖所示．已知：I．芳香烴A的相對(duì)分子質(zhì)量為92；Ⅱ．R﹣CH2OHRCHO；Ⅲ．R1﹣CHO+R﹣C≡CNa；Ⅳ．；Ⅴ．．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）D的名稱(chēng)是；G中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)是．（2）反應(yīng)②的反應(yīng)類(lèi)型為；A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．（3）寫(xiě)出反應(yīng)⑦的化學(xué)方程式：．（4）X分子中最多有個(gè)原子在同一直線上．（5）在H的同分異構(gòu)體中，既能發(fā)生水解反應(yīng)又能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的芳香族化合物有種．其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為l：l：2：6的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為和．（6）已知：．仿照上述流程，設(shè)計(jì)以苯、乙醛為有機(jī)原料（無(wú)機(jī)試劑任選）制備某藥物中間體的合成路線：．

2020年山東省新高考化學(xué)全真模擬試卷（一）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共10個(gè)小題，每小題2分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（2分）化學(xué)與人類(lèi)生活、生產(chǎn)和社會(huì)可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．中國(guó)天眼FAST用到的高性能碳化硅是一種新型的有機(jī)高分子材料 B．中國(guó)華為自主研發(fā)的5G芯片巴龍5000的主要材料是Si C．現(xiàn)代科技已經(jīng)能夠拍到氫鍵的“照片”，直觀地證實(shí)了水分子間的氫鍵是一個(gè)水分子中的氫原子與另一個(gè)水分子中的氧原子間形成的化學(xué)鍵 D．用銅片制成的“納米銅”具有非常強(qiáng)的化學(xué)活性，在空氣中可以燃燒，說(shuō)明“納米銅”的還原性比銅片更強(qiáng)【分析】A．碳化硅為無(wú)機(jī)物；B．5G芯片巴龍5000的主要材料是Si；C．氫鍵屬于分子間作用力；D．銅單質(zhì)的還原性相同?！窘獯稹拷猓篈．碳化硅為無(wú)機(jī)物，則中國(guó)天眼FAST用到的碳化硅是一種新型的無(wú)機(jī)非金屬材料，故A錯(cuò)誤；B．芯片的主要材料是硅芯片，則5G芯片巴龍5000的主要材料是Si，故B正確；C．氫鍵屬于分子間作用力，不是化學(xué)鍵，水分子間的氫鍵是一個(gè)水分子中的氫原子與另一個(gè)水分子中的氧原子間形成的分子間作用力，故C錯(cuò)誤；D．銅單質(zhì)的還原性相同，則“納米銅”的還原性與銅片還原性相同，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的組成、性質(zhì)與用途，把握常見(jiàn)物質(zhì)的性質(zhì)與用途等為解答的關(guān)鍵，注意常見(jiàn)材料的分類(lèi)，題目難度不大，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查。2．（2分）下列各微粒的電子排布式或電子排布圖不符合能量最低原理的是（）A．Fe2+ls22s22p63s23p63d6 B．Culs22s22p63s23p63d94s2 C． D．【分析】能量最低原理：原子核外電子先占有能量較低的軌道，然后依次進(jìn)入能量較高的軌道，電子填充順序?yàn)?s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s、5f、6d、7p，結(jié)合泡利原理與洪特規(guī)則判斷?！窘獯稹拷猓篈．Fe2+離子核外電子數(shù)為24，由能量最低原理，可知核外電子排布為ls22s22p63s23p63d6，故A不選；B．Cu原子核外電子數(shù)為29，滿足半滿全滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，能量最低，核外電子排布應(yīng)為ls22s22p63s23p63d104s1，故B選；C．F原子最外電子層為第2電子層，有7個(gè)電子，外圍電子排布為2s22p5，由泡利原理與洪特規(guī)則可知，外圍電子軌道排布式為，故C不選；D．Na+離子最外電子層為第2電子層，有8個(gè)電子，外圍電子排布為2s22p6，由泡利原理與洪特規(guī)則可知，外圍電子軌道排布式為，故D不選；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查核外電子排布，難度不大，側(cè)重對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的鞏固，注意對(duì)核外電子排布規(guī)律的理解掌握。3．（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（）A．中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1的磷原子：P B．Al3+的結(jié)構(gòu)示意圖： C．次氯酸鈉的電子式： D．2﹣丁烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH2＝CH﹣CH＝CH2【分析】A．質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)；B．鋁離子的核外電子總數(shù)為10，最外層滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；C．次氯酸鈉為離子化合物，陰陽(yáng)離子需要標(biāo)出所帶電荷；D．CH2＝CH﹣CH＝CH2含有2個(gè)碳碳雙鍵，在1號(hào)碳與2號(hào)碳之間，在3號(hào)碳與4號(hào)碳之間?！窘獯稹拷猓篈．中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1的磷原子的質(zhì)量數(shù)為31，該原子可以表示為：P，故A正確；B．鋁離子的核外有10個(gè)電子，鋁離子的結(jié)構(gòu)示意圖為，故B錯(cuò)誤；C．次氯酸鈉是離子化合物，氧原子和氯原子共用1對(duì)共用電子對(duì)，正確的電子式為，故C錯(cuò)誤；D．CH2＝CH﹣CH＝CH2，含有2個(gè)碳碳雙鍵，為1，3﹣丁二烯，2﹣丁烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH3CH＝CHCH3，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查常見(jiàn)化學(xué)用語(yǔ)的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、離子結(jié)構(gòu)示意圖、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、元素符號(hào)等知識(shí)，明確常見(jiàn)化學(xué)用語(yǔ)的書(shū)寫(xiě)原則為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及規(guī)范答題能力。4．（2分）下列有機(jī)物命名正確的是（）A．2﹣乙基丙烷 B．3﹣丁醇 C．鄰二甲苯 D．2﹣甲基﹣2﹣丙烯【分析】A．烷烴的命名遵循“長(zhǎng)、多、近、小、簡(jiǎn)“原則；B．羥基為醇的官能團(tuán)，醇的命名主鏈進(jìn)行標(biāo)號(hào)時(shí)從靠近取代基的一邊進(jìn)行標(biāo)號(hào)；C．兩個(gè)甲基處于鄰位上；D．烯烴的命名時(shí)雙鍵的位次要最??；【解答】解：A．烷烴的命名要選擇含有碳原子數(shù)最多的鏈做主鏈，主鏈上有4個(gè)碳，甲基做取代基，命名為2﹣甲基丁烷，故A錯(cuò)誤；B．官能團(tuán)的位次最小，羥基在2號(hào)碳上，命名為2﹣丁醇，故B錯(cuò)誤；C．該物質(zhì)命名為鄰二甲苯，故C正確；D．碳碳雙鍵為烯烴的官能團(tuán)，雙鍵碳為1號(hào)碳，甲基在1號(hào)碳上，命名為2﹣甲基﹣1﹣丙烯，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了有關(guān)有機(jī)化合物的命名原則，掌握烷烴的命名原則為根本，其他具有官能團(tuán)的物質(zhì)參照命名，題目難度不大。5．（2分）下列有關(guān)化合物X的敘述正確的是（）A．X分子只存在2個(gè)手性碳原子 B．X分子能發(fā)生氧化、取代、消去反應(yīng) C．X分子中所有碳原子可能在同一平面上 D．1molX與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗3molNaOH【分析】有機(jī)物含有酯基、羥基、羰基以及溴原子，結(jié)合酯類(lèi)、醇、酮以及鹵代烴的性質(zhì)解答該題。【解答】解：A．分子中連接﹣OH，且相鄰的2個(gè)碳原子連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，為手性碳原子，共3個(gè)，故A錯(cuò)誤；B．含有羥基，可發(fā)生氧化反應(yīng)，取代反應(yīng)、消去反應(yīng)，故B正確；C．含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征，則所有的原子不在同一個(gè)平面上，故C錯(cuò)誤；D．能與氫氧化鈉反應(yīng)的為酯基、溴原子，則1molX與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗2molNaOH，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物的官能團(tuán)、性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大。6．（2分）第三周期元素X、Y、Z、W的最高價(jià)氧化物分別溶于水得溶液，0.010mol/L的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．Y可能是硅元素 B．簡(jiǎn)單離子半徑：Z＞W(wǎng)＞X C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞W(wǎng) D．非金屬性：Y＞Z【分析】第三周期元素X、Y、Z、W的最高價(jià)氧化物分別溶于水得溶液，0.010mol/LX的最高價(jià)氧化物水化物的溶液的pH為12，c（OH﹣）＝0.010mol/L，為一元強(qiáng)堿，則X為Na；Y、W、Z對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，0.010mol/LW最高價(jià)含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，說(shuō)明一元強(qiáng)酸，則W為Cl元素；等濃度的最高價(jià)含氧酸中，Z電離出氫離子濃度比W的大、Y對(duì)應(yīng)的酸性最弱，而原子半徑Y(jié)＞Z＞Cl，則Z為S元素，Y為P元素，以此來(lái)解答?！窘獯稹拷猓河缮鲜龇治隹芍?，X為Na、Y為P、Z為S，W為Cl，A．Si的最高價(jià)氧化物為二氧化硅，二氧化硅不溶于水，屬于Y不可能為Si元素，故A錯(cuò)誤；B．電子層越多，離子半徑越大，具有相同排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡(jiǎn)單離子半徑為：Z＞W(wǎng)＞X，故B正確；C．非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性P＜Cl，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＜W，故C錯(cuò)誤；D．P、S位于同一周期，原子序數(shù)越大非金屬性越強(qiáng)，則非金屬性P＜Cl，即Y＜Z，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸堿性、原子半徑為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。7．（2分）對(duì)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或操作解釋錯(cuò)誤的是（）現(xiàn)象或操作解釋AKI淀粉溶液中滴入氯水變藍(lán)，再通入SO2，藍(lán)色褪去SO2具有還原性B配制SnCl2溶液時(shí)，先將SnCl2溶于適量稀鹽酸，再用蒸餾水稀釋?zhuān)詈笤谠噭┢恐屑尤肷倭康腻a粒抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化為Sn4+C某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成不能說(shuō)明該溶液中一定含有SO42﹣D向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）A．A B．B C．C D．D【分析】A．氯氣可氧化KI生成碘，二氧化硫與碘發(fā)生氧化還原反應(yīng)；B．加鹽酸可抑制水解，且Sn可防止氧化；C．白色沉淀為硫酸鋇，原溶液中可能含亞硫酸根離子或硫酸根離子；D．濃度未知，為沉淀生成?！窘獯稹拷猓篈．KI淀粉溶液中滴入氯水變藍(lán)，再通入SO2，藍(lán)色褪去，二氧化硫和單質(zhì)碘反應(yīng)生成硫酸和氫碘酸，SO2具有還原性，故A正確；B．配制SnCl2溶液時(shí)，先將SnCl2溶于適量稀鹽酸，再用蒸餾水稀釋?zhuān)詈笤谠噭┢恐屑尤肷倭康腻a粒，加鹽酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化為Sn4+，故B正確；C．某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亞硫酸根，因此不能說(shuō)明該溶液中一定含有SO42﹣，故C正確；D．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此時(shí)溶液中含有硫化鈉，硫化鈉與硫酸銅反應(yīng)生成硫化銅，因此不能判斷Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故D錯(cuò)誤；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、溶液配制、離子檢驗(yàn)、沉淀生成、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。8．（2分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。由一種陽(yáng)離子與兩種酸根陰離子組成的鹽稱(chēng)為混鹽。向混鹽CaOCl2中加入足量濃硫酸，發(fā)生反應(yīng)：CaOCl2+H2SO4（濃）═CaSO4+Cl2↑+H2O．下列說(shuō)法正確的是（）A．明礬、小蘇打都可稱(chēng)為混鹽 B．在上述反應(yīng)中，濃硫酸體現(xiàn)氧化劑和酸性 C．每產(chǎn)生1molCl2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA D．1molCaOCl2中共含離子數(shù)為4NA【分析】CaOCl2+H2SO4（濃）→CaSO4+Cl2↑+H2O反應(yīng)中，部分Cl元素的化合價(jià)從+1價(jià)降低到0價(jià)，部分Cl的化合價(jià)從﹣1價(jià)升高到0價(jià)，反應(yīng)中只有Cl元素的化合價(jià)發(fā)生變化，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．小蘇打是碳酸氫鈉，不是混鹽，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)中S的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，濃硫酸只表現(xiàn)酸性，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)中，部分Cl元素的化合價(jià)從+1價(jià)降低到0價(jià)，部分Cl的化合價(jià)從﹣1價(jià)升高到0價(jià)，方程式中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1，則每產(chǎn)生lmol氯氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，故C正確；D．1mol混鹽CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl﹣、1molClO﹣，即含有3NA個(gè)離子，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了氧化還原反應(yīng)、化學(xué)鍵、物質(zhì)的組成，題目難度不大，注意把握氧化還原反應(yīng)的分析方法，把握混鹽CaOCl2的組成微粒是解題的關(guān)鍵。9．（2分）MnSO4?H2O是一種易溶于水的微紅色斜方晶體，某同學(xué)設(shè)計(jì)下列裝置制備硫酸錳：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．裝置Ⅰ燒瓶中放入的藥品X為銅屑 B．裝置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率 C．裝置Ⅲ用于吸收未反應(yīng)的SO2 D．用裝置Ⅱ反應(yīng)后的溶液制備MnSO4?H2O需經(jīng)歷蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌及干燥的過(guò)程【分析】由實(shí)驗(yàn)裝置可知，X為亞硫酸鈉，與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫，而Cu與濃硫酸常溫下不反應(yīng)，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫與二氧化錳反應(yīng)生成MnSO4，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得到晶體，Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣，以此來(lái)解答。【解答】解：A．X不可能為Cu，故A錯(cuò)誤；B．裝置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接觸面積，可增大SO2的吸收速率，故B正確；C．Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣，故C正確；D．用裝置Ⅱ反應(yīng)后的溶液制備MnSO4?H2O，蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌及干燥可得到，故D正確；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、實(shí)驗(yàn)裝置的作用、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)與實(shí)驗(yàn)的結(jié)合，題目難度不大。10．（2分）關(guān)于下列轉(zhuǎn)化過(guò)程分析不正確的是（）A．Fe3O4中Fe元素的化合價(jià)為+2、+3 B．過(guò)程Ⅰ中每消耗58gFe3O4轉(zhuǎn)移1mol電子 C．過(guò)程Ⅱ的化學(xué)方程式為3FeO+H2OFe3O4+H2↑ D．該過(guò)程總反應(yīng)為2H2O═O2↑+2H2↑【分析】A．Fe3O4的化學(xué)式可以改寫(xiě)為Fe2O3?FeO；B．過(guò)程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）當(dāng)有2molFe3O4分解時(shí)，氧元素由﹣2價(jià)變?yōu)?價(jià)，反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子；C．過(guò)程Ⅱ的化學(xué)方程式為3FeO+H2OFe3O4+H2↑；D．過(guò)程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）過(guò)程II：3FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）?！窘獯稹拷猓篈．Fe3O4的化學(xué)式可以改寫(xiě)為Fe2O3?FeO，則Fe3O4中Fe元素的化合價(jià)為+2、+3，故A正確；B．過(guò)程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）當(dāng)有2molFe3O4分解時(shí)，生成1mol氧氣，而58gFe3O4的物質(zhì)的量為0.25mol，故生成0.125mol氧氣，而氧元素由﹣2價(jià)變?yōu)?價(jià)，故轉(zhuǎn)移0.5mol電子，故B錯(cuò)誤；C．過(guò)程Ⅱ中FeO與水反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，反應(yīng)化學(xué)方程式為3FeO+H2OFe3O4+H2↑，故C正確；D．過(guò)程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）過(guò)程II：3FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）。則該過(guò)程總反應(yīng)為2H2O═O2↑+2H2↑，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了氧化還原反應(yīng)，主要考查了氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)的計(jì)算、識(shí)圖能力的培養(yǎng)等，題目難度適中，學(xué)會(huì)從圖中提取有用的信息。二、選擇題：本題共5小題，每題4分，共20分．每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分．11．（4分）X、Y、Z、Q、E、M六種元素中，X的原子的基態(tài)價(jià)電子排布式為2S2，Y的基態(tài)原子核外有5種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，Z元素的兩種同位素原子通常作為示蹤原子研究生物化學(xué)反應(yīng)和測(cè)定文物的年代，Q是元素周期表中電負(fù)性最大的元素，E的陽(yáng)離子通常存在于硝石、明礬和草木灰中，M的原子序數(shù)比E大1．下列說(shuō)法正確的是（）A．EYQ4中陰離子中心原子的雜化方式為sp3雜化 B．X、Y元素的第一電離能大小關(guān)系：X＜Y C．ZO32﹣的空間構(gòu)型為平面三角形 D．MZ2僅含離子鍵，可用于制備乙炔【分析】X、Y、Z、Q、E、M六種元素中，X的原子的基態(tài)價(jià)電子排布式為2S2，X為Be；Y的基態(tài)原子核外有5種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，Y的質(zhì)子數(shù)為5，Y為B；Z元素的兩種同位素原子通常作為示蹤原子研究生物化學(xué)反應(yīng)和測(cè)定文物的年代，Z為C；Q是元素周期表中電負(fù)性最大的元素，Q為F；E的陽(yáng)離子通常存在于硝石、明礬和草木灰中，E為K；M的原子序數(shù)比E大1，M為Ca，以此來(lái)解答?！窘獯稹拷猓河缮鲜龇治隹芍琗為Be、Y為B、Z為C、Q為F、E為K、M為Ca，A．KBF4中陰離子的中心原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為4+＝4，且不含孤電子對(duì)，則陰離子中心原子的雜化方式為sp3雜化，故A正確；B．Be的最外層電子數(shù)全滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能較大，則X、Y元素的第一電離能大小關(guān)系：X＞Y，故B錯(cuò)誤；C．CO32﹣中陰離子的中心原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為3+＝3，且不含孤電子對(duì)，中心原子的雜化方式為sp2雜化，空間構(gòu)型為平面三角形，故C正確；D．CaC2含離子鍵、非極性共價(jià)鍵，可用于制備乙炔，故D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握電子排布規(guī)律、元素的性質(zhì)來(lái)推斷元素為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意原子結(jié)構(gòu)、雜化理論的應(yīng)用，題目難度不大。12．（4分）電絮凝的反應(yīng)原理是以鋁、鐵等金屬為陽(yáng)極，在直流電的作用下，陽(yáng)極被溶蝕，產(chǎn)生金屬離子，在經(jīng)一系列水解、聚合及氧化過(guò)程，發(fā)展成為各種羥基絡(luò)合物、多核羥基絡(luò)合物以及氫氧化物，使廢水中的膠態(tài)雜質(zhì)、懸浮雜質(zhì)凝聚沉淀而分離。下列說(shuō)法不正確的是（）A．每產(chǎn)生1molO2，整個(gè)電解池中理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA B．陰極電極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣ C．若鐵為陽(yáng)極，則陽(yáng)極電極方程式為Fe﹣2e﹣═Fe2+和2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+ D．若鐵為陽(yáng)極，則在處理廢水的過(guò)程中陽(yáng)極附近會(huì)發(fā)生：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O【分析】由裝置圖可知，若鐵為陽(yáng)極，則陽(yáng)極電極方程式有Fe﹣2e﹣═Fe2+和2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，并且二價(jià)鐵還被放出的氧氣氧化成三價(jià)鐵，離子方程式為：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，陰極氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，據(jù)此分析解答。【解答】解：A．由裝置圖可知，若鐵為陽(yáng)極，陽(yáng)極電極方程式有Fe﹣2e﹣═Fe2+和2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，所以每產(chǎn)生1molO2，整個(gè)電解池中理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為大于4NA，故A錯(cuò)誤；B．陰極氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故B正確；C．由裝置圖可知，若鐵為陽(yáng)極，則陽(yáng)極電極方程式為Fe﹣2e﹣═Fe2+和2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故C正確；D．若鐵為陽(yáng)極，陽(yáng)極電極方程式為Fe﹣2e﹣═Fe2+和2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，在處理廢水的過(guò)程中二價(jià)鐵還被放出的氧氣氧化成三價(jià)鐵，離子方程式為：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故D正確；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電解原理，為高頻考點(diǎn)，明確各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。13．（4分）高鐵酸鉀是一種新型、高效、多功能水處理劑，工業(yè)上采用向KOH溶液中通入氯氣，然后再加入Fe（NO3）3溶液的方法制備K2FeO4，發(fā)生反應(yīng)：①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O（未配平）；②2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH═2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列說(shuō)法正確的是（）A．反應(yīng)①中每消耗4molKOH，吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LCl2 B．氧化性：K2FeO4＞KClO C．若反應(yīng)①中n（ClO﹣）：n（ClO3﹣）＝5：1，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1 D．若反應(yīng)①的氧化產(chǎn)物只有KClO，則得到0.2molK2FeO4時(shí)消耗0.3molCl2【分析】A．反應(yīng)①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物質(zhì)的量之比為1：1，所以每消耗4molKOH，吸收2mol氯氣，結(jié)合V＝nVm計(jì)算吸收氯氣的體積；B．氧化還原反應(yīng)中，氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物；C．設(shè)ClO﹣為5mol，ClO3﹣為1mol，氯氣轉(zhuǎn)化成ClO﹣、ClO3﹣被氧化，轉(zhuǎn)化成KCl被還原，根據(jù)電子守恒可知生成KCl的物質(zhì)的量，從而可知氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比；D．根據(jù)電子守恒可得關(guān)系式2K2FeO4～3KClO～3Cl2，據(jù)此計(jì)算?！窘獯稹拷猓篈．反應(yīng)①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物質(zhì)的量之比為1：1，所以每消耗4molKOH，吸收2mol氯氣，標(biāo)況下2mol氯氣的體積為：22.4L/mol×2mol＝44.8L，故A正確；B．反應(yīng)②K2FeO4為氧化產(chǎn)物，KClO為氧化劑，則氧化性：K2FeO4＜KClO，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)ClO﹣為5mol，ClO3﹣為1mol，氯氣轉(zhuǎn)化成ClO﹣、ClO3﹣被氧化，轉(zhuǎn)化成KCl被還原，根據(jù)電子守恒可知生成KCl的物質(zhì)的量為：5mol×1+1mol×（5﹣0）＝10mol，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為10mol：（5mmol+1mol）＝5：3，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電子守恒可得關(guān)系式：2K2FeO4～3KClO～3Cl2，則得到0.2molK2FeO4時(shí)消耗0.3molCl2，故D正確；故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，題目難度中等，正確判斷元素化合價(jià)變化為解答關(guān)鍵，注意掌握氧化還原反應(yīng)概念及實(shí)質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)計(jì)算能力。14．（4分）科學(xué)工作者研發(fā)了一種SUNCAT的系統(tǒng)，借助鋰循環(huán)可持續(xù)合成氨，其原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．過(guò)程Ⅰ得到的Li3N中N元素為﹣3價(jià) B．過(guò)程Ⅱ生成W的反應(yīng)：Li3N+3H2O═3LiOH+NH3↑ C．過(guò)程Ⅲ中能量轉(zhuǎn)化的形式：化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?D．過(guò)程Ⅲ涉及到反應(yīng)：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O【分析】根據(jù)圖示可知，反應(yīng)I是N2和Li反應(yīng)生成Li3N，化學(xué)方程式為：N2+6Li2Li3N；反應(yīng)II是Li3N和H2O反應(yīng)生成LiOH和NH3，化學(xué)方程式為L(zhǎng)i3N+3H2O＝3LiOH+NH3，即W為liOH；反應(yīng)III是由LiOH獲得了金屬Li和氧氣和水，故反應(yīng)III是對(duì)LiOH溶液進(jìn)行了電解，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)圖示可知，反應(yīng)I是N2和Li反應(yīng)生成Li3N，化學(xué)方程式為：N2+6Li2Li3N；反應(yīng)II是Li3N和H2O反應(yīng)生成LiOH和NH3，化學(xué)方程式為L(zhǎng)i3N+3H2O＝3LiOH+NH3，↑，即W為liOH；反應(yīng)III是由LiOH獲得了金屬Li和氧氣和水，故反應(yīng)III是對(duì)LiOH固體進(jìn)行了電解，陽(yáng)極上的電極反應(yīng)為4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，陰極上Li+放電：Li++e﹣＝Li。A、金屬物負(fù)價(jià)，故Li3N中Li為+1價(jià)，則N為﹣3價(jià)，故A正確；B、過(guò)程II的化學(xué)方程式為L(zhǎng)i3N+3H2O＝3LiOH+NH3，↑，故B正確；C、過(guò)程III為電解LiOH固體，故是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故C錯(cuò)誤；D、由于過(guò)程III為電解LiOH固體，故其陽(yáng)極上的電極反應(yīng)為4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，故D正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)、能量的轉(zhuǎn)化以及電解池中電極反應(yīng)的書(shū)寫(xiě)，難度不大，看懂示意圖中所給的信息是關(guān)鍵。15．（4分）常溫下，向20mL0.05mol?L﹣1的某稀酸H2B溶液中滴入0．lmol?L﹣1氨水，溶液中由水電離出氫離子濃度隨滴入氨水體積變化如圖。下列分析正確的是（）A．NaHB溶液可能為酸性，也可能為堿性 B．A、B、C三點(diǎn)溶液的pH是逐漸減小，D、E、F三點(diǎn)溶液的pH是逐漸增大 C．E溶液中離子濃度大小關(guān)系：c（NH4+）＞c（B2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．F點(diǎn)溶液c（NH4+）＝2c（B2﹣）【分析】A．酸溶液中水電離出氫離子濃度c（H+）等于溶液中氫氧根離子濃度c（OH﹣），即c（OH﹣）═10﹣13mol/L，則酸溶液中c（H+）＝；B．隨著氨水的加入，溶液的酸性減弱，溶液的pH增大；C．E溶液顯示酸性，硫酸銨和氨水的混合物，得到的溶液中銨根離子的水解程度較強(qiáng)；D．電荷守恒式為c（H+）+c（NH4+）═2c（B2﹣）+c（OH﹣），而溶液呈中性時(shí)存在c（OH﹣）═c（H+）?！窘獯稹拷猓篈．酸溶液中水電離出氫離子濃度c（H+）等于溶液中氫氧根離子濃度c（OH﹣），即c（OH﹣）═10﹣13mol/L，則酸溶液中c（H+）＝＝mol/L＝0.1mol＝2×0.05mol?L﹣1，所以酸H2B為二元強(qiáng)酸，即NaHB溶液顯酸性，故A錯(cuò)誤；B．隨著氨水的加入，溶液的酸性減弱，溶液的pH增大，所以A、B、C三點(diǎn)溶液的pH是逐漸增大的，故B錯(cuò)誤；C．E溶液顯示酸性，硫酸銨和氨水的混合物，得到的溶液中銨根離子的水解程度較強(qiáng)，即c（H+）＞c（OH﹣），所以c（NH4+）＞c（B2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正確；D．根據(jù)電荷守恒：c（H+）+c（NH4+）═2c（B2﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性c（OH﹣）═c（H+），所以c（NH4+）═2c（B2﹣），故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查酸堿混合的判斷，為高頻考點(diǎn)，把握混合后的溶質(zhì)、電離與水解為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁怆x子濃度的關(guān)系及電荷守恒的應(yīng)用，題目難度不大。二、非選擇題：包括第16題～第20題5個(gè)大題，共60分．16．（12分）Ⅰ．據(jù)報(bào)道，我國(guó)在南海北部神狐海域進(jìn)行的可燃冰（甲烷的水合物）試采獲得成功。甲烷是一種重要的化工原料。甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外還有以下兩種：水蒸氣重整：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）△H1＝+205.9kJ?mol﹣1①CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ?mol﹣1②二氧化碳重整：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H3③則反應(yīng)①自發(fā)進(jìn)行的條件是高溫，△H3＝+247.1kJ?mol﹣1。Ⅱ．氮的固定一直是科學(xué)家研究的重要課題，合成氨則是人工固氮比較成熟的技術(shù)，其原理為N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）。（2）在不同溫度、壓強(qiáng)和相同催化劑條件下，初始N2、H2分別為0.1mol、0.3mol時(shí)，平衡后混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)（φ）如圖所示。①其中，p1、p2和p3由大到小的順序是p1＞p2＞p3，該反應(yīng)△H＜0（填“＞”“＜”或“＝”）。②若分別用vA（N2）和vB（N2）表示從反應(yīng)開(kāi)始至達(dá)平衡狀態(tài)A、B時(shí)的化學(xué)反應(yīng)速率，則vA（N2）＜vB（N2）（填“＞”“＜”或“＝”）。③若在250℃、p1為105Pa條件下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器的體積為1L，則該條件下B點(diǎn)N2的分壓p（N2）為8.3×103Pa（分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，保留一位小數(shù)）。Ⅲ．以連二硫酸根（S2O42﹣）為媒介，使用間接電化學(xué)法也可處理燃煤煙氣中的NO，裝置如圖所示：（3）①陰極區(qū)的電極反應(yīng)式為2SO32﹣+4H++2e﹣＝S2O42﹣+2H2O。②NO吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為NH4+，若通電時(shí)電路中轉(zhuǎn)移了0.3mole﹣，則此通電過(guò)程中理論上吸收的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1344mL。Ⅳ．（4）常溫下，將amol?L﹣1的醋酸與bmol?L﹣1Ba（OH）2溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在2c（Ba2+）＝c（CH3COO﹣），則該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)Ka＝（用含a和b的代數(shù)式表示）?！痉治觥竣瘢?）根據(jù)反應(yīng)①的△H和△S分析自發(fā)性的條件，根據(jù)已知焓變的熱化學(xué)方程式推導(dǎo)所求反應(yīng)，再由蓋斯定律計(jì)算所求反應(yīng)的焓變；Ⅱ．（2）①發(fā)生反應(yīng)為N2+3H2?2NH3，隨著反應(yīng)進(jìn)行，氣體分子數(shù)減少，體系壓強(qiáng)減少，根據(jù)圖象分析；②溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率增大；③根據(jù)方程式計(jì)算B點(diǎn)N2的分壓p（N2），分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)；Ⅲ．（3）①電解池陰極發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)裝置圖，SO32﹣轉(zhuǎn)化為S2O42﹣，據(jù)此寫(xiě)出電極反應(yīng)；②NO轉(zhuǎn)化為NH4+，反應(yīng)轉(zhuǎn)移5個(gè)電子，據(jù)此計(jì)算；Ⅳ．（4）溶液等體積混合溶質(zhì)濃度減少一半，醋酸電離平衡常數(shù)與濃度無(wú)關(guān)，結(jié)合概念計(jì)算?！窘獯稹拷猓篒．（1）水蒸氣重整：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）△H1＝+205.9kJ/mol①，△H＞0，△S＞0，滿足△H﹣T△S＜0，則需要高溫，蒸氣重整CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）△H1＝+205.9kJ/mol①，CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ/mol②，二氧化碳重整：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H3③，根據(jù)蓋斯定律計(jì)算，①﹣②得到反應(yīng)③的熱化學(xué)方程式為：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H3＝+247.1kJ/mol，故答案為：高溫；+247.1；II．（2）①由N2+3H2?2NH3可知，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，由圖象可知在相同溫度下，平衡后混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)（φ）為p1＞p2＞p3，因此壓強(qiáng)關(guān)系是p1＞p2＞p3，壓強(qiáng)相同時(shí)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，故溫度越高平衡混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)越小，故反應(yīng)熱小于零，故答案為：p1＞p2＞p3；＜；②溫度越高，壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越大，p1＞p2，由圖可知，B對(duì)應(yīng)的溫度高、壓強(qiáng)大，則反應(yīng)速率大，故答案為：＜；③設(shè)轉(zhuǎn)化的氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為x，發(fā)生的反應(yīng)為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）開(kāi)始（mol）0.10.30平衡（mol）0.1﹣x0.3﹣3x2x＝0.667，x＝0.08，若在250℃、p1為105Pa條件下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器的體積為1L，則該條件下B點(diǎn)N2的分壓p（N2）＝Pa＝8.3×103Pa，故答案為：8.3×103；III．（3）①由圖可知，陰極區(qū)通入液體主要含SO32﹣，流出液主要含S2O42﹣，所以陰極區(qū)電極反應(yīng)式為2SO32﹣+4H++2e﹣＝S2O42﹣+2H2O，故答案為：2SO32﹣+4H++2e﹣＝S2O42﹣+2H2O；②由于NO吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為NH4+，NO～NH4+～5e﹣，若電路中轉(zhuǎn)移0.3mole﹣，消耗NO0.06mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為＝0.06mol×22.4L/mol＝1344mL，故答案為：1344；Ⅳ．（4）反應(yīng)平衡時(shí)，2c（Ba2+）＝c（CH3COO﹣）＝bmol/L，據(jù)電荷守恒，溶液中c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，溶液呈中性，醋酸電離平衡常數(shù)依據(jù)電離方程式寫(xiě)出K＝＝＝×10﹣7，用含a和b的代數(shù)式表示該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)為×10﹣7L/mol，故答案為：?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡和電化學(xué)及其相關(guān)計(jì)算，涉及到蓋斯定律的應(yīng)用，反應(yīng)自發(fā)性的判斷，化學(xué)平衡的移動(dòng)，化學(xué)反應(yīng)速率的判斷，弱電解質(zhì)的電離平衡，屬于化學(xué)反應(yīng)原理綜合知識(shí)的考查，均為高頻考點(diǎn)，難度中等。17．（12分）鐵被譽(yù)為“第一金屬”，鐵及其化合物在生活中有廣泛應(yīng)用。（1）基態(tài)Fe2+的簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]3d6。（2）實(shí)驗(yàn)室用KSCN溶液、苯酚（）檢驗(yàn)Fe3+．N、O、S三種元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞S（用元素符號(hào)表示），苯酚中碳原子的雜化軌道類(lèi)型為sp2雜化。（3）FeCl3的熔點(diǎn)為306℃，沸點(diǎn)為315℃．FeCl3的晶體類(lèi)型是分子晶體。FeSO4常作凈水劑和補(bǔ)鐵劑，SO42﹣的立體構(gòu)型是正四面體形。（4）羰基鐵[Fe（CO）5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe（CO）5分子中含molσ鍵，與CO互為等電子體的離子是CN﹣或C22﹣（填化學(xué)式，寫(xiě)一種）。（5）氮化鐵晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示。該晶體中鐵、氮的微粒個(gè)數(shù)之比為3：1。（6）氧化亞鐵晶體的晶胞如圖2所示。已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg?cm﹣3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶胞中，與Fe2+緊鄰且等距離的Fe2+數(shù)目為12；Fe2+與O2﹣?zhàn)疃毯碎g距為×1010pm?！痉治觥浚?）鐵原子失去最外層4s能級(jí)2個(gè)電子形成Fe2+，再根據(jù)核外電子排布規(guī)律進(jìn)行書(shū)寫(xiě)；（2）同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大呈增大趨勢(shì)，氮元素2p能級(jí)處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量低；苯酚為平面結(jié)構(gòu)，C原子采取sp2雜化；（3）分子晶體熔沸點(diǎn)較低且熔融不導(dǎo)電，離子晶體熔沸點(diǎn)較高且熔融能導(dǎo)電；根據(jù)SO42﹣中心原子含有的共價(jià)鍵個(gè)數(shù)與孤電子對(duì)個(gè)數(shù)之和確定其空間構(gòu)型和雜化方式；（4）配合物中碳原子不存在孤對(duì)電子，σ鍵數(shù)為2，1個(gè)Fe（CO）5分子含10個(gè)σ鍵；原子數(shù)目相等、價(jià)電子總數(shù)相等的微?；榈入娮芋w；（5）氮化鐵晶體為六棱柱，頂點(diǎn)貢獻(xiàn)率為，棱點(diǎn)貢獻(xiàn)率為，面點(diǎn)貢獻(xiàn)率為，依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，12個(gè)鐵原子位于頂點(diǎn)，2個(gè)鐵原子位于面心，3個(gè)鐵原子位于體內(nèi)，2個(gè)氮原子位于體內(nèi)，1個(gè)晶胞含有鐵微粒數(shù)為：12×+×2+3＝6，含氮原子數(shù)為2，據(jù)此計(jì)算鐵、氮的微粒個(gè)數(shù)之比；（6）氧化亞鐵晶胞結(jié)構(gòu)類(lèi)似氯化鈉晶胞，棱上3個(gè)離子相切，晶胞參數(shù)等于相鄰兩個(gè)離子核間距的2倍。依據(jù)圖2可知，上、中、下三層各有4個(gè)氧離子與中心的氧離子緊鄰且等距離，而氧化亞鐵中氧離子、亞鐵離子個(gè)數(shù)比為1：1，所以有12個(gè)二價(jià)鐵離子與二價(jià)鐵離子相鄰且等距離；根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中二價(jià)鐵離子、氧離子數(shù)目，依據(jù)氧化亞鐵晶體的密度計(jì)算Fe2+與O2﹣?zhàn)疃毯碎g距。【解答】解：（1）鐵原子失去最外層4s能級(jí)2個(gè)電子形成Fe2+，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]3d6；故答案為：[Ar]3d6；（2）同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大呈增大趨勢(shì)，氮元素2p能級(jí)處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量低，氮元素的第一電離能高于同周期相鄰元素第一電離能，所以第一電離能N＞O＞S．苯酚為平面結(jié)構(gòu)，C原子采取sp2雜化；故答案為：N＞O＞S；sp2雜化；（3）FeCl3的熔點(diǎn)為306℃，沸點(diǎn)為315℃，據(jù)此可知氯化鐵熔沸點(diǎn)較低，則氯化鐵屬于分子晶體；SO42﹣離子中含有4個(gè)σ鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)，所以其立體構(gòu)型是正四面體，硫原子采取sp3雜化；故答案為：分子晶體；正四面體形；（4）配合物中碳原子不存在孤對(duì)電子，σ鍵數(shù)為2，1個(gè)Fe（CO）5分子含10個(gè)σ鍵，則1molFe（CO）5分子中含10molσ鍵；原子數(shù)目相等、價(jià)電子總數(shù)相等的微粒互為等電子體，與CO互為等電子體的離子有CN﹣、C22﹣，故答案為：10；CN﹣、C22﹣；（5）氮化鐵晶體為六棱柱，頂點(diǎn)貢獻(xiàn)率為，棱點(diǎn)貢獻(xiàn)率為，面點(diǎn)貢獻(xiàn)率為，依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，12個(gè)鐵原子位于頂點(diǎn)，2個(gè)鐵原子位于面心，3個(gè)鐵原子位于體內(nèi)，2個(gè)氮原子位于體內(nèi)，1個(gè)晶胞含有鐵微粒數(shù)為：12×+×2+3＝6，含氮原子數(shù)為2，所以該晶體中鐵、氮的微粒個(gè)數(shù)之比為：6：2＝3：1；故答案為：3：1；（6）氧化亞鐵晶胞結(jié)構(gòu)類(lèi)似氯化鈉晶胞，棱上3個(gè)離子相切，晶胞參數(shù)等于相鄰兩個(gè)離子核間距的2倍。依據(jù)圖2可知，上、中、下三層各有4個(gè)氧離子與中心的氧離子緊鄰且等距離，而氧化亞鐵中氧離子、亞鐵離子個(gè)數(shù)比為1：1，所以有12個(gè)二價(jià)鐵離子與二價(jià)鐵離子相鄰且等距離；1個(gè)氧化亞鐵晶胞含有二價(jià)鐵離子數(shù)目為：8×+6×＝4，含有氧離子數(shù)目為：×12+1＝4，所以1個(gè)氧化亞鐵晶胞含有4個(gè)FeO，設(shè)Fe2+與O2﹣?zhàn)疃毯碎g距為dpm，依據(jù)氧化亞鐵晶體的密度為ρg?cm﹣3，可知：ρ＝，解得d＝×1010pm；故答案為：12；×1010；【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及等晶胞結(jié)構(gòu)與計(jì)算、核外電子排布、雜化方式、第一電離能、晶體熔沸點(diǎn)比較等，是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)，題目難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用能力。18．（12分）甘氨酸亞鐵[（NH2CH2COO）2Fe]是一種補(bǔ)鐵強(qiáng)化劑。某學(xué)習(xí)小組利用FeCO3與甘氨酸（NH2CH2COOH）制備甘氨酸亞鐵，實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示（夾持和加熱儀器已省略）。有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)如表：甘氨酸檸檬酸甘氨酸亞鐵易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，難溶于乙醇兩性化合物強(qiáng)酸性、強(qiáng)還原性實(shí)驗(yàn)過(guò)程：Ⅰ．合成：裝置C中盛有0.1molFeCO3和200mL1.0mol?L﹣1甘氨酸溶液和適量檸檬酸。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先打開(kāi)儀器a的活塞，待裝置c中空氣排凈后，加熱并不斷攪拌，并通過(guò)儀器b向C中加入適量氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH到6左右，使反應(yīng)物充分反應(yīng)。Ⅱ．分離：反應(yīng)結(jié)束后，過(guò)濾，將濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮；加入無(wú)水乙醇，過(guò)濾、洗滌并干燥?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）儀器a的名稱(chēng)是分液漏斗；與a相比，儀器b的優(yōu)點(diǎn)是平衡氣壓，使液體順利流下。（2）裝置B中盛有的試劑是飽和NaHCO3溶液；實(shí)驗(yàn)過(guò)程中裝置D的導(dǎo)管一直沒(méi)入液面下的必要性是防止空氣進(jìn)入C中（從而防止Fe2+被氧化）。（3）合成過(guò)程加入檸檬酸的作用是促進(jìn)FeCO3溶解和防止Fe2+被氧化。（4）加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH若大于6，甘氨酸亞鐵產(chǎn)量下降。原因可用離子方程式表示為Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓。（5）過(guò)程Ⅱ中加入無(wú)水乙醇的目的是降低甘氨酸亞鐵的溶液度，使其結(jié)晶析出。（6）檢驗(yàn)產(chǎn)品中是否含有Fe3+的試劑名稱(chēng)是硫氰化鉀溶液。（7）本實(shí)驗(yàn)制得15.3g甘氨酸亞鐵（M＝204g/mol），則其產(chǎn)率是75%?！痉治觥浚?）a為分液漏斗，b中軟管可平衡氣壓；（2）B中飽和碳酸氫鈉溶液可除去HCl，C中應(yīng)防止亞鐵被氧化；（3）檸檬酸具有還原性；（4）加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH若大于6，亞鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化亞鐵沉淀；（5）甘氨酸亞鐵難溶于乙醇；（6）鐵離子遇KSCN溶液為血紅色；（7）0.1molFeCO3和200mL1.0mol?L﹣1甘氨酸反應(yīng)，理論上生成甘氨酸亞鐵0.1mol，本實(shí)驗(yàn)制得15.3g甘氨酸亞鐵?！窘獯稹拷猓海?）儀器a的名稱(chēng)是分液漏斗；與a相比，儀器b的優(yōu)點(diǎn)是平衡氣壓，使液體順利流下，故答案為：分液漏斗；平衡氣壓，使液體順利流下；（2）裝置B中盛有的試劑是飽和NaHCO3溶液；實(shí)驗(yàn)過(guò)程中裝置D的導(dǎo)管一直沒(méi)入液面下的必要性是防止空氣進(jìn)入C中（從而防止Fe2+被氧化），故答案為：飽和NaHCO3溶液；防止空氣進(jìn)入C中（從而防止Fe2+被氧化）；（3）結(jié)合信息可知，合成過(guò)程加入檸檬酸的作用是促進(jìn)FeCO3溶解和防止Fe2+被氧化，故答案為：防止Fe2+被氧化；（4）加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH若大于6，甘氨酸亞鐵產(chǎn)量下降。原因用離子方程式表示為Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓，故答案為：Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓；（5）過(guò)程Ⅱ中加入無(wú)水乙醇的目的是降低甘氨酸亞鐵的溶液度，使其結(jié)晶析出，故答案為：降低甘氨酸亞鐵的溶液度，使其結(jié)晶析出；（6）檢驗(yàn)產(chǎn)品中是否含有Fe3+的試劑名稱(chēng)是硫氰化鉀溶液，故答案為：硫氰化鉀溶液；（7）0.1molFeCO3和200mL1.0mol?L﹣1甘氨酸反應(yīng)，理論上生成甘氨酸亞鐵0.1mol，本實(shí)驗(yàn)制得15.3g甘氨酸亞鐵，其產(chǎn)率是×100%＝75%，故答案為：75?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、習(xí)題中的信息、制備原理、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)