2023届山东省高三下学期4月化学模拟试题（七）含解析

这是一份2023届山东省高三下学期4月化学模拟试题（七）含解析，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 2023届山东高考化学模拟试题汇编卷（七）
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·山东·济宁一中校联考模拟预测）2022年科技创新结出累累硕果，加快实现了高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是
A．国产航母海上巡航，航母甲板是高强度钢材，钢是一种铁碳合金
B．“华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的U与U互为同位素
C．“北斗导航”系统应用一体化芯片手机，芯片成分为SiO2
D．C919大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅，氮化硅属于新型无机非金属材料
2．（2023·山东·济宁一中校联考模拟预测）用如图所示的实验装置(图中夹持仪器略)进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用图甲装置在铁上镀铜 B．用图乙检验浓硫酸的吸水性
C．用图丙装置验证非金属性：Cl＞Br＞I D．用图丁装置制备NaHCO3
3．（2023·山东日照·统考一模）铁铝铅榴石主要成分为，其组成也可写成的氧化物形式：。下列说法正确的是
A．组成元素均位于元素周期表的p区
B．晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高
C．基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态
D．中Fe(II)与Fe(III)的个数比为2：1
4．（2023·山东青岛·统考一模）黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是

A．黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力
B．黑磷的熔点高于白磷
C．黑磷中P原子杂化方式为
D．第三周期只有元素的第一电离能大于P
5．（2023·山东淄博·统考一模）利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是

A．Na2SO3和H2O2均作还原剂
B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体
C．从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶
D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中
6．（2023·山东青岛·统考一模）叠氮化铅用作水下引爆剂，可由以下方法制得
I：；
Ⅱ：。下列说法正确的是
A．的键角大于的键角
B．为非极性分子
C．反应I中氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为
D．反应I每消耗钠，共转移电子
7．（2023·山东青岛·统考一模）软包电池的关键组件结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是

A．简单离子半径 B．简单气态氢化物的热稳定性
C．常温下M单质可以置换出W单质 D．为V形分子，其沸点高于W
8．（2023·山东枣庄·统考二模）高分子N可用于制备聚合物离子导体，其合成路线如下：

下列说法正确的是
A．苯乙烯存在顺反异构体 B．试剂a为
C．试剂b为 D．反应1为加聚反应，反应2为缩聚反应
9．（2023·山东临沂·统考一模）我国科研工作者利用冷冻透射电子显微镜同步辐射等技术，在还原氧化石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生成的某二维晶体，其结构如图所示。下列说法正确的是

A．该二维晶体的化学式为CaCl2 B．Ca－Cl－Ca的键角为60°
C．Can+和Cl-的配位数均为3 D．该晶体可由钙在氯气中燃烧制得
10．（2023·山东菏泽·统考一模）的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：

已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)
下列说法不正确的是
A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的
B．与的配位能力强于
C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（2023·山东·济宁一中校联考模拟预测）工业上从海水中制溴的步骤为：(I)先把盐卤加热到363K后控制pH为3.5，通入氯气把溴置换出来；(II)再用空气把溴吹出并用碳酸钠溶液吸收；(III)最后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出。其中，碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可以分三步进行，其反应的机理如图所示。下列说法正确的是
第一步：
第二步：
第三步：
A．1molH－O中含有的电子数为9NA
B．第二步反应为Br2在OH-中歧化，产生Br-和BrO-
C．当第(III)步产生1molBr2时则转移的电子数为2NA
D．该反应机理说明BrO-的稳定性较差
12．（2023·山东·济宁一中校联考模拟预测）某铬贫矿主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3，采用次氯酸钠法处理矿石并制备CrO3的工艺流程如图，已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在。下列说法错误的是

A．“氧化浸出”时煮沸的目的是加快氧化浸出速率
B．滤渣的主要成分是MgO、Fe2O3
C．化合物I为NaOH，化合物II为NaHCO3
D．实验室进行“混合”时，将Na2Cr2O7溶液缓慢倒入浓硫酸中，边倒边搅拌
13．（2023·山东枣庄·统考二模）以柏林绿新型可充电钠离子电池为电源，采用电解法在N-羟基邻苯二甲酰亚胺介质中用乙醇制乙醛。下列说法正确的是

A．制备乙醛时a极连接c极
B．电池工作时溶液中移向b极
C．当有转化成时，生成
D．电源充分充电时，a极反应式为
14．（2023·山东青岛·统考一模）时，向的溶液()中通入或加入调节，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数[如：]与关系如图。下列说法正确的是

A．溶液中存在：
B．曲线M表示的分布分数随变化
C．的
D．该体系中
15．（2023·山东济南·山东省实验中学校考一模）电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作时，、电极产生量与电流强度关系如图b所示：

下列说法错误的是
A．电流流动方向：电极→电解质→电极
B．是该电芬顿工艺的催化剂
C．根据图b可判断合适的电流强度范围为55-60mA
D．若处理苯酚，理论上消耗标准状况下
三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。
16.（12分）（2023·山东菏泽·校考一模）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2＋能被O2氧化，回答下列问题：
(1)步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)

①仪器b的名称为___________。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为___________。
(2)步骤II可在如图装置中进行。

①接口的连接顺序为a→___________。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当___________时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO＋Fe2＋＋2H＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为___________。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是___________(填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
17.（12分）（2023·山东济南·山东省实验中学校考一模）化合物J是合成抑郁症药物的一种中间体，利用曼尼希(Mannich)反应合成K的路线如图所示：

已知：①曼尼希(Mannich)反应(R=烃基，H)；
②或(R=烃基)；
③Et代表乙基，属于芳香族化合物。
回答下列问题：
(1)化学名称是___________，F中所含官能团的名称是亚氨基、___________。
(2)B的结构简式为___________，B只有一个侧链且是六元芳香化合物的同分异构体数目有___________种。
(3)D→E需要在足量条件下进行，该化学方程式为___________，I→J的反应类型是___________。
(4)综合上述信息，写出由和制备的合成路线(其它试剂任选)。______
18.（12分）（2023·山东青岛·统考一模）与的干法重整(DRM)反应可同时转化两种温室气体，并制备CO和。主要反应如下：
反应I：；
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：
已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。
(1)上述三个反应的平衡常数、与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的，_______。

(2)向密闭容器中，通入和，若仅考虑上述反应，平衡时、、、的物质的量随温度T的变化如图2所示。

时，的物质的量分数为_______，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数_______。后随温度升高，物质的量减少的原因为_______。
(3)DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①；②。目前积碳问题的解决方案主要有两种： A．提高原料气中的占比；B．在常规的催化剂中添加，使其在催化剂表面与形成共熔物。试解释这两种方法可以有效抑制积碳的原因_______(答出两条即可)。
(4)使用复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含的产物，催化机理如图3所示。请用化学方程式解释循环的原理_______。

19.（12分）（2023·山东枣庄·统考二模）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：

已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。
II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
(1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。

(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。
(3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。
(4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。
A．硫酸    　　　　B．盐酸　　　　C．无水乙醇
(5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。
(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。

20．（12分）（2023·山东菏泽·校考一模）分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC₁是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC₁是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。

回答下列问题：
(1)下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
a．    
b．
c．    
d．
(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol WOC₁中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。
(3)HEC₁中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL-1)如下表：
H3C-CH3
H2N-NH2
HO-OH
346
247
207
A-A键的键能依次降低的原因是___________。
(4)在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为___________，、的键角由大到小的顺序为___________。
(5)水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数pm，pm，；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。

普通冰晶体的密度为___________g·cm⁻³(列出数学表达式，不必计算出结果)。

参考答案及解析
1.答案：C
解析：A．钢是一种铁碳合金，A正确；
B．与质子数相同，中子数不同，互为同位素，B正确；
C．芯片的成分为晶体Si，C错误；
D．氢化硅属于新型无机丰金属材料，D正确；
故选C。
2.答案：B
解析：A．在铁上镀铜时，应是铜作阳极，与电源正极相连，而铁作阴极，与电源负极相连，A错误；
B．蓝色胆矾晶体一旦接触到浓硫酸，会逐渐失去结晶水变为白色无水硫酸铜粉末，体现了浓硫酸的吸水性，B正确；
C．装置中Cl2依次通过NaBr溶液、KI溶液并依次与之发生置换反应，两个小锦球分别变黄色，蓝色，只能证明氯的非金属性既强于溴，也强于碘，但无法比较溴与碘的非金属性强弱，C错误；
D．通NH3的导管不应该插入溶液下，因NH3在水中的溶解度极大，会发生倒吸现象，D错误；
故选B。
3.答案：C
解析：A．组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，但Fe位于d区，A错误；
B．已知Si(s)和SiO2(s)均为原子晶体，且键长为：Si-Si键＞Si-O键，通常键长越短键能越大，即键能：Si-O键＞Si-Si键，键能越大，熔化需要的能量越高，其熔点越高，即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点，B错误；
C．已知Al是13号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p33s23p1，故基态铝原子核外电子占据7各原子轨道，即有7种不同的空间运动状态，C正确；
D．由原子手恒可知，Fe3Ox中x=4，设Fe3Ox中Fe(II)为a个，则有2a+3(3-a)=8，即得a=1，即设Fe3Ox中Fe(II)与Fe(III)的个数比为1：2，D错误；
故答案为：C。
4.答案：D
解析：A．黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，A正确；
B．黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，黑磷的熔点高于白磷，B正确；
C．黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为，C正确；
D．第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D错误；
故选D。
5.答案：C
解析：1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，3中ClO2为原料制备NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故选择冷水浴，4中的氢氧化钠吸收未反应的ClO2，据此分析解题。
A．1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，S的化合价升高，Na2SO3为还原剂；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合价也升高，H2O2为还原剂，A正确；
B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空气，B正确；
C．ClO2与氢氧化钠溶液反应，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主，C错误；
D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中，排空污染气体，保证试验结束安全，D正确；
故选C。
6.答案：C
解析：A．氨气中氮元素采用sp3杂化，三角锥形，键角约为107。；硝酸根中氮的价层电子对数=，采用sp2杂化，平面三角形，键角为120。，故的键角小于的键角，A错误；
B．等电子体理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构，则其空间构型是直线型（N、O原子采取sp杂化，生成两个σ键，两个三中心四电子π键），N2O为极性分子，Ｂ错误；
C．反应I中钠和氨气是还原剂，一氧化二氮是氧化剂，根据得失电子守恒和元素守恒可配平多组系数，故氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为，C正确；
D．反应I中钠并不是唯一的还原剂，同时氨气也是还原剂，故每消耗即１mol钠，共转移电子不是，D错误；
故选C。
7.答案：A
解析：X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，X为Li；通过结构可知Q有2个单键2个双键，故Q为S；W和Q同主族，W为O；Y连接4个单键，Y为C，Z为N，M为F。
A．简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2->O2->F->Li+，A错误；
B．电负性越强，非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，HF>H2O>H2S，B正确；
C．2F2+2H2O=4HF+O2，常温下F2单质可以置换出O2单质，C错误；
D．O3分子看成一个O原子是中心原子，其他2个O原子为配原子，可以看成三原子分子。
O3的价电子对数=2+(6-2×2)÷2=3. 有一个孤电子对，所以是V型，D正确；
故选A。
8.答案：C
解析：A．苯乙烯分子中碳碳双键上的其中一个碳原子上连有两个相同的H原子，因此苯乙烯不存在顺反异构体，故A错误；
B．根据苯乙烯、M的结构分析可知，试剂a为，苯乙烯的碳碳双键打开，的碳碳双键也打开，二者再发生加聚反应得到M，故B错误；
C．根据M和N的结构分析可知，试剂b为HO(CH2CH2O)mCH3，M和b发生加成反应生成N，故C正确；
D．由合成路线可知，反应1为加聚反应，反应2为加成反应，故D错误；
故选C。
9.答案：C
解析：A．由俯视图可知，一个钙离子形成键结合3个氯离子，同样一个氯离子形成键结合3个钙离子，则该二维晶体的化学式为CaCl，A错误；
B．结合侧视图可知，Ca－Cl－Ca构成的为非平面六边形，其Ca－Cl－Ca的键角不是60°，B错误；
C．由A分析可知，Can+、Cl-周围最近的离子数均为3，故配位数均为3，C正确；
D．钙在氯气中燃烧生成氯化钙CaCl2，由A分析可知，不能得到该晶体，D错误；
故选C。
10.答案：C
解析：步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与结合生成，步骤③发生平衡转化为；
A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；
B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明与的配位能力强于，B正确；
C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C错误；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；
故选C。
11.答案：BD
解析：A．中含有的电子数为10NA，A错误；
B．由反应机理可知第二步反应为在中歧化，产生和，B正确；
C．第(Ⅲ)步反应的离子方程式为，当第(Ⅲ)步产生时则转移的电子数为，C错误；
D．由于第三步反应机理中继续歧化，产生和，故该反应机理说明的稳定性较差，D正确；
故选BD。
12.答案：D
解析：通过次氯酸钠将铬贫矿中Fe(CrO2)2氧化为Na2CrO4，电解后再通入二氧化碳即可生成重铬酸钠，之后在加入浓硫酸即可得到产物，以此解题。
A．温度越高，反应速率变快，故“氧化浸出”时煮沸的目的是加快氧化浸出速率，A正确；
B．与溶液反应，则“滤渣”的主要成分为、，B正确；
C．由于电解时产生氢气和氯气，故产物会产生，“沉铝”时通入过量的，产生，C正确；
D．实验室进行“混合”时，将浓硫酸缓慢倒入溶液中，边倒边搅拌，D错误；
故选D。
13.答案：AD
解析：根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，a为电源正极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，b为电源负极，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此回答即可。
A．由右图可知，制备乙醛时，c极Ni2+转化为Ni3+，发生氧化反应，则c极为阳极，则a极连接c极，故A正确；
B．由分析可知，a为电源正极，b为电源负极，电池工作时溶液中移向正极，故B错误；
C．C2H5OH发生氧化反应生成CH3CHO的过程中转移2个电子，由分析可知，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，当有转化成时，失去4mol电子，则在电极装置中生成2mol ，故C错误；
D．由分析可知，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，则电源充分充电时，a极反应式为，故D正确；
故选AD。
14.答案：AC
解析：向的溶液()中通入或加入调节，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。图像中左侧的曲线分别是H2CO3、HCO、CO的分布分数；右侧为NH3H2O、NH的分布分数，其中M为NH的分布分数。
A．由质子守恒可知溶液中存在，A正确；
B．曲线M表示NH的分布分数随变化，B错误；
C．图中pH=6.3时=，Ka1=c(H+)=10-6.3；，图像中pH=8.3时=，=，即(10-8.3)2=10-6.3，Ka2=10-10.3，C正确；
D．NH3H2ONH+OH-，利用图中pH=9.3的交叉点时c(NH)=c(NH3H2O)，解得Kb=10-4.7；由氮元素守恒可知c(NH)+c(NH3H2O)=0.1mol/L，故，D错误；
故选AC。
15.答案：CD
解析：电极上氧气、铁离子发生还原反应，为阴极，则电极为阳极；
A．由分析可知，电极为阴极，则电极为阳极，电流流动方向：电极→电解质→电极，A正确；
B．转化为亚铁离子，亚铁离子和过氧化氢生成羟基自由基和铁离子，铁离子在反应前后没有改变，是该电芬顿工艺的催化剂，B正确；
C．过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，C错误；
D．反应中氧气转化为过氧化氢，苯酚转化为二氧化碳，根据电子守恒可知，，若处理苯酚（为0.1mol），理论上消耗标准状况下1.4mol氧气，体积为，D错误；
故选CD。
16.答案：(1)     恒压滴液漏斗    
(2)     d→e→f→g→b→c     装置B中澄清石灰水变浑浊
(3)          AC

解析：首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验。
（1）①由仪器b的构造可知仪器b的名称为恒压滴液漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗；
②结合电子得失守恒及元素守恒可得,步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体N2，反应的化学方程式为。故答案为：；
（2）①首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c。故答案为：d→e→f→g→b→c；
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。故答案为：装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为= =。故答案为：；
②A．未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；B．滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选。故答案为：AC。
17.答案：(1)     丙烯酸乙酯或2-丙烯酸乙酯     碳氟键(或氟原子或碳卤键)、羟基
(2)          10
(3)          还原(反应)
(4)

解析：根据已知②、D的结构简式，推知C为，由已知①中曼尼希反应，A为与HCHO、B反应生成C，故B的结构简式为，D与发生取代反应生成E，对比F、G的的结构简式可知，E发生水解反应生成F，F与发生加成反应生成G，推知F为，G与发生取代反应生成H，H在NaH条件下发生取代反应成环生成I，I发生还原反应生成J，J系列转化生成K。
（1）化学名称是丙烯酸乙酯或2-丙烯酸乙酯，F中所含官能团的名称是亚氨基、碳氟键(或氟原子或碳卤键)、羟基。故答案为：丙烯酸乙酯或2-丙烯酸乙酯；碳氟键(或氟原子或碳卤键)、羟基；
（2）B的结构简式为，B的芳香族同分异构体含有苯环（）或吡啶环（），B的同分异构体只有一个侧链，若为苯环，侧链为CH3CH2NH2、CH3NHCH3失去1个氢原子形成的基团，依次有3种、2种，去掉B本身，该情况有4种；若为吡啶环，侧链只能为-CH2CH2CH3或-CH(CH3)2，与N原子分别有邻、间、对3种位置关系，符合条件的同分异构体共有4+3×2=10种，B只有一个侧链且是六元芳香化合物的同分异构体数目有10种。故答案为：；10；
（3）D→E需要在足量条件下进行，该化学方程式为，NaBH4是还原剂，I→J的反应类型是还原(反应)。故答案为： ；还原(反应)；
（4）根据信息②，还原生成，结合F→G→H→I的转化可知，与反应生成，然后与反应生成，最后在NaH条件下反应生成。‘故答案为：。
18.答案：(1)     Ⅱ    
(2)          或2.1     后反应Ⅲ逆向进行的程度大
(3)增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应
(4)、、或
解析：（1）反应I、Ⅱ的熵均增大，且自发均需高温条件，所以反应I、Ⅱ的正反应均为吸热反应，且反应Ⅱ的∆S更大，则∆H更大，故图中a点代表的是反应Ⅱ；反应I:；
反应Ⅱ：；
反应III的∆H3=(∆H1-∆H2)÷2=[+247KJ/mol-(+329KJ/mol)]÷2=+41KJ/mol；
（2）开始时向容器中加入3molCO2和1molCH4,据图可知900℃时容器中n(CO)=n(CO2)=1.85mol；n(H2)=0.95mol；根据C元素守恒，体系中CH4的物质的量：n(CH4)=1mol+3mol-1.85mol-1.85mol=0.3mol，根据H元素守恒，体系中n(H2O)=(1mol×4-0.95mol×2-0.3mol×4)÷2=0.45mol，体系中CH4的物质的量分数为：；反应体系的总物质的量n=1.85mol×2+0.95mol+0.45mol+0.3mol=5.4mol，反应Ⅲ的平衡常数:；反应Ⅲ为吸热反应，900K后升温逆向进行的程度大；
（3）增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应；
（4）结合催化机理如图3所示，每一步的反应分别为：、、或。
19.答案：(1)70℃，固液比
(2)将PdO还原为Pd
(3)
(4)     阴离子     B
(5)     HCl     浸取与洗脱
(6)     159     阴极有得电子生成
解析：本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品，以此解题。
（1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；
（2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；
（3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；
（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；
（5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；
（6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。【点睛】
20.答案：(1)c
(2)8
(3)C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小
(4)          >
(5)
解析：（1）a．为基态Fe原子；b．为基态Fe2+；c． 为基态Fe3+ d．为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是Fe3+，故c正确；
（2）WOC₁中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，由结构简式可知1molWOC₁中含10mol配位键，但通过螯合成环而形成的配合物的只有N，为8mol；
（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肼中的氮原子有1对孤对电子，过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子，C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
（4）中的离域π键为三中心四电子，可表示为，中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构，键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°；
（5）由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为：g，晶胞体积 cm⁻³，晶胞密度为：g·cm-3。