【文档说明】江苏省南京市第一中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(21)页，5.618 MB，由小赞的店铺上传

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南京一中2021～2022学年第二学期期中考试试卷高二化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mn-55Fe-56一、选择题：(每小题只有一个选项符合题目要求，每题3分，共42分)1.工业制MgCl2的一种方法为Cl

2+MgO+CΔMgCl2+CO。下列说法正确的是A.基态Cl原子核外电子排布式为3s23p5B.Mg2+与O2-具有相同的电子层结构C.MgCl2的电子式为D.168O表示中子数为16的氧原子【答案】B【

解析】【详解】A．Cl为17号元素，基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其价层电子排布式为3s23p5，选项A错误；B．Mg2+与O2-均为10电子结构，具有相同的电子层结构，核外均为两个电子层，电子数分别为2、8，

选项B正确；C．MgCl2由镁离子和氯离子构成，为离子化合物，其电子式为，选项C错误；D．168O表示质量数为16、质子数为8、中子数为8的氧原子,选项D错误；答案选B。2.用下列仪器或装置(部分夹持装

置略去)进行实验，能达到实验目的的是A.实验室制取氨气B.分离乙酸乙酯和乙醇C.制备无水氯化镁D.实验室制备SO2【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵受热分解产生氨气，但是其两种气体产物在受冷时又重新化合成氯化铵，无法达到实验目的，故A错误

；B．乙醇是一种有机溶剂，跟乙酸乙酯互溶，无法用分液操作分离，故B错误；C．制备无水氯化镁时，2+Mg易水解，为了防止水解需要在氯化氢的气流中进行加热22MgCl6HO，最后用无水氯化钙来干燥，故C正确；D．铜与

浓硫酸反应制备SO2需要加热，无法达到实验目的，故D错误；故选C。3.下列有关化学反应的叙述正确的是（）A.铝在稀硝酸中发生钝化B.过量铁粉在Cl2中燃烧制取FeCl2C.N2与O2在放电条件下化合生成NO2D.新制Cu(OH)2悬浊液中加入葡萄糖并煮沸，生成Cu2O【答案

】D【解析】【详解】A.铝在冷的浓硫酸、浓硝酸中才会发生钝化，而会与稀硝酸发生反应，A选项错误；B．Cl2具有强氧化性，过量铁粉在Cl2中燃烧制取只能得到FeCl3，不能得到FeCl2，B选项错误；C．N2与O2在放电条件化合生成NO，NO在与O2结合生成NO2，C选项错误；D．葡萄糖含有醛基，含

醛基的物质能与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸后生成Cu2O的砖红色沉淀，D选项正确；答案选D。4.下列有关有机物X(结构如图)的叙述错误的是A.分子中含有4种含氧官能团B.1molX最多能与3molNaOH反应C.X的苯环上的一氯代物有

4种D.X与足量2H反应后所得产物的分子中含有5个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，有机物X含有羟基、酯基、羰基和醚键共4种含氧官能团，故A正确；B．由结构简式可知，有机物X中酚羟基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol酚酯基消耗2mol

氢氧化钠，则1molX最多能与3mol氢氧化钠反应，故B正确；C．由结构简式可知，有机物X有如图所示的4种一氯代物：，故C正确；D．有机物X与足量氢气反应后所得产物的结构简式为，分子中有如图所示的7种连有四个不同原子或原子团的手性碳原子：(*代表手性碳原子)，故D错误；故选D。5.

ClO2是一种高效、安全消毒剂。利用电解产生的H2O2与溶液中的NaClO3，反应制备ClO2，装置如图所示。下列说法正确的是A.电源电极：a是负极，b是正极B.阴极的电极反应式：22O4e4H2HO−+++=C.电解过程中H+移动方向：B→AD.产生ClO2的反应：3222222ClOHO2H

2ClOO2HO−+++=++【答案】D【解析】【分析】利用电解产生的H2O2与溶液中的NaClO3反应制备ClO2，可知氧气在B电极得电子生成H2O2，B是阴极、A是阳极。【详解】A．B是阴极、A是阳极，所以电源电极：a是正极，b是负极，故A错误；B．阴极氧气得电子生成H2O2，阴极的

电极反应式：222O2e2HHO−+++=，故B错误；C．B是阴极、A是阳极，电解过程中H+移动方向：A→B，故C错误；D．H2O2把NaClO3还原成ClO2，反应离子方程式为：3222222ClOHO2H2ClOO2HO−+++=++，故D正确；选D。6.X、Y、Z、

Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Q是地壳中含量最高的金属元素，R的基态原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：r(Q)>r(Y)>r(X)B.电负性

：X>Y>ZC.R位于元素周期表中第四周期第ⅣB族D.Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Q的强【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，故X

为N；Y为O；Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Z为Na；Q是地壳中含量最高的金属元素，Q为Al；R的基态原子中有6个未成对电子，R为Cr；【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期元素从左到右半径减小，故半径为Al>N>O，故r(Q)>r(

X)>r(Y)，故A错误；B．同周期元素从左到右电负性增强，故O>N>Na，电负性：Y>X>Z，故B错误；C．R的价电子为6，R位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，故C错误；D．Z为Na，Z的最高价氧化

物对应水化物为NaOH，为强碱，Q的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，故NaOH碱性比Al(OH)3的强，故D正确；故答案为D。7.下列实验操作中，对应的实验现象和实验结论都正确，且两者具有因果关系的是选项实

验操作实验现象实验结论A向NaBr溶液中加入少量的氯水和适量苯，振荡、静置溶液上层呈橙红色Br−还原性强于Cl−B将少量铜粉加入2431.0mol/LFSO()e溶液中固体溶解，溶液变蓝色金属铁比铜活泼C40.1mol/LMgSO溶液中滴加过量NaOH溶液，再滴加40.1mol/LCu

SO溶液先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀sp2sp2K[Cu(OH)<K[Mg(OH)]]D向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制2Cu(OH)悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．因B

r−还原性强于Cl−，向NaBr溶液中加入少量的氯水发生Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，加适量苯，振荡、静置发生萃取，苯的密度比水小，上层为溴的苯溶液，为橙红色，因此现象、结论均正确且存在因果关系，A符合题意；B．将少量铜粉加入2431.0mol/LFSO()e溶液中发生

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，现象为固体溶解，溶液变蓝色，说明Fe3+氧化性强于Cu2+，结论不正确，B不符题意；C．因NaOH过量，一定会出现先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀的现象，无法得出sp2sp

2K[Cu(OH)<K[Mg(OH)]]，C不符题意；D．因水解液呈酸性，向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制2Cu(OH)悬浊液并加热，2Cu(OH)和酸发生中和反应，不会出现砖红色沉淀，现象错误，D不符题意；答案选A。8.有机物甲、乙、丙、丁存在如图转化关系，下列叙述正确的是

A.丙的分子式为5102CHOB.1mol甲与浓溴水反应，可消耗22molBrC.乙→丁的反应类型为加成反应D.甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同的有6种【答案】C【解析】【详解】A．根据丙的结构简式，可

知丙的分子式为852CHO，故A错误；B．酚羟基邻位、对位可以发生取代，1mol甲与浓溴水反应，可消耗21molBr，故B错误；C．丙中碳碳双键断裂与乙发生1，4-加成，乙和丙发生加成反应生成丁，故C正确；D．3个不同取代基在苯环上的位置异构有10种，甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同

的有9种(不含甲)，故D错误；选C。9.下列有关铁及其化合物的说法正确的是A.Fe元素位于周期表的第ⅥB族B绿矾中Fe2＋核外有6个未成对电子C.赤血盐(K3[Fe(CN)6])是含有配位键的离子化合物D

.若黄血盐(K4[Fe(CN)6])受热分解产物之一的晶胞结构如图所示，则其化学式为Fe4C3【答案】C【解析】【详解】A．Fe是26号元素，位于周期表的第Ⅷ族，故A错误；B．Fe2＋价电子排布为3d6，核外有4个未成对电子，故B错误；C．赤血盐(K3[Fe(CN

)6])中Fe3+通过配位键与6个CN-结合为[Fe(CN)6]3+，K3[Fe(CN)6]是含有配位键的离子化合物，故C正确；D．若黄血盐(K4[Fe(CN)6])受热分解产物之一的晶胞结构如图所示，根据均摊原则，碳原子数为114+2=

242、铁原子数为18=18，则其化学式为FeC2，故D错误；选C。10.由重晶石矿(主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如下。下列说法正确的是A.为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需

经研磨处理B.“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿C.在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1D因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进行浸取【答案】A..【解析】【详解】A．研磨处理，

可以增大重晶石矿与焦炭的接触面积，能使重晶石矿充分反应，从而提高原料的利用率，A正确；B．“高温焙烧”要在坩埚中加热，B错误；C．反应方程式为：4C＋BaSO4高温4CO＋BaS，BaSO4为氧化剂，C为还原剂，两者物质的量之比为1:4，C错误；D．

若用硫酸，会生成BaSO4沉淀，减少Ba2＋的利用率，D错误；故选A。11.下列物质的转化在给定条件下能实现的是A.Cu2(OH)2CO3(s)()HClaq⎯⎯⎯→CuCl2(aq)⎯⎯⎯⎯⎯→通电C

u(s)B.NaCl(aq)()2COaq⎯⎯⎯⎯⎯→NaHCO3(s)⎯⎯→Na2CO3(s)C.Fe(s)()2HOg高温⎯⎯⎯⎯⎯→Fe2O3(s)()HClaq⎯⎯⎯→FeCl3(aq)DSiO2(s)

()HClaq⎯⎯⎯→SiCl4(1)()2Hg高温⎯⎯⎯⎯⎯→Si(s)【答案】A【解析】【详解】A．碱式碳酸铜与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜溶液通电电解产生铜单质，转化在给定条件下能实现，选项A符合；B．氯化钠溶液中通入二氧化碳不能产生碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化不能全部在给定

条件下实现，选项B不符合；C．铁在高温条件下与氧气反应生成四氧化三铁而不是氧化铁，氯化铁与盐酸反应生成氯化铁，转化不能全部在给定条件下实现，选项C不符合；D．二氧化硅与盐酸不反应，四氯化硅在高温条件下与氢气反应生成硅单质和氯化

氢，转化不能全部在给定条件下实现，选项D不符合；答案选A。12.常温时，某溶液中存在如下关系()()()-2-2cHY+cHY+cY=0.1mol/L。()2lgcHY、()-lgcHY、和()2-lgcY随pH变化的关系如图所示。下列叙述错误的是.

A.曲线③表示pH与()2-lgcY的变化关系B.Ka2(H2Y)=10-4.4C.反应22HYY2HY−−+的化学平衡常数为5.8=10KD.由a至b，随着溶液pH增大，溶液中水的电离程度会发生变化【答案

】C【解析】【分析】向H2Y溶液中加入碱调节溶液的pH，H2Y逐渐反应生成HY-、Y2-，则溶液中c（H2Y）和c（HY-）逐渐减小，c（Y2-）逐渐增大，曲线③表示pH与()2-lgcY的变化关系，②表示lgc(HY-)与pH的变化关系，由a至b，溶液由酸性→中性→碱性，酸碱抑制水的电离，

含有弱离子的盐促进水解。【详解】A．曲线③表示pH与()2-lgcY的变化关系:由图可知，随着pH增大，溶液中c(H2Y)和c(HY-)逐渐减小，c(Y2-)逐渐增大，则曲线③表示pH与lgc(Y2-)

的变化关系，故A正确；B．②表示lgc(HY-)与pH的变化关系，③表示lgc(Y2-)与pH的变化关系，pH=4.4时，c(HY-)=c(Y2-)，Ka2(H2Y)=2()())•(cYcHcHY−+−=c(H+)=10-4.4，Ka2(H2Y)=10-4.4，故B正确；

C．图中pH=1.4时，c(HY-)=c(H2Y)，Ka1(H2Y)=2•()()()cHYcHcHY−+=c(H+)=10-1.4，Ka2(H2Y)=10-4.4，则反应H2Y+Y2-⇌2HY-的化学平衡常数K=222()()•)(cHYcHYcY−

−=21.41224.4222()()()()()()(1•10)0aaKHYcHYcHcHYcYcHKHY−+−−+−===103，故C错误；D．由图可知，由a至b，溶液由酸性→中性→碱性，酸碱抑制

水的电离，含有弱离子的盐促进水解，则水的电离程度先增大后减小，故D正确；故选C。13.室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol/LNaHSO3溶液的pH，测得pH约为5

2向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去3将浓度均为0.01mol/L的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀4向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生下列有关说法正确的是A

.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(2-3SO)-c(H2SO3)B.实验2说明NaHSO3溶液具有漂白性C.依据实验3的现象，不能得出Ksp(BaSO3)＜2.

5×10-5的结论D.实验4中生成的刺激性气体可能为Cl2【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，依据物料守恒可得：c(Na+)=c(-3HSO)+c(2-3SO)+c(H2SO

3)，依据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(-3HSO)+2c(2-3SO)+c(OH-)，从而得出c(H+)=c(OH-)+c(2-3SO)-c(H2SO3)，A正确；B．实验2中，NaHSO3溶液具有还原性，酸性KMnO4溶液被还原，从而褪色，B不正确；

C．实验3中，c(-3HSO)=0.005mol/L，c(2-3SO)＜0.005mol/L，c(Ba2+)=0.005mol/L，则Ksp(BaSO3)=(＜0.005)×0.005＜2.5×10-5，C不正确；D．实验4中，向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加稀盐酸，发生

反应NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑，D不正确；故选A。14.在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：反应Ⅰ2224CO(g)+4H(g)=CH(g)+2HO(g)Δ

H=-164.7kJ/mol反应Ⅱ222CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=+41.2kJ/mol反应Ⅲ2242CO(g)+2H(g)=CO(g)+CH(g)ΔH=-247.1kJ/mol向恒压、密闭容器中通入21molCO和24

molH，平衡时4CH、CO、2CO的物质的量随温度的变化如图所示，下列叙述错误的是A.反应Ⅲ在a点的平衡常数()()222cCOK=cHc(CO)B.图中曲线B表示平衡时()2nCO随温度的变化关系C.242CO(g)3H(g)CH(g)HO(1)+=+的

ΔH>-205.9kJ/molD.在低温条件下，可同时提高2CO平衡转化率和4CH的平衡产率【答案】C【解析】【分析】反应I、Ⅲ均为放热反应，升高温度，I、Ⅲ平衡均逆向移动，CH4物质的量减小，因此A代表CH4对应的曲线；反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，升高温度，反应Ⅱ正

向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO物质的量增大，因此C代表CO对应的曲线；则B代表CO2对应的曲线。【详解】A．反应Ⅲ的平衡常数为()()()24222cCOcCHK=cHc(CO)，在a点()()4cCO=cCH，所以平衡常数为：()()222cCOK=cH

c(CO)，故A正确；B．由分析可知曲线B为CO2的物质的量变化曲线，故B正确；C．由Ⅱ+Ⅲ得：()()()()242COg3HgCHgHOg+=+ΔH=-205.9kJ/mol，1mol气态水的能量比1mol液态水的能量高，

气态水转化为液态水放热，故()()()()242COg3HgCHgHOl+=+ΔH<-205.9kJ/mol，故C错误；D．由图可知，温度低于600℃时，随着温度的降低甲烷物质的量增大，二氧化碳物质的量减小，因此在低温条件下，

可同时提高2CO平衡转化率和4CH的平衡产率，故D正确；故答案为C。二、非选择题(共58分)15.以软锰矿浆(主要成分MnO2，杂质为Fe、Al等元素的氧化物)和烟气(含有SO2、O2等)为原料可制备Mn2O3。(1)向一定量软

锰矿浆中匀速通入烟气，溶液中c(H2SO4)、c(MnSO4)随吸收时间的变化如图1所示。①软锰矿浆吸收烟气中SO2生成MnSO4，Mn2+基态核外电子排布式为___________。②随着吸收时间增加，溶液中c

(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是___________。(2)向吸收后的混合溶液中滴加氨水，调节pH进行除杂。若溶液中c(Mn2+)=0.2mol/L，欲使溶液中Fe3+、Al3+的浓度均小于1×10-6mol/L，需控制的pH范围为______

_____。(已知：室温下Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13)(3)向除杂后的溶液中加入NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀，将过滤得

到的滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体为(填化学式)___________。(4)在氧气气氛中加热分解MnCO3，测得加热升温过程中固体的质量变化如图2所示。加热分解MnCO3制备Mn2O3，需要控制的温度为___________。

(写出计算推理过程)【答案】①.1s22s22p63s23p63d5②.由于Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4的反应③.5<pH<8④.(NH4)2SO4⑤.大于900K【解析】【分析】【详解】(1)①Mn是25号元素，基态锰原子的电子排

布式1s22s22p63s23p63d54s2，Mn失去最外层2个电子生成Mn2+，Mn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。②随着吸收时间增加，Mn2+浓度增大，Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4，所以溶液中c(H2SO4)

的增加呈现由慢到快的趋势；(2)Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3]，要使Fe3+、Al3+的浓度均小于1×10-6mol/L，c(OH-)>33936110110110−−−=，所以pH>5；c(Mn2+)=0.2mol/L，为了不让M

n2+生成沉淀，c(OH-)<136210=1100.2−−，所以pH<8，需控制的pH范围为5<pH<8。(3)向除杂后的溶液中加入NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀、二氧化碳和硫酸铵，将过滤得到的滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体为(NH4)2SO4

。(4)3232MnCOMnOm230158230158−230-158100%=31.3%230根据图象可知，加热分解MnCO3制备Mn2O3，需要控制的温度大于900K。16.化合物F是合成心脏病治疗药

法西多曲的中间体，其合成路线流程图如图：（1）C中的含氧官能团名称为___和___。（2）A-B的反应类型为___。（3）D的分子式为C15H18O6，写出D的结构简式：___。（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构

简式：___。①能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；②苯环上有4个取代基，分子中只有4种不同化学环境的氢。（5）请写出以H2C=CH2、H2C(COOC2H5)2、为原料制备的合成路线流程图___（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。【答案】①.醚键②.酯

基③.取代反应④.⑤.或⑥.【解析】【分析】根据题干信息，物质A、B、C的转化关系如下：A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C中含有官能团酯基，醚键和碳碳双键，能够与氢气在Pd-C的催化作用下发生加成反应生

成D，且D的分子式为C15H18O6，则D的结构式为：，D物质再与氢氧化钠发生水解反应生成E，E再发生如下反应生成F：，根据分析可回答问题；【详解】(1)由上述过程可知，C的结构式为：，C中的含氧官能团名称为酯基、醚键，故答案为醚键和酯基；(2)根据上述分析，A-B的反应类

型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)C的碳碳双键与氢气在Pd-C的催化作用下，发生加成反应生成D，因此D的结构式为：；(4)B的分子式为C8H6O3，含有6个不饱和度，B能与FeCl3溶液发生显色反应，不能

发生银镜反应，因此B含有酚羟基，不含有醛基，且B的苯环上有4个取代基，分子中只有4种不同化学环境的氢，苯环含4个不饱和度，剩下2个不饱和度为碳碳三键，则B的同分异构体可以是：或；(5)根据题干信息运用，可得到以H2C=CH2、H2C(COOC

2H5)2、为原料制备的合成路线如下：【点睛】根据有机物的化学式计算不饱和度的方法：若有机物的化学式为CxHy则不饱和度Ω=2x+2-y2。17.吉非替尼可用于治疗转移性非小细胞肺癌，其合成路线如下：（1）A→B的反应形成了酰胺基和碳氮双键，其中生成碳氮双键经历的过程为：先发生加成反应，后发生_

______(填反应类型)。（2）C分子式是_______；B→C的转化过程中生成了少量另一种与C互为同分异构体的副产物，其结构简式为_______；B→C的转化过程中还生成了极少量分子式为C8H6N2O3的副产物，该副产物的结构简式为_

______，（3）在上述合成路线中设计C→D的目的是_______。（4）A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。①分子中有一个手性碳原子；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。【答案】（1）消去反应（2）①.C9

H8N2O3②.③.（3）保护酚羟基，防止其与SOCl2(或)中的氯原子发生取代反应的（4）【解析】【分析】A与HCONH2发生取代反应、加成反应、消去反应生成B，B发生取代反应生成C，C与发生取代反应生成D和CH3COOH，D→E可以理解为

先是D中羰基异构为C=N双键同时引入羟基，羟基再被氯原子取代生成E，E与发生取代反应生成F和HCl，F发生取代反应生成G，反应中重新引入C→D过程消除的酚羟基，则C→D的目的是保护酚羟基，G与发生取代反应生成吉非替尼和HCl，碳酸钾消耗生成HCl，提高反应产率。【小问1详解】A→B的反应形成了

酰胺基和碳氮双键，对比结构简式可知：其中生成碳氮双键经历的过程为：先发生加成反应，后发生消去反应；【小问2详解】根据C结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知C分子式是C9H8N2O3；B→C的转化过程中发生取代反应，其中一个-OCH3转化为-OH，也可能另外一个-OCH3

转化为-OH，得到C的同分异构体，其结构简式为；反应或者生成了极少量分子式为C8H6N2O3的副产物，应是2个-OCH3都转化为-OH，该副产物结构简式为：；【小问3详解】C→D过程消除的其中酚羟基，在后续F→G的过程又重新引入，可知合成路线中设计C→D的目的是

保护酚羟基，防止其与SOCl2(或)中的氯原子发生取代反应；【小问4详解】A的结构简式为，A的一种同分异构体分子中有一个手性碳原子，该碳原子连接4个不同的原子或原子团，可以碱性水解说明含酯基或酰胺基，水解产物酸

化得到含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1，该产物存在高度对称结构，A的苯环的侧链含有3个碳原子、1个N原子、4个O原子，则含苯环的水解产物只能含有羟基，且含有3个羟基，故该同分异构体含有2个酚羟基

、1个-OOCCH(NH2)CH3基团，符合条件的同分异构体为：。18.合成氨是目前人工固氮最重要的途径，研究合成氨反应具有重要意义。（1）直接常压电化学合成氨以纳米Fe2O3作催化剂，H2O和N2为

原料制备NH3.其工作原理如图1所示：①阴极的电极反应式为_______；阴极的镍合金制成筛网的目的是_______。②电解过程中，由于发生副反应，使得阴极制得的NH3中混有少量气体单质，则理论上阳极和阴极生成气体的物质的量之比的范围是_______。（2）一定条件下，哈伯-博施合成氨反应历程

中的能量变化如图2所示。合成氨反应的热化学方程式为_______。生成NH3的历程中，速率最慢的反应的化学方程式为_______。（3）科学家一直努力寻找提高合成氨效率的催化剂，一种新型高催化活性的催化剂Fe1-xO的催化活性与其中()()+

23+nFenFe的关系如图3所示，则x=_______(用分数表示)。（4）H2在铁表面很容易解离成H原子，而N2在铁表面较难解离。为研究哈伯-博施合成氨反应中与H直接反应的是N2还是N，德国化学家格哈德·埃特尔设计如下实验：将铁催化剂置于真空容器中，通入一定量的N2，再向其中不断

通入H2，同时测得催化剂表面某原子的浓度不断减小。根据实验结果他提出了反应的机理，如图所示：图中M的电子式为_______。【答案】（1）①.N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-②.增大接触面积，加快氨气产生的速率③.(0.5，0.75)（2）①.N2(g)+3H2(g)=2NH3(

g)；ΔH=-92kJ·mol-1②.N*+3H*=NH*+2H*（3）119（4）【解析】【小问1详解】①电解池阴极区发生还原反应，Fe2O3作为催化剂，产生的同时也需要被消耗，Fe2O3转化为Fe，则阴极反应为：Fe2O3+6e-+3

H2O=2Fe+6OH-和2Fe+H2O+N2=Fe2O3+2NH3，阴极的镍合金制成筛网的目的是增大接触面积，加快反应速率；②阳极的电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极反应Fe2O3+6e

-+3H2O=2Fe+6OH-和2Fe+H2O+N2=Fe2O3+2NH3，,副反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电荷守恒3O2~4NH3，或O2~2H2，理论上阳极和阴极生成气体的物质的量之比的范围是(0.5，0.75)；【小问2详解】根据图2可知，

12N2(g)和32H2(g)的能量比NH3(g)高46kJ/mol，则合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=2×(-46)kJ/mol=-92kJ/mol；速率最慢的反应的活化能最高，速率最慢的反应的化学方程式

为N*+3H*=NH*+2H*；小问3详解】如图3所示()()+23+nFenFe=8时催化效果最佳，即8FeO·12Fe2O3，转化为Fe18O19，n(Fe)：n(O)=1819：1，所以此时高效催化剂Fe(1-x)O中x=119；【小问4详解】H2在铁表面很容

易解离成H原子，而N2在铁表面较难解离，该实验中测定的是催化剂表面H原子浓度的变化；根据图示可知：M为NH，根据N原子最外层有5个电子，H原子核外只有1个电子，则M的电子式为：。【