D.N2H4是二元弱碱，N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D正确；
故答案选C。
第II卷（非选择题）
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评卷人
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二、实验题
8．草酸亚铁晶体（FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1）为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。
回答下列问题：
实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物
（1）气体产物成分的探究，设计如下装置（可重复选用）进行实验：
①装置B的名称为____。
②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为a→___→点燃（填仪器接口的字母编号）。
③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是____。
④C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有____。
（2）固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。
黑色固体可能是Fe或FeO，设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为____。
（3）依据
（1）和
（2）结论，A处发生反应的化学方程式为____。
实验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：
（4）草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO4溶液滴定至终点的离子方程式为____。
（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为____（用代数式表示），若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将____（填“偏高”“偏低”或“不变”）。
【答案】洗气瓶fg→bc→hi（或ih）→de（或ed）→bc先通入一段时间的氮气CO取少量固体溶于硫酸，无气体生成
偏低
【解析】
【分析】
（1）①根据图示分析装置B的名称；
②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO，最后用点燃的方法处理尾气；
③用氮气排出装置中的空气；
④CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；
（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气；
（3）依据
（1）和
（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水；
（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2；
（5）亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL，由于样品含有FeSO4杂质，所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。
【详解】
（1）①根据图示，装置B的名称是洗气瓶；
②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最后用点燃的方法处理尾气，仪器的连接顺序是a→fg→bc→hi→de→bc；
③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；
④CO具有还原性，C处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO；
（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO；
（3）依据
（1）和
（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水，反应方程式是
；
（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2，反应的离子方程式是
；
（5）25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是
，草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为
，根据方程式
，草酸亚铁晶体样品的纯度为
；若配制溶液时Fe2+被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏低。
【点睛】
本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力，明确实验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。
评卷人
得分
三、工业流程
9．利用菱锰矿（主要成分是MnCO3，含少量A12O3、Fe2O3、FeO、CaO、MgO等）为原料制备MnO2的工艺流程如下：
已知：
①25℃时，
②相关金属离子
形成氢氧化物沉淀pH范围如下：
（1）“除杂1”中加入适量MnO2的作用是____，应调节溶液pH不小于____。
（2）“除杂2”的主要目的将Ca2+、Mg2+转化为相应的氟化物沉淀而除去，除去Ca2+的离子方程式为____，该反应的平衡常数为____。
（3）“沉锰”中生成Mn（OH）2'MnCO3沉淀的离子方程式为____，“母液”经加热等系列操作后可返回“____”工序循环使用。
（4）以MnSO4-（NH4）2SO4为电解质溶液，利用下图装置可同时制备金属锰和MnO2。
离子交换膜a为____，阳极电极反应式为____。
【答案】把Fe2+氧化为Fe3+5.2MnF2（s）+Ca2+（aq）
Mn2+（aq）+CaF2（s）3.53×1072Mn2++3CO32-+2H2O=Mn（OH）2·MnCO3+2HCO3-焙烧阴离子交换膜Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【解析】
【分析】
根据流程图，“酸浸”后的溶液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+，加入适量MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH，除去Al3+、Fe3+，加入MnF2除去Mg2+、Ca2+，滤液中通入碳酸铵溶液沉锰。
【详解】
（1）二氧化锰具有氧化性，“除杂1”中加入适量MnO2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，为使Al3+、Fe3+沉淀完全，应调节溶液pH不小于5.2。
（2）“除杂2”的主要目的将Ca2+、Mg2+转化为相应的氟化物沉淀而除去，除去Ca2+的离子方程式为MnF2（s）+Ca2+（aq）
Mn2+（aq）+CaF2（s），该反应的平衡常数
3.53×107。
（3）“沉锰”是MnCl2与碳酸铵反应生成Mn（OH）2·MnCO3，根据电荷守恒、质量守恒，反应的离子方程式为2Mn2++3CO32-+2H2O=Mn（OH）2·MnCO3+2HCO3-，“母液”含有氯化铵，经加热等系列操作后可返回“焙烧”工序循环使用。
（4）以MnSO4-（NH4）2SO4为电解质溶液制备金属锰和MnO2。
根据图示，离子透过交换膜向阳极移动，离子交换膜a阴离子交换膜，阳极锰离子失电子发生氧化反应生成二氧化锰，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
评卷人
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四、综合题
10．合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。
回答下列问题：
（1）德国化学家F.Haber从1902年开始研究N2和H2直接合成NH3。
在1.01×105Pa、250℃时，将1molN2和1molH2加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450℃，测得NH3体积分数为0.025，则可判断合成氨反应为____填“吸热”或“放热”）反应。
（2）在1.01×105Pa、250℃时，将2moIN2和2molH2加入aL密闭容器中充分反应，H2平衡转化率可能为___（填标号）。
A=4%B<4%C4%～7%D>11.5%
（3）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。
反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。
需要吸收能量最大的能垒（活化能）E=____ev，该步骤的化学方程式为____，若通入H2体积分数过大，可能造成___。
（4）T℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：
反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示：
①表示N2浓度变化的曲线是____（填“A”、“B”或“C’，）。
与
（1）中的实验条件（1.01×105Pa、450℃）相比，改变的条件可能是_____。
②在0～25min内H2的平均反应速率为____。
在该条件下反应的平衡常数为___mol-2．L2（保留两位有效数字）。
【答案】放热D1.54NH3*+NH3=2NH3占据催化剂活性位点过多B加压强或降温0.006mol·L-1·min-10.73
【解析】
【分析】
（1）升高温度，NH3体积分数降低；
（2）在1.01×105Pa、250℃时，将2moIN2和2molH2加入aL密闭容器中充分反应，与在1.01×105Pa、250℃时，将1moIN2和1molH2加入aL密闭容器中充分反应比，相当于加压；
（3）吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大；根据图示写方程式；
（4）根据反应方程式，N2、H2、NH3的变化量比为1:
3:
2；图氢气的转化率为25%，
（1）中氢气的转化率是11.5%，根据转化率的变化分析；
②A表示氢气的浓度变化，根据
计算H2的平均反应速率；根据
计算平衡常数；
【详解】
（1）升高温度，NH3体积分数降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热；
（2）在1.01×105Pa、250℃时，将1molN2和1molH2加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；
，x=0.0384，H2平衡转化率
，在1.01×105Pa、250℃时，将2moIN2和2molH2，相当于加压，平衡正向移动，氢气转化率增大，H2平衡转化率>11.5%，故选D；
（3）根据图示，吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大是-1.02-（-2.56）=1.54；根据图示，该步的方程式是NH3*+NH3=2NH3；若通入H2体积分数过大，氢分子占据催化剂活性位点过多；
（4）①根据反应方程式，N2、H2、NH3的变化量比为1:
3:
2，所以表示N2浓度变化的曲线是B；
（1）中氢气转化率11.5%，1:
3时氢气转化率更低，图中氢气转化率25%，故只能考虑压强、温度的影响，可以采用加压或降温的方法；
②A表示氢气的浓度变化，
0.006mol·L-1·min-1；
mol-2．L2。
11．纳米磷化钴（CoP）常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钴的常用流程如下：
（l）基态P原子的价电子排布式为____，P位于元素周期表中____区。
（2）尿素中N原子的杂化类型是_____；C、N、O三种元素的第一电离能最大的是____，电负性由小到大的顺序为____。
（3）Co（CO3）0．5（OH）·0.11H2O中CO32-中C的价层电子对数为____；该化合物中不含有的化学键有_____填标号）。
A离子键B共价键C金属键D配位键E氢键F非极性键
（4）一些氧化物的熔点如下表所示：
解释表中氧化物之间熔点差异的原因____。
（5）CoP的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm。
设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为_______-g．cm-3（列出计算式即可）。
【答案】3s23p3Psp3NC＜N＜O3CFFeCl3是共价化合物，Fe3O4、Co3O4是离子化合物，Fe3O4、Co3O4晶胞结构不同
【解析】
【分析】
（l）P是15号元素，最外层有5个电子；
（2）根据尿素的结构简式是
分析N原子杂化类型；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子3p轨道为半充满状态；同周期元素从左到右电负性依次增大；
（3）CO32-中C的价层电子对数为
；
（4）化合物类型不同熔沸点不同；晶体结构不同，熔沸点不同；
（5）根据CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为
pm，1个晶胞含有Co原子数
、P原子数
；
【详解】
（l）P是15号元素，最外层有5个电子，基态P原子的价电子排布式为3s23p3；价电子排布式为3s23p3，所以P位于元素周期表中P区；
（2）尿素的结构简式是
，N原子形成3个共价键，有1对孤电子对，所以N原子杂化类型是sp3；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子3p轨道为半充满状态，所以C、N、O三种元素的第一电离能最大的是N；同周期元素从左到右电负性依次增大，电负性由小到大的顺序为C＜N＜O；
（3）CO32-中C的价层电子对数为
=3；
（4）FeCl3是共价化合物，熔沸点低；Fe3O4、Co3O4是离子化合物，熔沸点高，但晶胞结构不同，所以熔沸点有差异；Co（CO3）0．5（OH）·0.11H2O中CO32-与Co2+之间存在离子键；CO32-、水分子内存在共价键；Co2+与H2O是配位键；氢键不是化学键，没有非极性键，故选CF；
（5）根据CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为
pm，晶胞体积为
pm3，1个晶胞含有Co原子数
、P原子数
；所以晶胞密度为
g．cm-3。
【点睛】
本题的难点是晶胞计算，根据晶胞结构计算晶胞中的原子数是解题关键，顶点的原子被1个晶胞占用
、面心的原子被1个晶胞占用
，楞上的原子被1个晶胞占用
。
12．利奈唑胺（I）为细菌蛋白质合成抑制剂，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是____，
（2）C—D、F—G的结反应类型分别为____
（3）B的结构简式为____。
（4）H—I的化学方程式为____。
（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。
用星号（*）标出
中的手性碳____
（6）芳香族化合物X是C的同分异构体，写出核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:
4:
2:
1的X的结构简式____。
（不考虑立体异构，只写一种）
（7）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙酸为原料制备
的合成路线（无机试剂任选）____。
【答案】氟原子、硝基还原反应、取代反应
【解析】
【分析】
CH2-NH-C=O-CH3
（1）根据A的结构简式
判断官能团；
（2）C→D是C中的硝基变为氨基、F→G是F中的氯原子被-N3代替；
（3）A+B→C+HF，根据A、C的结构简式推断B的结构简式；
（4）
和醋酸生成
和水；
（5）根据连有4个不同的原子或基团的碳原子为手性碳判断；
（6）芳香族化合物X是C的同分异构体，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:
4:
2:
1，说明结构对称；
（7）甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成
，
与NaN3反应生成
，
与氢气发生还原反应生成
，
和乙酸反应生成
；
【详解】
（1）A的结构简式是
，官能团名称是氟原子、硝基；
（2）C→D是C中的硝基变为氨基，属于还原反应；F→G是F中的氯原子被-N3代替，属于取代反应；
（3）A+B→C+HF，根据A、C的结构简式，可知A中的F原子被
代替，所以B的结构简式是
；
（4）
和醋酸生成
和水，反应的化学方程式为
；
（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。
中的手性碳为
；
（6）芳香族化合物X是C的同分异构体，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:
4:
2:
1的X的结构简式是
；
（7）甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成
，
与NaN3反应生成
，
与氢气发生还原反应生成
，
和乙酸反应生成
，合成路线为
。
【点睛】
本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生推断和灵活运用能力，明确物质之间的转化、官能团及其性质关系是解本题关键，注意逆推法的应用。
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