江苏省扬州中学2023届高三下学期模拟预测化学试题（含解析）

这是一份江苏省扬州中学2023届高三下学期模拟预测化学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省扬州中学2023届高三下学期模拟预测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2023年4月20日，SpaceX的巨无霸航天器“星舰”在美国得克萨斯州的星基地进行了试飞。下列关于“星舰”说法不正确的是
A．“星舰”采用不锈钢外壳，不锈钢密度比铝合金大
B．“星舰”舰体外的烧蚀层可采用耐高温材料
C．“星舰”及助推器都实现了重复使用，从而大大降低发射成本
D．“星舰”采用的猛禽发动机以液氧和甲烷为燃料，比使用与偏二甲肼为燃料环保
2．反应CO2+3H2=CH3OH+H2O可实现二氧化碳的资源化。下列说法正确的是
A．CO2的电子式为 B．H2O的球棍模型为
C．CH3OH是非极性分子 D．CH3OH和H2O能形成分子间氢键
3．臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2＋催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为和。下列关于N、O、S、Fe元素及其化合物的说法正确的是
A．原子半径：N>O>S
B．第一电离能：I1(N)>I1(O)>I1(S)
C．标准大气压下沸点：H2S>H2O>NH3
D．1mol[Fe(H2O)6]2＋含有σ键数目为12mol
4．造纸工业常用SO2作漂白剂；食品中添加适量SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化的作用，但国家对使用范围和用量作了规定，例如SO2用于葡萄酒的最大使用量是0.25g/L。硫酸是重要的化工原料，工业上以硫黄或黄铁矿(主要成分FeS2，烧渣主要成分为Fe2O3)为主要原料生产硫酸的主要流程如下：

下列说法正确的是
A．硫黄具有强氧化性，可用于杀菌
B．葡萄酒中SO2的最大物质的量浓度是0.002mol·L-1
C．100g98%浓硫酸吸收SO3可得H2SO4·SO3的质量为178g
D．反应2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)具有自发性的原因是ΔH<0
5．实验室进行SO2性质探究，下列实验原理和装置不能达到实验目的的是

A．制取SO2 B．探究溶解性
C．探究氧化性 D．吸收尾气SO2
6．“接触法制硫酸"的核心反应是2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)      ΔH=-198 kJ·mol-1，因SO2在催化剂表面与O2接触而得名，反应过程示意图如图

下列说法正确的是
A．过程①②中都有极性键、非极性键的断裂和形成
B．增加O2的浓度对上述反应的速率影响不明显，说明反应②速率远大于反应①
C．SO2→SO3 过程中分子增加O原子导致键角减小
D．V2O5 能降低该反应活化能，提高 SO2 平衡转化率

二、多选题
7．以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备锂电池的电极材料CoCO3的工艺流程如下：

下列说法错误的是
A．通入SO2发生反应的离子方程式：2Co3++SO2+2H2O=2Co2++SO+4H+
B．加入适量Na2CO3调节pH，是利用几种氢氧化物Ksp的不同来除锌
C．若萃取剂的总量一定，则分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D．将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中沉钴，以提高CoCO3的产率

三、单选题
8．对于反应，下列说法正确的是
A．该反应的
B．该反应的平衡常数表达式为
C．升高温度，该反应的正反应速率减小，逆反应速率增大
D．将反应器容积压缩为原来的一半，气体颜色比压缩前深
9．某梯形聚合物BBL的结构简式如图所示，可由A和B两种物质聚合而成，下列说法正确的是

A．A分子中所有原子共平面，1molA水解时最多可与4molNaOH反应
B．化合物B属于芳香族化合物，可溶于水，其水溶液显碱性
C．BBL平均每个链节中有6个环
D．由A和B通过加聚反应得到BBL，同时会生成等物质的量的两种小分子
10．电催化还原以制备高附加值化学品是实现碳中和的有效方法之一。一种采用金属有机框架(MOF)催化剂电催化还原为的装置原理如图所示。下列有关叙述正确的是

A．装置图中外电路箭头方向表示电流的方向
B．电极b的电极反应式为
C．电极a上生成1时，理论上可还原44.8L
D．选用合适的催化剂，利用该装置也可能将转化为、等
11．根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
选项
实验操作和实验现象
结论
A
在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
B
向溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体
的氧化性强于NaClO
C
用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成
该试剂瓶中盛装的是浓硝酸
D
向、的混合溶液中滴入少量溶液，有黑色沉淀生成

A．A B．B C．C D．D
12．室温下，可用Na2S、FeS等处理含Hg2+的废水。已知：，，，。当离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。下列说法正确的是
A．向溶液中存在：
B．的平衡常数为
C．向溶液中通入过量气体，可使沉淀完全
D．向含有的废水中加入，如果完全转化为，则上层清液中一定存在
13．在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
    
    
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。

选择性=×100％
下列有关说法正确的是
A．在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大
B．延长W点的反应时间，一定能提高的转化率
C．选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率
D．高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动

四、工业流程题
14．以Cu(NO3)2、氨水、NaOH乙醇溶液为原料制备的纳米CuO催化剂，可用于脱除废气中的AsH3.纳米CuO催化剂的制备、催化氧化、再生可表示为：

(1)As元素在周期表中的位置为 。
(2)流程中“反应”步骤加入过量的氨水，“沉淀”步骤的反应在加热下进行，写出“沉淀”步骤中生成纳米CuO的化学方程式： 。
(3)“沉淀”步骤中加入乙醇的作用是 。
(4)“催化氧化”时，废气中AsH3主要被氧化成As2O3固体除去，温度低于100℃时，生成的固体中砷含量会升高，原因是 。
(5)“再生”时需除去纳米CuO催化剂上的As2O3和少量As2O5，可采用在氮气氛围中加热分解的方法。已知：250℃时催化剂上的As2O3完全升华，350℃时催化剂上的As2O5完全分解为As2O3和O2，将处理过10L废气的纳米CuO催化剂进行加热再生处理，加热到250℃时，催化剂质量减轻了1.9800g，加热到350℃，催化剂质量又减轻了0.4600g。计算10L废气中AsH3的含量是 mg·L−1(已知M(As2O3)=198g/mol，M(As2O5)=230g/mol，M(AsH3)=78g/mol，写出计算过程)。
(6)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料。砷化镓晶胞结构如图所示，晶体中As原子周围与其距离最近的As原子的个数为 ；若该晶胞的边长为anm，则砷化镓晶体的密度为 g•cm-3.(用含a的式子表示，阿伏加德罗常数的值用NA表示)


五、有机推断题
15．F是一种抗血小板凝聚的药物，其人工合成路线如图：

(1)D分子中采取sp3杂化的碳原子数目是 。
(2)B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4种不同化学环境的氢原子；
②苯环上有2个取代基，能发生银镜反应。
(3)E→F中有一种相对分子质量为60的产物生成，该产物的结构简式为 ，实验室中如需确定此产物中含有的官能团，通常使用的分析仪器设备名称为 。
(4)A→B的反应需经历的过程，中间体Y的分子式为C11H12NF，X→Y的反应类型为 。
(5)已知：，写出以、(CH3CO)2O、和NBS为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。

六、工业流程题
16．预处理后的锰阳极泥(含Mn2O3及少量PbO等的氧化物)可回收转化为PbO和MnO2，其部分流程如下：

已知：(CH3COO)2Pb易溶于水，；
常温下，   
(1)“浸铅”时的离子方程式为 。温度对铅浸出率的影响如图所示，选择适宜的浸出温度为 ，温度过高浸出率变化的可能原因是 。

(2)“沉铅”时，理论上加入的Na2CO3与醋酸铅的物质的量之比为1∶1。实际需加入稍过量的Na2CO3固体，其目的是 。为循环利用滤液，可改用试剂 (填化学式)沉铅。
(3)已知：；NaClO3可将Mn2+氧化为MnO2，其用量对Mn2+的转化率影响如图所示；实验条件下pH小于5.5时，Cl-易被氧化为。请补充完整将Mn2O3完全转化为MnO2的实验方案：称取过滤所得Mn2O3固体5 g，在一定温度、固液比等条件下， ，得到较纯的MnO2固体(可选用的试剂：稀NaOH溶液、1.5 mol/LH2SO4溶液、3.0 mol/LHCl溶液、NaClO3固体)。


七、原理综合题
17．硝基苯()是一种化学稳定性好、毒性高、难以生物降解的污染物。用化学方法降解水中硝基苯已成为污水处理领域的重要研究方向。
(1)与Fe、盐酸反应生成可生物降解的苯胺()、FeCl2和H2O。理论上，1mol转化为转移的电子的物质的量为 。
(2)在酸性条件下，铁炭混合物处理污水中硝基苯时，硝基苯转化过程如下：。转化为的电极反应式： 。在其他条件一定，反应相同时间，硝基苯的去除率与pH的关系如图所示。pH越大，硝基苯的去除率越低的原因是 。

(3)向含Fe2+和苯胺()的酸性溶液中加入双氧水，发生如下反应：Fe2++H++H2O2=Fe3++HO•+H2O
①HO•具有强氧化性，能将溶液中的苯胺氧化成CO2和N2.，该反应的离子方程式为 。
②H2O2也具有氧化性，设计验证苯胺是被HO•氧化而不是被H2O2氧化的实验方案： 。
(4)利用电解原理也可以间接氧化处理含苯胺的污水，其原理如下图所示。其他条件一定，测得不同初始pH条件下，溶液中苯胺的浓度与时间的关系如图所示。反应相同时间，初始溶液pH=3时苯胺浓度大于pH=10时的原因是 。(已知：ClO-随着pH减小，氧化性增强)


参考答案：
1．B
【详解】A．不锈钢是密度比铝合金大的铁合金，故A正确；
B．烧蚀层应采用熔沸点低易挥发的物质，不能采用耐高温材料，故B错误；
C．航天器和助推器的重复使用可以大大降低发射成本，有利于提高航天器的商业化利润，故C正确；
D．与发动机以有毒的二氧化氮与偏二甲肼为燃料相比，使用液氧和甲烷为燃料对环境污染相对比较小，更环保，故D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．CO2的结构式为O=C=O，电子式为，A不正确；
B．H2O的结构式为H-O-H，但由于O原子的最外层有2个孤电子对，对成键电子有排斥作用，所以水分子呈V形结构，球棍模型为，B不正确；
C．CH3OH的结构式为，分子结构不对称，正负电荷的重心不重合，是极性分子，C不正确；
D．CH3OH和H2O分子中都含有-OH，O原子与另一分子中-OH上的H原子能形成氢键，D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．S核外有3个电子层，N、O核外有2个电子层，因此S的原子半径最大，N、O同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径：S＞N＞O，故A错误；
B．同周期从左向右第一电离能是增大趋势，但ⅤA＞ⅥA，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：I1(N)＞I1(O)＞I1(S)，故B正确；
C．H2O、NH3分子间存在氢键，H2S不含分子间氢键，水分子间存在氢键数目大于氨气，因此沸点大小顺序是H2O＞NH3＞H2S，故C错误；
D．1mol[Fe(H2O)6]2+含有σ键数目为(6+2×6)NA=18NA，故D错误；
答案为B。
4．D
【详解】A．硫黄可用于杀菌主要原因在于硫磺对细菌表面的有机膜有很强的破坏作用，A错误；
B．SO2用于葡萄酒的最大使用量是0.25g/L，从而求出浓度为，B错误；
C．100g98%浓硫酸吸收SO3涉及的化学方程式有，100g98%浓硫酸中含硫酸98g，含水2g，与硫酸反应得到的H2SO4·SO3质量为，由水反应得到的H2SO4·SO3质量为，故100g98%浓硫酸吸收SO3可得H2SO4·SO3的质量为178g+19.78g=197.78g，C错误；
D．反应2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)具有自发性的原因是ΔH<0，D正确。
故选D。
5．A
【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，题给装置缺少酒精灯，不能用于制备二氧化硫，故A错误；
B．二氧化硫易溶于水，将充满二氧化硫的试管倒扣在水中，二氧化硫溶解导致试管中压强减小，水会进入试管中，则题给装置能用于探究二氧化硫的溶解性，故B正确；
C．二氧化硫具有弱氧化性，能与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，则题给装置能用于探究二氧化硫的氧化性，故C正确；
D．二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，则题给装置能用于吸收二氧化氯，防止污染空气，故D正确；
故选A。
6．B
【详解】A．过程①只有极性键断裂和形成，故A错误；
B．过程①只有SO2和V2O5的参与，没有氧气的参与，氧气只参与过程②，所以增加O2的浓度对上述反应的速率影响不明显，说明反应②速率远大于反应①，故B正确；
C． SO2的空间构型是V形，SO3的空间构型是平面三角形，SO2→SO3是空间结构的变化导致键角增大，故C错误；
D． V2O5 能降低该反应活化能，提高反应速率而不能改变平衡，不能提高 SO2平衡转化率，故D错误；
故答案为：B
7．BD
【分析】钴废渣主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入H2SO4酸浸并通入SO2，纵观整个流程最后得到CoCO3，说明该过程中SO2会还原Co2O3，发生反应：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，H2SO4与CoO、Al2O3、ZnO反应，所得溶液中还含有硫酸铝、硫酸锌等，加入Na2CO3调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤除去，然后加入萃取剂，萃取Zn2＋，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌。在水相中加入Na2CO3生成CoCO3固体。
【详解】A．根据分析可知酸浸过程中二氧化硫会还原Co2O3，根据电子守恒和元素守恒得到离子方程式为2Co3＋＋SO2＋2H2O=2Co2＋＋SO＋4H＋，正确，A不符合题意；
B．氢氧化物Ksp不同，则开始沉淀和完全沉淀时所需的pH值不同，加入适量Na2CO3调节相应的pH可以只沉淀Al3+，而不是除锌，错误，B符合题意；
C．萃取过程中，每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，多次萃取相当于不断降低物质的浓度，提取效率就高，正确，C不符合题意；
D．将含Co2＋的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，在此过程中Na2CO3过量，溶液呈碱性会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，错误，D符合题意；
答案选BD。
8．D
【详解】A．该反应正向为放热反应，A错误；
B．该反应的平衡常数表达式为 ，B错误；
C．升高温度，增大活化分子百分数，该反应的正反应速率增大，逆反应速率也增大，C错误；
D．将反应器容积压缩为原来的一半，压强增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，不能抵消二氧化氮浓度则增大，气体颜色比压缩前深，D正确；
故选D。
9．A
【详解】A．苯的空间构型为平面正六边形，碳氧双键中的碳原子杂化类型为sp2，属于平面形，因此化合物A中所有原子共平面，1molA完全水解后得到4mol羧基，能与4molNaOH溶液发生中和反应，故A正确；
B．化合物B中含有苯环，属于芳香族化合物，氨基显碱性，B物质为盐酸胺盐，为强酸弱碱盐，溶于水后溶液显酸性，故B错误；
C．BBL是由化合物A和化合物B通过聚合反应得到，根据BBL的结构简式，右侧两个N原子应于一个苯环相连，因此平均每个链节上有7个环，故C错误；
D．根据元素守恒和质量守恒，A和B发生反应，除生成高分子化合物外，还生成H2O和HCl，该反应类型为缩聚反应，生成H2O和HCl的物质的量均为4nmol，故D错误；
故答案为A。
10．D
【分析】分析图像可知，电极b上发生的是CO2的还原反应，则电极b为阴极，发生反应CO2+2e-+2H+=CO+H2O，电极a上发生的是H2O的氧化反应，电极a为阳极，发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，以此解答。
【详解】A．由分析可知，电极a接电源的正极，电极b接电源的负极，则电流方向为电源正极→电极a→电极b→电源负极，故A错误；
B．由分析可知，电极b上发生的是CO2的还原反应，则电极b为阴极，发生反应CO2+2e-+2H+=CO+H2O，故B错误；
C．根据得失电子守恒可得关系式，若生成1，则可还原2，其体积在标准状况下为44.8L，但题中未注明气体所处状况，故C错误；
D．不同的催化剂具有不同的选择性，使用合适的催化剂，利用该装置也可能将还原为、等，故D正确；
故选D。
11．A
【详解】A．在一块除去铁锈的铁片上面滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2～3min，溶液边缘出现红色，说明氧气得到电子与水反应生成了氢氧根离子，证明铁片发生了吸氧腐蚀，故A正确；
B．向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，应生成氧气，O元素化合价升高，O2为氧化产物，NaClO为氧化剂，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故B错误；
C．浓盐酸也具有挥发性，试剂瓶中盛装的可能为浓盐酸，故C错误；
D．碳酸钠和硫化钠溶液浓度未知，不能证明硫化银更难溶，则不能证明溶度积大小，故D错误；
故选：A。
12．D
【详解】A．根据质子守恒可知，溶液中存在：，A错误；
B．的平衡常数为Kh====≠，B错误；
C．向1L0.1mol/LFeCl2溶液中通入过量H2S气体，则该反应为：Fe2++H2SFeS+2H+，该反应的K====0.6<<105，即不可使Fe2+沉淀完全，C错误；
D．向含有的废水中加入，如果完全转化为，则不再有沉淀产生故Q≤K，即Q≤K=，D正确；
故答案为：D。
13．A
【分析】在两种不同催化剂作用下反应相同时间，化学反应速率越大、选择性越高，则甲烷的产率越高。
【详解】A．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升， A说法正确；
B．W点是平衡点，延长时间不能提高CO2的转化率， B说法不正确；
C．催化剂只能加快化学反应速率，不能改变CO2的平衡转化率， C说法不正确；
D．由图中信息可知，高于320℃后以Ni为催化剂，转化率明显低于相同温度下以CeO2为催化剂的转化率，反应一定未达平衡，高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快， D说法不正确。
答案选A。
14．(1)第4周期VA族
(2)[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHCuO↓+2NaNO3+4NH3↑+H2O
(3)有利于除去纳米CuO表面吸附的NaNO3，使生成的纳米CuO颗粒更均匀
(4)生成As单质
(5)187.2mg/L
(6) 12 ×1021

【分析】由题给流程可知，向硝酸铜溶液中加氨水，溶液中铜离子与氨水反应生成硝酸四氨合铜，硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜，反应生成的纳米氧化铜做催化剂条件下，废气中的砷化氢主要被氧化成三氧化二砷固体被除去，纳米氧化铜再生的方法为在氮气氛围中加热分解的方法除去催化剂表面的三氧化二砷和少量五氧化二砷。
【详解】（1）砷元素的原子序数为33，位于元素周期表第4周期VA族，故答案为：第4周期VA族；
（2）由图可知，沉淀步骤中生成纳米氧化铜的反应为硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜沉淀、硝酸钠、氨气和水，反应的化学方程式为[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHCuO↓+2NaNO3+4NH3↑+H2O，故答案为：[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHCuO↓+2NaNO3+4NH3↑+H2O；
（3）由图可知，沉淀步骤中生成纳米氧化铜的反应为硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜沉淀、硝酸钠、氨气和水，与用氢氧化钠溶液相比，沉淀步骤中加入乙醇可除去纳米氧化铜表面吸附的硝酸钠，使生成的纳米氧化铜颗粒更均匀，故答案为：有利于除去纳米CuO表面吸附的NaNO3，使生成的纳米CuO颗粒更均匀；
（4）温度低于100℃时，生成的固体中砷含量会升高说明砷化氢被氧化生成砷单质，故答案为：生成As单质；
（5）由题意可知，250℃时催化剂减少的质量为三氧化二砷的质量，350℃时催化剂减少的质量为五氧化二砷的质量，由砷原子个数守恒可知，砷化氢的物质的量为×2+×2=0.024mol，则10L废气中砷化氢的含量为=187.2mg/L，故答案为：187.2mg/L；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的砷原子与位于面心的砷原子的距离最近，则晶体中砷原子周围与其距离最近的砷原子的个数为12；晶胞中位于顶点和面心的砷原子个数为8×+6×=4，位于体内的镓原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得d=×1021，故答案为：12；×1021。
15．(1)7
(2)或
(3) CH3COOH 红外光谱仪
(4)水解反应
(5)

【分析】由有机物的转化关系可知，乙醚作用下与镁反应生成、和发生加成反应生成、发生水解反应生成，酸化生成，与NBS发生取代反应生成，碳酸氢钾作用下与发生取代反应生成，一定条件下转化为，一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成。
【详解】（1）有机物分子中，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，由结构简式可知，分子中含有7个饱和碳原子，则杂化方式为sp3杂化的碳原子数目是7，故答案为：7；
（2）B的同分异构体的苯环上有2个取代基，能发生银镜反应，说明同分异构体分子中含有醛基、碳氟键、碳碳双键，分子中有4种不同化学环境的氢原子说明分子的结构对称，两个取代基在苯环上处于对位，则符合条件的结构简式为、，故答案为：或；
（3）由分析可知，E→F的反应为一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成和相对分子质量为60的CH3COOH，实验室中通常使用红外光谱仪确定乙酸中含有的官能团，故答案为：CH3COOH；红外光谱仪；
（4）由分析可知，X→Y的反应为发生水解反应生成，故答案为：水解反应；
（5）由题给信息和有机物的转化关系可知，以、(CH3CO)2O、和NBS为原料制备的合成步骤为氯化铝作用下与乙酸酐发生取代反应生成，与NBS发生取代反应生成，碳酸氢钾作用下与发生取代反应生成，一定条件下与乙酸酐反应生成，合成路线为，故答案为：。
16．(1) 85℃ 温度过高CH3COONH4水解挥发损失
(2) 将浸出液中的Pb2+沉淀完全 (NH4)2CO3
(3)边搅拌边加入1.5 mol/LH2SO4溶液，充分反应后，加入稀NaOH溶液调节溶液pH约为6，加入理论所需量1.3倍～1.4倍，约1.5 g NaClO3固体，反应一段时间后，过滤洗涤干燥

【分析】锰阳极泥中含Mn2O3及少量PbO等的氧化物，向其中加入CH3COONH4溶液，PbO发生反应：，Mn2O3不溶，通过过滤分离出来，将其用酸溶解，Mn2O3发生歧化反应产生MnO2和Mn2+。Mn2+在酸性条件下被NaClO3氧化为MnO2。向滤液中加入Na2CO3溶液沉铅得到PbCO3沉淀，通过过滤除去滤液，然后将沉淀洗涤，再加热分解，得到PbO。
【详解】（1）向锰阳极泥中加入CH3COONH4溶液，PbO发生反应：，变为(CH3COO)2Pb溶液；
根据图示可知在加热温度为85℃时铅浸出率最高，故选择适宜的浸出温度为85℃；
根据温度对铅浸出率的影响可知：当温度高于85℃时，浸取率反而降低，这是由于温度过高CH3COONH4水解程度增大，物质挥发损失，从而导致PbO的浸取率下降；
（2）“沉铅”时，理论上加入的Na2CO3与醋酸铅的物质的量之比为1∶1。实际需加入稍过量的Na2CO3固体，其目的是将浸出液中的Pb2+沉淀完全；
由于浸取铅使用试剂是CH3COONH4，因此为循环利用滤液，在使用试剂形成PbCO3沉淀时，可改用试剂(NH4)2CO3；
（3）Mn2O3在酸性条件下会发生歧化反应产生MnO2和Mn2+；NaClO3可将Mn2+氧化为MnO2，在实验条件下pH小于5.5时，Cl-易被氧化为Cl2。根据方程式：、3Mn2+++3H2O=3MnO2+Cl-+6H+，可得关系式：3Mn2O3～3Mn2+～NaClO3，5 g Mn2O3反应产生的Mn2+完全被氧化需NaClO3质量m(NaClO3)=。根据NaClO3用量对Mn2+转化率的影响可知应该选择NaClO3用量与理论值之比为1.3倍至1.4倍，Mn2+转化率达到最大值，其质量约1.5 g。操作为：边搅拌边加入1.5 mol/LH2SO4溶液，充分反应后，加入稀NaOH溶液调节溶液pH约为6，加入理论所需量1.3倍约1.5 g NaClO3固体，反应一段时间后，过滤洗涤干燥。
17．(1)6mol
(2) 反应生成的Fe2+，随着pH增大，转化为Fe(OH)2沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应的进行，降低了反应速率
(3) 向一定量苯胺溶液中加入H2O2溶液，无明显现象(测定苯胺未发生反应)，再加入FeSO4溶液，有气泡产生(测定苯胺已发生反应)
(4)酸性条件下Cl2不易与水反应生成HClO，pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于pH=10时的ClO-浓度，反应速率较慢

【详解】（1）与Fe、盐酸反应生成可生物降解的苯胺()、FeCl2和H2O，N元素由+3价降低到-3价，则1个参加反应，转移6个e-，理论上，1mol转化为转移的电子的物质的量为6mol。
（2）在酸性条件下，时，转移电子数为4e-，电极反应式：。从图中可以看出，pH越大，c(OH-)越大，Fe2+转化生成的Fe(OH)2越多，沉积在铁炭表面的固体越多，硝基苯的去除率越低，原因是：反应生成的Fe2+，随着pH增大，转化为Fe(OH)2沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应的进行，降低了反应速率。
（3）①HO•具有强氧化性，能将溶液中的苯胺氧化成CO2和N2.，同时生成H2O，该反应的离子方程式为。
②H2O2也具有氧化性，但不能氧化苯胺，验证苯胺能被HO•氧化而不能被H2O2氧化时，可往苯胺溶液中加入H2O2，没有气泡产生，由此证明H2O2不能氧化苯胺，再加入Fe2+，看到反应剧烈，且有大量气泡产生，则表明HO•氧化了苯胺，实验方案为：向一定量苯胺溶液中加入H2O2溶液，无明显现象(测定苯胺未发生反应)，再加入FeSO4溶液，有气泡产生(测定苯胺已发生反应)。
（4）通电时，在阳极，Cl-失电子生成Cl2，Cl2与H2O或OH-反应生成的HClO或ClO-都能氧化苯胺，且浓度越大，氧化能力越强。反应相同时间，初始溶液pH越大，溶液的碱性越强，生成ClO-的浓度越大，则pH=3时苯胺浓度大于pH=10时的原因是：酸性条件下Cl2不易与水反应生成HClO，pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于pH=10时的ClO-浓度，反应速率较慢。
【点睛】Fe3+也可作H2O2分解反应的催化剂，但产生O2的速率仍较慢。