江苏省徐州市沛县六校2023-2024学年高三下学期化学模拟试题

这是一份江苏省徐州市沛县六校2023-2024学年高三下学期化学模拟试题，共22页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．化学与生产、生活、科技紧密联系。下列说法正确的是
A．金属材料砷化镓可用于制造太阳能电池
B．研发新型催化剂将分解为C和，该过程为放热反应
C．“84”消毒液、加热均能有效杀灭病毒
D．食盐可用作食品膨松剂
2．下列化学用语或图示表示正确的是
A．NH4I的电子式：
B．反式聚异戊二烯的结构简式：
C．1-戊烯的球棍模型为
D．基态溴原子的简化电子排布式：
3．某低温超导材料晶胞结构如图所示，下列说法中错误的是
A．Sn位于周期表d区B．化学式为SnNb3
C．该晶体内部有自由电子，是电的良导体D．Sn的配位数为12
4．科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是
A．“长江2000”突破新技术，其燃料煤油属于可再生能源
B．“九章三号”跑出新速度，其芯片材料的主要成分为SiO2
C．“奋斗者号”下潜新深度，其钛合金材料中的位于元素周期表ds区
D．“祝融号”探寻新发现，其保温材料纳米气凝胶能产生丁达尔效应
5．“龙”承载着美好寓意。下列与“龙”相关的文物中，主要由合金材料制成的是
A．AB．BC．CD．D
6．元素的原子序数依次增大，可用作制冷剂，和能形成型离子化合物，的电子总数不超过40.下列叙述中正确的是
A．五种元素可能都位于短周期B．Y可以形成6种酸性氧化物
C．简单氢化物的沸点： W＞Z＞YD．W最高价氧化物的水化物是强酸
7．“劳动最光荣、劳动最崇高”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
A．AB．BC．CD．D
8．为处理工业废水中的重金属离子，经常用Na2S作沉淀剂。室温下CuS和Ag2S在不同溶液中分别达到沉淀溶解平衡时，-lgc(S2−)与-lgc(Ag+)或-lgc(Cu2+)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线①代表-lgc(S2−)与-lgc(Ag+)的关系
B．a点对应的是未饱和的CuS溶液
C．向浓度均为1 ml·L−1 AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，先析出Ag2S沉淀
D．向b点溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成向a点方向移动
9．锌-空气电池因工作电压高、制造成本低等特点备受关注。该电池以特定晶型的为催化剂，KOH溶液为电解质，放电时，下列叙述正确的是
A．移向锌电极B．在正极发生氧化反应
C．负极发生反应：D．用盐酸作电解质能减少锌电极的损耗
10．冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如下。下列说法错误的是
A．a、b均可以使溴水褪色B．a、b均可与NaOH溶液反应
C．c核磁共振氢谱有4组峰D．c能发生取代反应、加成反应和氧化反应
11．下列离子方程式书写正确的是
A．将滴入酸性溶液中：
B．将少量氯气通入溶液中：
C．向溶液中加入足量稀硝酸：
D．过量通入饱和碳酸钠溶液：
12．硼氢化钠通常为白色粉末，可溶于异丙胺(沸点：)，在有机合成中被称为“万能还原剂”。萃取时可采用索氏提取法，其装置如图所示，实验时将和混合物放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入异丙胺；烧瓶中异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经虹吸管3返回烧瓶，从而实现连续萃取，已知：甲醇钠(沸点：)不溶于异丙胺。下列说法错误的是
A．萃取完全后，在索氏提取器中
B．不可用盐酸代替异丙胺进行实验
C．分离异丙胺和并回收溶剂的方法是蒸馏
D．与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取，萃取效率高
13．我国科学家利用经表面修饰的作催化剂，显著提升了光电催化水氧化反应速度。光照时，光催化电极产生电子和空穴，其反应历程如图所示。下列关于该历程的说法错误的是
A．I转化为II时，生成的物质为B．III是II转化为IV过程中生成的中间体
C．存在极性键的断裂和非极性键的形成D．反应历程中元素的化合价未发生变化
二、非选择题：共4题，共61分
14．氯化亚铁在冶金、医药制造、媒染剂等方面有着较为广泛的用途，氯化亚铁可以对许多分子进行激活反应，成为一种新型“明星分子”。回答下列问题：
(1)由固体粗略配制溶液，称取 g固体在 (填试剂)中溶解后，加水稀释为，最后加入少量铁粉。
(2)“无汞定铁法”标定溶液浓度：
①将 (填酸式或碱式)滴定管先水洗，再润洗，最后盛装标准溶液，其下一步操作是 ，……正确安装滴定管。
②用移液管准确量取溶液注入锥形瓶中，并加入硫酸和几滴二苯胺磺酸钠。二苯胺磺酸钠的作用是 。
③用标准溶液滴定，当锥形瓶中溶液颜色从绿色变为紫红色即为滴定终点，平行滴定三次，平均消耗标准溶液，写出滴定反应的离子方程式 。溶液的标定浓度为 。
(3)取溶液加热、蒸干、灼烧至质量不变。固体质量为 。
(4)已知：亚硫酰氯()沸点为，遇水极易水解。实验室利用固体和亚硫酰氯()制备新型“明星分子”固体的装置如下图所示：
①先通一段时间后，先加热装置 (填“a”或“b”)。
②装置c、d连接在一起共同起到的作用 。
③硬质玻璃试管b中发生反应的化学方程式 。
④装置e中试剂为的酸性溶液，发生反应的离子方程式为 。
15．硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CS以及少量铁的化合物，利用常压酸浸—溶剂萃取法从硫锰废渣中回收有价金属锰、钻、镍的工艺流程如下：
已知：①“溶浸”中的与均稍过量；②溶液中离子浓度小于为沉淀完全；③；④开始沉淀的分别为7.2、7.7、8.1。
回答下列问题：
(1)“溶浸”中发生反应的还原产物是 (填化学式)。MnS溶于会生成，但本工艺“浸出”过程中无产生，利用离子方程式说明原因 。
(2)“沉淀”中调节溶液为3.5，此时 。
(3)“滤渣”中主要有和 ，不能通过调节溶液的完成“除钙”的原因是 。
(4)对萃取剂P204和P507萃取金属离子的影响如下图所示。据此推测，“产品1”中主要的金属阳离子是 ，试剂B应选用 (填“P204”或“P507”)。
(5)在介质中，用氧化可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式 。
16．enzalutamide是一种治疗晚期前列腺癌的药品，其中间体M的合成路线如图。
已知：①。
②RNCS结构为，可发生反应：。
(1)A中含氧官能团的名称为 ，F在酸性条件下生成羧酸类物质的名称为 (用系统命名法命名)。
(2)D→G的化学方程式为 。
(3)H的结构简式为 ，I→M分两步完成，第二步反应类型为 。
(4)W是比B多一个碳原子的同系物，写出符合下列条件的W的同分异构体的结构简式 (任写两种)。
①含有苯环，可与溶液反应产生无色无味的气体。
②核磁共振氢谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为。
(5)根据上述信息，设计以和为原料制备的合成路线 (无机试剂任选)。
17．氮氧化物进入同温层可对臭氧层造成破坏，对人类生活造成不利影响，目前工业上可采用多种方法对废气中的氮氧化物进行脱除，回答下列问题：
(1)SCR法主要是针对柴油发动机产生的的处理工艺，原理是和在选择性催化剂表面转化为和，反应历程中的能量变化如下图所示：
其中决定总反应速率的步骤是 ，SCR法会产生高分散度的烟尘，会使催化剂的活性下降，原因是 。
(2)甲烷脱硝：
①已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/ml， ， ，则甲烷脱硝反应的 kJ/ml。
②800K时，为提高NO的平衡转化率，理论上可以采取的措施有： 。
A．恒容时增加 B．恒压时通入一定量的Ar
C．移去部分 D．选择合适的催化剂
③一定温度下，将按一定比例混合的反应气匀速通过恒容催化反应器，测得NO去除率同转化率随反应温度的变化关系如下图所示：
当T>780K时，NO去除率随温度升高而降低的原因是 ；若反应气中，起始总压为66kPa，甲烷的平衡转化率为80%(若不考虑过程中存在的其他副反应)，计算该温度下反应的分压平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留两位有效数字)。
(3)中国科学院研究人员报道了一种以铜锡合金为催化剂，在电催化条件下还原NO高效合成氨的方法，并通过DFT计算研究了反应可能得机理如下(*表示催化剂表面吸附位，如表示吸附于催化剂表面的NOH)：
Ⅰ Ⅱ
Ⅲ Ⅳ
Ⅴ Ⅵ
上述反应机理中，第Ⅲ步的转化机理为 ；若电路中有4ml电子通过，其中生成的选择性为95%，则阴极生成的物质的量为 ml。
A．红山玉龙
B．龙虎纹青铜尊
C．青龙瓦当
D．龙太子皮影头茬
选项
劳动项目
化学知识
A
实验员用TiCl4加大量的水制备TiO2
稀释促进盐的水解
B
科学家用乳酸合成聚乳酸
合成聚乳酸是缩聚反应
C
工人使用糯米酿造米酒
葡萄糖在酶作用下转化为乙醇
D
农艺师施肥时用土壤掩埋铵态氨肥
铵盐易溶于水
参考答案：
1．C
【详解】A．砷化镓属于半导体材料，不属于金属材料，A错误；
B．CO2分解为C和O2为吸热反应，B错误；
C．“84”消毒液具有强氧化性、能有效杀灭病毒，加热能使蛋白质变性、能有效杀灭病毒，C正确；
D．食盐可用作食品防腐剂，食盐不能中和酸、且受热不会分解，不能产生气体而用作食品膨松剂，D错误；
故选C。
2．C
【详解】
A．NH4I碘离子与铵根离子间以离子键结合，电子式：，故A错误；
B．该结构简式是顺式聚异戊二烯的结构简式，反式聚异戊二烯的结构中亚甲基位于碳碳双键异侧，故B错误；
C．1-戊烯的球棍模型为：，故C正确；
D．基态溴原子的核外有35个电子，分4层排布，基态溴原子的简化电子排布式为，故D错误；
故选C。
3．A
【详解】A．Sn与C同主族，价电子排布式为5s25p2，位于周期表p区，A错误；
B．在1个晶胞中，含Sn原子数目为=2，含Nb原子个数为=6，则Sn、Nb的原子个数比为1:3，化学式为SnNb3，B正确；
C．该晶体属于金属晶体，晶体内部有自由电子，可作为低温超导材料，是电的良导体，C正确；
D．我们选定位于顶点的1个Sn原子，每个面上有1个Nb原子与它距离最近且相等，则Sn的配位数为=12，D正确；
故选A。
4．D
【详解】A．煤油是从石油分馏得到，应属于不可再生能源，A不正确；
B．芯片材料的主要成分为Si，SiO2是光导纤维的主要成分，B不正确；
C．钛合金材料中的Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d区，C不正确；
D．纳米气凝胶属于胶体，胶体粒子对光能产生散射作用，则纳米气凝胶能产生丁达尔效应，D正确；
故选D。
5．B
【详解】A．红山玉龙是玉石器，玉的主要成分是硅酸盐和二氧化硅，故玉石属于无机非金属材料，A不合题意；
B．青铜是铜锡合金，金属合金属于金属材料，B符合题意；
C．瓦属于陶瓷，是硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，C不合题意；
D．龙太子皮影头茬为孔兽皮，其主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，D不合题意；
故答案为：B。
6．A
【分析】元素的原子序数依次增大，可用作制冷剂，应为氨气，则Y为氮元素，X为氢元素，和能形成型离子化合物，的电子总数不超过40，则R为+2价，W为-1价，R的原子序数大于N，R为镁元素，W为氟元素，Z为氧元素。
【详解】A．由分析可知，五种元素可能都位于短周期，A正确；
B．Y为氮元素，可形成一氧化二氮、一氧化氮、三氧化二氮、四氧化二氮、五氧化二氮等都不是酸性氧化物，B错误；
C．分子间存在氢键熔沸点升高，但水最高，故为，C错误；
D．W为氟元素，没有最高正价，D错误；
故选A。
7．D
【详解】A．TiCl4水解：TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl，加水稀释使水解程度增大，最终得到TiO2•xH2O，经焙烧获得TiO2，A不合题意；
B．分子中含有羧基和羟基，发生缩聚反应生成聚乳酸()和水，B不合题意；
C．酿造糯米酒的过程涉及淀粉的水解反应和葡萄糖的分解反应生成乙醇，C不合题意；
D．农艺师施肥时用土壤掩埋铵态氨肥，是由于铵盐不稳定，受热易分解而失去肥效，与其易溶于水无关，D符合题意；
故答案为：D。
8．D
【详解】本题考查了沉淀溶解平衡曲线，溶解平衡的移动，综合考查图像分析能力和沉淀溶解平衡知识的应用能力。
A．CuS沉淀的溶解平衡曲线中横纵坐标截距相等，故曲线②代表-lgc(S2−)与-lgc(Cu2+)的关系，曲线①代表-lgc(S2−)与-lgc(Ag+)的关系，故A正确；
B．a点在曲线②上方，纵坐标值大于曲线②上的点，但离子浓度小于曲线②上的点，故a点对应的是未饱和的CuS溶液，故B正确；
C．向浓度均为1ml·L−1AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，由图可知，横坐标为0时，S2−浓度先使Ag2S达到饱和，先析出Ag2S沉淀，故C正确；
D．向b点溶液中加入少量Na2S固体，c(S2−)增大，Ag2S的溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，故D错误；
故选D。
9．A
【分析】由题意可知，放电时，锌为空气电池的负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，通入空气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。
【详解】A．由分析可知，放电时，锌为空气电池的负极，通入空气的电极为正极，则氢氧根离子移向锌电极，故A正确；
B．由分析可知，通入空气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，故B错误；
C．由分析可知，放电时，锌为空气电池的负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为，故C错误；
D．锌能与盐酸反应，所以用盐酸作电解质会增加锌电极的损耗，故D错误；
故选A。
10．A
【详解】A．由题干有机物结构简式可知，a分子中含有酚羟基其邻对位上有H，故能与溴水发生取代反应而褪色，但b分子中含有醚键和碳氯键均不能与溴水反应，不可以使溴水褪色，A错误；
B．由题干有机物结构简式可知，a分子中含有酚羟基，b分子中含有碳氯键能够在NaOH溶液中发生水解反应，即a、b均可与NaOH溶液反应，B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，c分子左右对称，上下对称，故c核磁共振氢谱有4组峰，如图所示：，C正确；
D．由题干有机物结构简式可知，c分子中含有苯环，则能发生取代反应、加成反应，该分子为烃的含氧衍生物，能够燃烧即发生氧化反应，D正确；
故答案为：A。
11．D
【详解】A．酸性KMnO4溶液将H2O2中-1价的O全部氧化为O2，即反应中H2O2作还原剂，反应的离子方程式为：，A错误；
B．将少量氯气通入NaHSO3溶液中，Cl2被还原后，生成的HCl又能与NaHSO3发生反应，生成SO2气体，离子方程式：，B错误；
C．足量稀硝酸滴入溶液，由于稀硝酸具有强氧化性，会将S元素氧化成，C错误；
D．过量通入饱和碳酸钠溶液析出NaHCO3晶体，离子方程式：，D正确；
故选D。
12．A
【分析】由题给信息可知，提纯硼氢化钠的方法为硼氢化钠和甲醇钠的混合液放入索氏提取器的滤纸套筒1中，硼氢化钠溶于异丙胺、甲醇钠不溶于异丙胺，加入异丙胺萃取时，硼氢化钠的异丙胺溶液受热挥发、冷凝进入圆底烧瓶中，而不溶于异丙胺的甲醇钠留在索氏提取器中，所以当萃取完全后，硼氢化钠进入圆底烧瓶中；硼氢化钠和异丙胺存在沸点差异，可以利用蒸馏的方法分离硼氢化钠和异丙胺得到硼氢化钠，与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取，萃取效率高。
【详解】A．由分析可知，萃取完全后，硼氢化钠进入圆底烧瓶中，故A错误；
B．硼氢化钠能与盐酸反应生成氯化钠、偏硼酸钠和氢气，所以不可用盐酸代替异丙胺进行实验，故B正确；
C．由分析可知，硼氢化钠和异丙胺存在沸点差异，可以利用蒸馏的方法分离硼氢化钠和异丙胺得到硼氢化钠，故C正确；
D．由分析可知，与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取，萃取效率高，故D正确；
故选A。
13．D
【详解】A．对比I、II的结构，II比I少两个氢，正好与水电离出的两个氢氧根结合，生成X为水，A正确；
B．由II转化为IV过程中有III生成并最终转化为IV，说明III是II转化为IV过程中生成的中间体，B正确；
C．I转化为II有氢氧键的断裂，是极性键的断裂，II转化为IV的过程中间体III有过氧键形成，是氧原子间形成的非极性键，C正确；
D．I和II相比，II比I少两个氢，氧的数目和其它结构不变，说明II中的铁元素化合价更高，D错误；
本题选D。
14．(1) 117.5 浓盐酸
(2) 酸式 排气并调节液面在0刻度线以下 指示剂
(3)7.68g
(4) a 使得未反应的SOCl2冷凝、回流到a中
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
实验开始先通N2一段时间后，先加热装置a使SOCl2挥发，b中SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，未反应的SOCl2在冷凝管c中冷凝、回流到a中，SO2、HCl通过酸性K2Cr2O7溶液吸收二氧化硫，最后剩余尾气用氢氧化钠溶液吸收。
【详解】（1）配制溶液，称取0.5L×1.0ml/L×235g/ml=117.5g固体在浓盐酸（抑制亚铁离子水解）中溶解后，加水稀释为，最后加入少量铁粉（防止亚铁离子被氧化）；
（2）①将酸式滴定管（具有强氧化性，需要使用酸式滴定管）先水洗，再润洗，最后盛装标准溶液，其下一步操作是排气并调节液面在0刻度线以下，……正确安装滴定管。
②用移液管准确量取溶液注入锥形瓶中，并加入硫酸和几滴二苯胺磺酸钠。二苯胺磺酸钠的作用是指示剂，指示反应的终点。
③反应中铬化合价由+6变为+3、铁化合价由+2变为+3，由电子守恒可知，反应为，则溶液的标定浓度为；
（3）溶液加热、蒸干、灼烧至质量不变过程中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁沉淀，然后被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁固体，由铁元素守恒可知，固体质量为
（4）①先通一段时间后，先加热装置a，使得SOCl2挥发进入装置b中反应；
②装置c、d连接在一起共同起到的作用使得未反应的SOCl2冷凝、回流到a中；
③b中SOCl2和FeCl2·6H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，。
④装置e中试剂为的酸性溶液，SO2被酸性K2Cr2O7溶液氧化为硫酸根离子，同时生成铬离子，反应为：。
15．(1) MnSO4 2Fe3+＋H2S= 2Fe2+＋S↓＋2H＋
(2)1.28×10-6或1.25×10-6或4×10-6.5
(3) CaF2 经计算可知，Ca2+完全沉淀时，Ni2+、C2+、Mn2+均已完全沉淀或氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀
(4) Mn2+ P507
(5)2Ni2+＋Br2＋6OH-= 2NiO(OH)↓＋2Br-＋2H2O
【分析】硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CS以及少量铁的化合物，先将MnO2，H2SO4，FeSO4混合进行溶浸，生成MnSO4和Fe2(SO4)3，向其中加入硫锰废渣，进行浸出，由于铁离子的氧化性，硫元素被氧化为硫单质沉淀，浸出液加入碳酸钙调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀析出，再加入MnF2除去溶液中的钙离子，加入萃取剂萃取，得有机相和水相，根据第4小题图可知水相中主要含C2+和Ni2+，有机相1中主要含Mn2+，有机相反萃取后得到产品1为MnSO4，水相再次萃取，得到NiSO4溶液和有机相2，有机相2中主要含C2+。
【详解】（1）“溶浸”中二氧化锰和硫酸亚铁发生氧化还原反应，二氧化锰是氧化剂，反应后生成还原产物是MnSO4，浸出”过程在溶浸后的溶液中发生，溶液中有铁离子，有氧化性，氧化生成的硫化氢得硫单质，离子方程式为2Fe3+＋H2S= 2Fe2+＋S↓＋2H＋；
（2）根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=4.0×10−38，溶液pH为3.5，即c(H+)=10-3.5ml/L，c(OH-)=10-10.5ml/L，代入得c(Fe3+)=4×10-6.5ml/L≈1.25×10-6ml/L；
（3）加入MnF2除钙，故“滤渣”中主要有过量MnF2和CaF2，氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀，若Ca2+完全沉淀，Ni2+、C2+、Mn2+均已完全沉淀，无法达到分离的目的；
（4）由图知，P204对Mn2+萃取率很高，故有机相1中主要含Mn2+，“产品1”中主要的金属阳离子是Mn2+，试剂B萃取后，水相中为Ni2+，故试剂B对C2+萃取率高，由图知，P507符合；
（5）在NaOH介质中，用Br2氧化NiSO4可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiO(OH)，Br2做氧化剂得电子反应后生成Br-，离子方程式为2Ni2+＋Br2＋6OH-= 2NiO(OH)↓＋2Br-＋2H2O。
16．(1) 硝基 2-甲基-2-羟基丙酸
(2)+
(3) 取代反应
(4)(任写两种)
(5)
【分析】
由反应条件结合分子式可知，A发生氧化反应生成B，B和CH3NH2发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D和F发生取代反应生成G，可以推知D为，C为，B为，A为，E和HCN发生加成反应生成F，E为CH3COCH3，G和H发生已知信息②的反应得到I，I先发生加成反应再发生取代反应生成M，可以推知H为，I为，以此解答。
【详解】（1）
由分析可知，A为，含氧盲能团的名称为硝基，F在酸性条件下生成羧酸类物质为，命名为2-甲基-2-羟基丙酸。
（2）
D和F发生取代反应生成G，化学方程式为：+。
（3）
由分析可知，H的结构简式为，I为，I先在酸性环境中转化为，再发生取代反应生成M。
（4）
W是比B多一个碳原子的同系物，符合条件①含有苯环，可与溶液反应产生无色无味的气体，说明其中含有-COOH；②核磁共振氢谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为。符合条件的W的同分异构体的结构简式为：。
（5）
和发生已知信息②的反应原理得到，发生I生成M的反应原理得到，合成路线为：
17．(1) H的移除 烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积
(2) —982.8 AC T>780K时反应已达平衡，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO去除率降低 0.071
(3) NOH*+H++e-→N*+H2O 0.76
【详解】（1）反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由图可知，氢的移出步骤时反应的活化能最大，反应速率最慢，则决定总反应速率的步骤是氢的移出；烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积，所以SCR法会产生高分散度的烟尘会使催化剂的活性下降，故答案为：H的移出；烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积；
（2）①由题意可知，甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g) +2H2O(l)ΔH =—890.3 kJ/ml，将已知反应依次编号①②③，由盖斯定律可知，反应①—②×2—③可得甲烷脱硝反应，则反应ΔH =(—890.3 kJ/ml)—(−44kJ/ml)×2—(+180.5kJ/ml)= —982.8 kJ/ml，故答案为：—982.8；
②A．恒容时增加氧气，反应物氧气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，故符合题意；
B．该反应是气体体积不变的反应，恒压时通入一定量的氩气相当于减小压强，平衡不移动，一氧化氮的转化率不变，故不符合题意；
C．移去部分水蒸气，生成物水蒸气的浓度减小，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，故符合题意；
D．选择合适的催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，一氧化氮的转化率不变，故不符合题意；
故选AC；
③由图可知，反应温度低于780K时，反应未达到平衡，高于780K时，反应已达平衡，该反应为放热反应，高于780K时升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮去除率降低；设起始甲烷、一氧化氮、氧气的物质的量分别为1ml、3.2ml、45.8ml，由甲烷的转化率为80%可得如下三段式：
该反应是气体体积不变的反应，所以反应中气体的总物质的量和压强保持不变，则由三段式数据可得反应的分压平衡常数Kp=≈0.071，故答案为：T>780K时反应已达平衡，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO去除率降低；0.071；
（3）由题意可知，电化学脱硝的总反应为2NO+5H2=2NH3+2H2O，由题给反应机理可知，第Ⅲ步的转化机理为NOH*+H++e-→N*+H2O；由总反应可知，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5H++5e—=NH3+H2O，由生成氨气的选择性为95%可知，电路中有4ml电子通过时，生成氨气的物质的量为4ml××95%=0.76ml，故答案为：NOH*+H++e-→N*+H2O；0.76。