江苏省南京市第一中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

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Cl2+MgO+CMgCl2+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.O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．O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，易水解，为了防止水解需要在氯化氢的气流中进行加热，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.最多能与反应C.X的苯环上的一氯代物有4种D.X与足量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：C.电解过程中H+移动方向：B→AD.产生ClO2的反应：【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：，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：，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还原性强于B将少量铜粉加入溶液中固体溶解，溶液变蓝色金属铁比铜活泼C溶液中滴加过量溶液，再滴加先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉 溶液淀D向淀粉的酸性水解液中滴入少量新制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．因还原性强于，向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，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悬浊液并加热，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B.甲与浓溴水反应，可消耗 C.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，故A错误；B．酚羟基邻位、对位可以发生取代，甲与浓溴水反应，可消耗，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、铁原子数为，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＋BaSO44CO＋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)CuCl2(aq)Cu(s)B.NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)C.Fe(s)Fe2O3(s)FeCl3(aq)DSiO2(s)SiCl4(1)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。、、和随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A.曲线③表示与的变化关系B.Ka2(H2Y)=10-4.4C.反应的化学平衡常数为D.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表示与的变化关系，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表示与的变化关系: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)==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)==c(H+)=10-1.4，Ka2(H2Y)=10-4.4，则反应H2Y+Y2-⇌2HY-的化学平衡常数K===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52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()-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()+c()+c(H2SO3)，依据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，从而得出c(H+)=c(OH-)+c()-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()=0.005mol/L，c()＜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Ⅰ反应Ⅱ反应Ⅲ向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、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B.图中曲线B表示平衡时随温度的变化关系C.的D.在低温条件下，可同时提高平衡转化率和的平衡产率【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，在a点，所以平衡常数为：，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：，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，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，可同时提高平衡转化率和的平衡产率，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-)>，所以pH>5；c(Mn2+)=0.2mol/L，为了不让Mn2+生成沉淀，c(OH-)< ，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)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(COOC2H5)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=。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.C9H8N2O3②.③.（3）保护酚羟基，防止其与SOCl2(或)中的氯原子发生取代反应 （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）（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-+3H2O=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，N2(g)和H2(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=8时催化效果最佳，即8FeO·Fe2O3，转化为Fe18O19，n(Fe)：n(O)=：1，所以此时高效催化剂Fe(1-x)O中x=；【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：。