江苏省南通市2023届高三第一次模拟考试化学试卷（含解析）

江苏省南通市2023届高三第一次模拟考试化学试卷

学校:___________姓名：___________班级：____________

一、单选题

1．化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是  （    ）

A．可以大量使用聚氯乙烯塑料制作食品保鲜膜、一次性食品袋等

B．铅蓄电池是最常见的二次电池，价格低廉，安全可靠，失效后可以随意丢弃

C．淀粉、油脂和蛋白质既是人体需要的营养物质又都是有机高分子化合物

D．利用粮食酿酒、酿醋均经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程

2．制取肼的反应为，下列相关微粒的化学用语错误的是（    ）

A．分子空间构型：三角锥形 B．的电子式：

C．的结构式： D．的结构示意图：

3．下列叙述正确的是（    ）

①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物

②Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同

③钠在常温下不容易被氧化

④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行

⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成

⑥钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3

A．都正确 B．②③④⑤ C．②⑤⑥ D．④⑤⑥

4．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，Y位于ⅡA族，X与Z处于同一主族，W的单质常温下是一种黄绿色气体。下列说法正确的是（    ）

A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)

B．由X与Y两种元素可形成化合物Y3X2

C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强

D．W的氢化物分子间能形成氢键

5．用电解法可将转化为工业原料、CO，原理如图所示下列说法错误的是（    ）

A．离子交换膜为质子交换膜

B．若乙室产物只有1molCO生成，则乙室质量增加18g

C．若乙室生成CO、物质的量比为1∶1，则两电极产生气体的物质的量相同

D．电解过程中甲室稀硫酸浓度不断增大

6．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法不正确的是（    ）

A．X是酸性氧化物

B．工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸

C．可用排空气法收集NO气体

D．由NH3→N2，从原理上看，NH3可与NO2反应实现

7．实验室常用加热Ca(OH)2和NH4Cl固体混合物的方法制备NH3。下列说法正确的是（    ）

A．Ca(OH)2是弱电解质 B．NH的空间构型为正四面体形

C．NH3的电子式为 D．可用无水CaCl2干燥制得的NH3

8．以Pd纳米粒子为核、空心多孔碳球(HCS)为壳的封装型催化剂是和直接合成中最具代表性的催化剂，其主要反应的机理如图(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列说法正确的是（    ）

A．使用催化剂可降低反应的焓变，加快该反应的速率

B．步骤②释放能量、步骤④吸收能量

C．步骤③中有化学键的生成，没有发生化学键的断裂

D．若过程中生成，则会降低的产率

9．下列有机反应属于取代反应的是（    ）

A．+HNO3+H2O

B．CH2=CH2 + HCl CH3CH2Cl

C．2CH3CHO + O2 2CH3COOH

D．CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O

10．由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下。

下列有关说法不正确的是（    ）

A．粉碎废渣并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率

B．Al2O3与稀硫酸反应的化学方程式：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O

C．滤液中主要存在的阳离子有：H+、Fe2+、Ca2+、Al3+

D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用

11．向吸收液中通入过量的制备无水的主要流程如下，通入所引起的溶液体积变化和挥发可忽略，下列说法不正确的是（    ）

A．母液中：

B．中和后的溶液中：

C．吸收过程中有气体产生

D．溶液中：

12．工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾(KH2PO4)的流程如下：

已知：溶液中H3PO4、、、的分布分数随pH的变化如上图所示。下列说法正确的是（    ）

A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为硅酸

B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺提供空轨道

C．“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当pH=10时，停止加入三辛胺

D．0.1 mol/L KH2PO4溶液中：

13．乙醇水蒸气重整释氢过程中主要反应的热化学方程式为：

反应Ⅰ：    

反应Ⅱ：      

反应Ⅲ：      

以和为原料气，通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，乙醇转化率、、、选择性随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是（    ）

A．向乙醇水蒸气重整反应体系中通入适量，可以为重整反应提供热量

B．其他条件不变，升高温度乙醇的平衡转化率增大

C．300～450℃时，随温度升高，的产率增大

D．增加原料气中水的比例，可以增大的选择性

二、原理综合题

14．铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表而复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。

(1)在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。

①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是_______。

②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是_______。

(2)在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。

①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，_______， NH3与H+结合为进入溶液。

②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是_______

③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是_______;水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是_______。

15．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_______。

三、有机推断题

16．有机化合物G可用于治疗神经系统疾病，人工合成路线如下：

(1) B→D的反应类型为_______。

(2)的另一种产物的分子式为，则结构简式为_______。

(3)G_______(填“存在”或“不存在”)顺反异构现象。

(4)C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能发生银镜反应。

②分子中含有3个甲基。

③分子中含有4种不同化学环境的氢原子。

(5)写出以和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)_______。

四、实验题

17．氮的化合物是重要的化工原料，其转化一直是化学研究的热点。

(1)氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图所示：

①氨催化氧化时会生成副产物N2O。生成含等物质的量氮元素的NO与N2O时，消耗的O2的物质的量之比为_______。

②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成，该白烟成分是_______(写化学式)。

③再经过一段时间观察到装置N中溶液变成蓝色，装置N中溶液变成蓝色的原因是_______。

(2)可用ClO2将氮氧化物转化成NO。向1 L含200 mg ClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为_______。

(3)纳米铁粉可去除水中的NO。控制其他条件不变，用纳米铁粉还原水体中的NO，测得溶液中含氮物质(NO、NO、NH)浓度随时间变化如图所示：

①Fe去除水中的NO 的机理：NO 得到纳米铁粉失去的电子转化为NO，极少量NO 在纳米铁粉或Cu表面得到电子转化为NH。与不添加少量铜粉相比，添加少量铜粉时去除NO效率更高，主要原因是_______。

②与初始溶液中NO浓度相比，反应后溶液中所有含氮物质(NO、NO、NH)总浓度减小，原因是_______。

参考答案

1．D

【详解】A．聚氯乙烯塑料有毒，不能用于包装食品，A错误；

B．铅蓄电池的Pb为重金属，随意丢弃会造成环境污染，B错误；

C．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，C错误；

D．粮食中主要含淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖经发酵得到乙醇，即为酿酒，乙醇继续被氧化得到乙酸，即为酿醋，D正确；

综上所述答案为D。

2．C

【详解】A．NH3 分子中N原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有1个孤电子对，分子的空间构型是三角锥形，选项A正确；

B．次氯酸钠为离子化合物，是NaClO的电子式，选项B正确；

C．N2H4的结构式为，选项C错误；

D．是Cl-的结构示意图，选项D正确；

答案选C。

3．D

【详解】①Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不满足碱性氧化物与水反应只生成相应碱的定义，因此Na2O2不属于碱性氧化物，错误；

②Na2O2的漂白原理是其强氧化性，SO2的漂白原理是与有色物质结合生成无色不稳定的物质，原理不相同，错误；

③钠单质为活泼性金属单质，在常温下能与氧气反应生成氧化钠，错误；

④Na2O2与水或二氧化碳反应都有氧气生成，可作供氧剂，而Na2O与水或二氧化碳反应无氧气生成，不能作供氧剂，正确；

⑤Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，石蕊遇碱变蓝，Na2O2具有漂白性，会使蓝色溶液褪色，正确；

⑥浓NH4Cl溶液呈酸性，钠单质能与溶液中H+反应生成H2，促进NH4Cl水解生成NH3•H2O，该反应为放热反应，温度升高会使NH3•H2O分解生成NH3，正确；

故答案为D。

4．B

【分析】已知短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，因为基态时X原子2p轨道上有3个电子可推知X为N元素，Y位于ⅡA族可推知Y为Mg元素，X与Z处于同一主族可推知Z为P元素，W的单质常温下是一种黄绿色气体可推知W为Cl元素。

【详解】A．因为r(Cl)＜r(P)＜r(Mg)，故r(Y)＞r(Z)＞r(W)，故A错误；

B．N元素和Mg元素可形成化合物Mg3N2，即Y3X2，故B正确；

C．因为非金属性：N＜P，故Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的最高价氧化物对应水化物的酸性弱，故C错误；

D．因为Cl元素的非金属性太弱，故HCl分子间难以形成氢键，故D错误；

故答案为：B。

5．C

【分析】二氧化碳在铜电板表面转化为乙烯，碳元素从+4价降低为-2价，被还原，该电极是电解池的阴极，Pt为阳极。

【详解】A．二氧化碳在铜电板表面转化为乙烯，碳元素从+4价降低为-2价，被还原，该电极是电解池的阴极，主要反应为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+，因此装置中的离子交换膜为质子交换膜，阳极区的氢离子过交换膜进入阴极区，故A说法正确，不符合题意；

B．阴极发生的反应只有CO2+2H++2e-=CO+H2O，反应生成1molCO的同时生成1molH2O，因此乙室增加的质量为18g，故B说法正确，不符合题意；

C．若阴极生成CO与C2H4的物质的量之比为1:1，设两种产物都是1mol，则转移电子的总物质的量为14mol，阳极产生氧气的物质的量为3.5mol，两电极产生气体的物质的量不相同，故C说法错误，符合题意；

D．电解过程中，甲室溶液中硫酸的物质的量不变，但水的量减少，导致硫酸浓度增大，故D说法正确，不符合题意。

故选C。

6．C

【详解】A．根据化合价分析得到X为N2O5，则X是酸性氧化物，故A正确；

B．氨气催化氧化生成NO，NO被氧气氧化为NO2，NO2和水反应生成硝酸和NO，因此工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，故B正确；

C．NO与空气中氧气反应生成NO2，因此不能用排空气法收集NO气体，只能用排水法收集，故C错误；

D．由NH3→N2，氨气具有还原性，NO2具有氧化性，从原理上看，NH3可与NO2反应实现，两者发生氧化还原反应，故D正确。

综上所述，答案为C。

7．B

【详解】A． Ca(OH)2是强碱，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，A错误；

B．N原子价层电子对数为4+=4，采用sp3杂化，的空间构型为正四面体形，B正确；

C．NH3是N与H形成的共价化合物，其电子式为，C错误；

D．无水CaCl2与氨气相互反应生成CaCl28NH3，不能用CaCl2干燥制得的NH3，D错误；

故选B。

8．D

【详解】A．催化剂不能降低反应的焓变，可以加快反应的速率，A错误；

B．从图中可知，步骤②一个H2*中化学键断裂生成2个H*，化学键断裂吸收能量，步骤④OOH*和H结合生成H2O2*，形成化学键释放能量，因此步骤②吸收能量，步骤④释放能量，B错误；

C．由题中图示可知，步骤③是O2*+2H*→OOH*+H*，氧氧双键断开一根键，C错误；

D．由题中图示可知，若过程中生成O*，则会降低OOH*和H2O2*的生成量，生成的O*可能会生成水，可能会降低H2O2的产率，D正确；

故答案选D。

9．A

【详解】取代反应是指有机物中的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应，据此定义解题：

A．+HNO3+H2O属于取代反应，A符合题意；

B．CH2=CH2 + HCl CH3CH2Cl属于加成反应，B不合题意；

C．2CH3CHO + O22CH3COOH属于氧化反应，C不合题意；

D．CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O属于消去反应，D不合题意；

故答案为：A。

10．C

【详解】A．粉碎废渣并不断搅拌，可以加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，A项正确；

B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B项正确；

C．双氧水会将亚铁离子氧化，所以滤液中主要存在的阳离子没有Fe2+，而是Fe3+，C项错误；

D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，D项正确；

答案选C。

11．B

【分析】由题给流程可知，含有亚硫酸氢钠和亚硫酸的母液与碳酸钠溶液中和得到吸收液，过量的二氧化硫与吸收液中的亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠、与碳酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，反应得到的亚硫酸氢钠溶液结晶得到亚硫酸氢钠湿料和含有亚硫酸氢钠和亚硫酸的母液；湿料经气流干燥制得亚硫酸氢钠。

【详解】A．由分析可知，母液为含有亚硫酸氢钠和亚硫酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中，故A正确；

B．由分析可知，中和后的溶液为含有亚硫酸钠的中和液，亚硫酸钠溶液中亚硫酸根离子大于亚硫酸氢根离子，故B错误；

C．由分析可知，吸收过程中过量的二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，故C正确；

D．碳酸钠溶液中存在质子守恒关系，故D正确；

故选B。

12．D

【分析】羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]加盐酸制酸，主要的反应是：Ca5(PO4)3OH+10HCl=5CaCl2+3H3PO4+H2O，还有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，石英不反应，向"制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，过滤；向滤渡中加入适量二(2-乙基己基)磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层得到稀磷酸，加入KCl与稀磷酸生成KH2PO4，再加入有机碱-三辛胺(TOA)分离，对水层结晶可得产品，据此分析。

【详解】A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为二氧化硅，A错误；

B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，B错误；

C．曲线A表示H3PO4，曲线B表示，曲线C表示，曲线D表示的含量与溶液pH关系，根据图示可知“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当溶液pH=4.5时，的含量最大，此时应该停止加入三辛胺，C错误；

D．对于0.1 mol/L KH2PO4溶液，根据质子守恒可得：①c(H+)=c(OH-)+c()+2c()-c(H3PO4)；根据物料守恒可得②c(K+)=c(H3PO4)+c()+c()+c()，将②-①整理可得c(K+)-c(H+)= 2c(H3PO4)+c()-c()-c(OH-)，c(H+)-c(OH-)=c(K+)-2c(H3PO4)-c()-c()，水解大于电离，溶液显酸性，所以c(H+)-c(OH-)＞0，根据溶液组成可知c(K+)=0.1 mol/L，所以2c(H3PO4)+ c()＜0.1 mol/L+ c()，D正确；

故合理选项是D。

13．D

【详解】A．向乙醇水蒸气重整反应体系中通入适量，乙醇可以和氧气反应放出热量，从而为重整反应提供热量，A正确；

B．根据题给信息可知，乙醇水蒸气重整释氢过程中涉及的反应为吸热反应，故升温后平衡正向移动，平衡转化率增大，B正确；

C．由图可知，300～450℃时，随温度升高一氧化碳和甲烷的选择性降低，此时主要发生反应I，的产率增大，C正确；

D．增加原料气中水的比例，则反应I进行的较多，不利于生成一氧化碳，D错误；

故选D。

14．(1)     Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）     因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱

(2)     吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)     由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2     pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低     pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高

【详解】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；

②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；

（2）①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；

②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；

③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。

15．(1)     N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-     增大接触面积，加快氨气产生的速率     (0.5，0.75)

(2)     N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)；ΔH=-92 kJ·mol-1     N*+3H*=NH*+2H*

(3)

(4)

【解析】(1)

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)；

(2)

根据图2可知，N2(g)和H2(g)的能量比NH3 (g)高46 kJ/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=-92 kJ/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*；

(3)

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=；

(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，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：。

16．(1)加成反应

(2)

(3)不存在

(4) 、

(5)

【详解】（1）B→D的反应中C中碳碳双键转变成碳碳双建，反应类型加成反应，答案为：加成反应；

（2）的反应过程中D中的酯基断裂，且酯基上的碳氧双键被加成，所以断裂后的酯基在另一种产物就形成了羟基，所以结构式是：，答案为：；

（3）碳碳双建中一个碳原子连接两个结构，所以不存在顺反异构现象，答案为：不存在；

（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件， ①能发生银镜反应，说明存在醛基；由②分子中含有3个甲基可知醛基应该是2个，③分子中含有4种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称；所以同分异构体为：、。

（5）由题意可知，若要合成，需要由得到，如果得到上者需要与反应即可，所以可将原料氧化为羧酸，然后再与原料酯化即可，所以合成流程。

17．(1)     5∶4     NH4NO3     NH3在催化条件下被氧化生成NO，NO进一步被氧化为NO2，NO2被水吸收生成HNO3，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)

(2)3ClO + 4NO + 4OH-= 3Cl- + 4NO+ 2H2O

(3)     添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高     反应过程中有部分NO 被还原为N2，逸出溶液(或还原为不溶于水的气体)

【详解】（1）已知反应4NH3+5O2=4NO+6H2O、2NH3+2O2=N2O+3H2O，则生成含4molN的NO与N2O时消耗氧气的物质的量分别为5mol和4mol，即消耗的O2的物质的量之比为5:4；NH3催化氧化生成NO和H2O后，M中发生如下反应：2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、NH3+HNO3=NH4NO3，白烟成分即为NH4NO3的固体小颗粒；NH3在催化条件下被氧化生成NO，NO进一步被氧化为NO2，NO2被水吸收生成HNO3，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，因生成Cu2+导致装置N中溶液变成蓝色；

（2）ClO氧化NO，NO失电子被氧化为NO，ClO得电子被还原为Cl-，离子反应方程式为：3ClO + 4NO + 4OH-= 3Cl- + 4NO+ 2H2O；

（3）添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高；反应过程中有部分NO中+5价的N得电子被还原为N2或其他不溶于水的气体，逸出溶液，使得反应后溶液中所有含氮物质(NO、NO、NH)总浓度减小。