2023年广东省高三下学期5月高考化学考前模拟热身卷（二）含解析

这是一份2023年广东省高三下学期5月高考化学考前模拟热身卷（二）含解析，共31页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，224L气体产生，则外电路有0等内容，欢迎下载使用。

2023年广东省高三下学期5月高考考前模拟热身卷
化学（二）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码.请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目.
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Ni-59 K-39 S-32 Cu-64 Na-23 Al-27
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共16小题，共44分.（1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分.每小题只有一个选项符合要求.）
1．中华文化源远流长、博大精深，文物是中华文化的重要代表。下列文物主要是由硅酸盐类材料构成的是
文物




藏品
长信宫灯
文字缸
几何纹长颈铜壶
汉代铜马
选项
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
2．下列有关化学用语表示错误的是
A．H2S的VSEPR模型：
B．基态氮原子核外电子排布的轨道表示式：
C．H2分子中σ键的电子云轮廓图：
D．MgCl2的形成过程：
3．下列说法正确的是
A．光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与氮的氧化物有关
B．中国“神舟十三”号载人飞船上用的钛合金比纯钛具有更优良的性能
C．牙膏中添加氟化物可用于预防龋齿，原因是氟化物具有氧化性
D．自来水厂常用明矾、O3、ClO2等作水处理剂，其作用都是杀菌消毒
4．实验室用粗盐为原料制备精盐的操作中，下列不需要使用的装置是




A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
5．乙酸异丁香酚酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，下列说法正确的是

A．该化合物易溶于水
B．该化合物用足量氢气还原后的产物分子中有4个手性C
C．该化合物与能发生加成反应、取代反应
D．1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH
6．劳动创造美好生活。下列劳动活动中，没有正确运用相应化学知识的是
选项
劳动活动
化学知识
A
食醋除水垢
食醋具有酸性
B
腌制咸鸭蛋
半透膜渗析原理
C
用风油精拭去门上的胶印
风油精与胶水中某些成分互溶
D
家用铁质镀铜水龙头
利用了牺牲阳极法，保护了铁质水龙头
A．A B．B C．C D．D
7．下列离子方程式书写正确的是
A．通入水中制氯水：
B．可用溶液吸收少量：
C．过量铁粉与稀硝酸反应：
D．溶液与少量溶液混合：
8．陈述I和陈述II均正确但不具有因果关系的是
选项
陈述I
陈述II
A
电解溶液制备和
可被还原，可被氧化
B
在氛围中加热制备无水氯化镁
能抑制的水解
C
液氨用作制冷剂来进行食品冷冻加工
易液化且的汽化热较大
D
金属钠、金属铁分别与冷水和水蒸气反应制备氢气
熔点：
A．A B．B C．C D．D
9．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子序数是Z的原子序数的一半，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是

A．原子半径: Z＞Y＞W
B．化合物M中W的原子满足8电子稳定结构
C．对应单质的熔点:  Z＞X＞Y
D．Z的氧化物对应的水化物为强酸
10．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质化学性质的两个重要角度。硫元素的价类二维图如图所示(其中h、g的阳离子均为)，下列说法正确的是

A．b到d可直接转化
B．工业上，在常温下可以用铁罐储存f的浓溶液
C．c能将滴有酚酞的氢氧化钠稀溶液变为无色，表现其漂白性
D．将氯化钡溶液分别滴入h和g的稀溶液中，现象不同
11．以为催化剂催化还原氮氧化物已经大规模应用于烟气脱硝和柴油车尾气净化。为还原剂，氮氧化物在低温和高温时的反应原理不同，a表示低温下的反应原理，b表示高温下的反应原理，下列说法错误的是

A．低温段反应每有参加反应转移电子
B．高温和低温时，催化剂中的化合价都发生了变化
C．在高温段反应中主要起到氧化的作用
D．高温和低温时，反应的总方程式都为
12．化学是以实验为基础的科学。下列实验操作正确且能达到目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
测定溶液的浓度
用标准NaOH溶液滴定未知浓度溶液，选择甲基橙为指示剂
B
鉴别KI、、、四种溶液
分别向盛有KI、、、的试管中滴加稀盐酸，观察实验现象
C
验证苯与发生取代反应
向苯和液溴的混合物中加入铁粉，将产生的气体通入硝酸银溶液中，出现淡黄色沉淀
D
判断固体是否变质
取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，溶液变红
A．A B．B C．C D．D
13．通过NO协同耦合反应，实现了NO的电催化歧化，并同时合成了双氮产物(和硝酸盐)是实现可持续固氮的一种极具潜力的方法，装置如图。下列说法正确的是

A．电解液E为阳极电解液，呈酸性
B．电极B的电极反应：
C．中间层的、分别透过选择性离子膜向A、B极迁移
D．若电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸
14．CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH =+41.2 kJ·mol-1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H = -122.5 kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=。下列说法正确的是

A．其他条件不变，升高温度。CO2的转化率一定随着温度升高而降低
B．曲线b表示平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化情况
C．其它条件不变，增加氢气的投入量，一定能提高CH3OCH3的产率
D．220°C时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中X点)，使用对反应II催化活性更高的催化剂，可提高CH3OCH3的选择性
15．为探究电解过程中溶液pH的变化。装置、所得数据结果如图所示。电解过程中，充分搅拌使溶液均匀，忽略溶液体积的变化。下列说法错误的是
  
A．0-t1时：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，t1-t2时：2H2O2H2↑+O2↑
B．若进行到t2时刻共有0.224L气体(标况下)产生，则外电路有0.04mol电子通过
C．若使用氢氧燃料电池为电源，t1时，理论上负极消耗的气体物质的量为0.005mol
D．电解到t1时刻，加入1.16gAg2O可使溶液复原
16．氢氧化锌的性质和氢氧化铝相似，25℃时，测得溶液中Zn2+、[Zn(OH)4]2-物质的量浓度的对数与溶液pH关系如图所示(已知Ksp[Mg(OH)2]=1.1×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。下列说法正确的是

A．25℃时，Ksp[Zn(OH)2]的数量级为10-17
B．分离Mg2+和Zn2+，要控制pH在8~11之间
C．可以用硫酸锌和氢氧化钠溶液反应制备氢氧化锌
D．加入CuO可以除去硫酸铜溶液中的Zn2+
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4道大题，每道大题14分，共56分.请考生根据要求认真做答.
17．甲醛是有毒气体，某实验小组探究能否用氨水吸收甲醛。
Ⅰ.甲醛溶液的制备与浓度测定
已知制备甲醛的反应原理如下：
①    
②    
实验室制备甲醛溶液的装置如图所示。(加热装置已略去)
  
回答下列问题：
(1)装置A中盛放甲醇的仪器名称为___________。
(2)从能量利用的角度说明的作用是___________；为了防止高温下甲醛在催化剂表面吸附太久被进一步氧化为甲酸，可采取的措施是___________。
(3)实验结束后，取5mL新制悬浊液，滴入适量的装置D的溶液，加热，有砖红色沉淀生成，反应的化学方程式为___________。
(4)甲醛溶液的浓度测定：装置D的溶液经预处理后，取10.00mL稀释至200mL，移取20.00mL稀释液于碘量瓶中，加入溶液和指示剂，振荡，静置5分钟后用0.1000 标准溶液滴定生成的NaOH至终点，重复三次实验，平均消耗标准溶液体积为20.00mL。则所制得的溶液中甲醛浓度为___________(计算结果保留四位有效数字)。(已知：)
Ⅱ.甲醛与氨水反应的实验探究
实验探究(ⅰ)
实验编号
操作
现象
1
取适量D的溶液，用pH计测溶液的pH
pH≈7.0
2
取2mL2%氨水(滴有酚酞)，逐滴加入3mL10%甲醇溶液
没有明显变化
3
取2mL2%氨水(滴有酚酞)，逐滴加入装置D的溶液
红色褪去
(5)实验1的目的是___________。
关于实验3褪色的原因，小组成员提出了以下猜想：
猜想①：甲醛与氨水发生反应，溶液碱性减弱，酚酞溶液褪色。
猜想②：甲醛与酚酞溶液发生反应，指示剂失效，溶液褪色。
实验探究(ⅱ)
实验编号
操作
现象
4
取实验3的无色溶液1mL，滴入几滴氨水
溶液变红
5

无明显变化
(6)实验5的操作为___________。由实验4、5说明猜想___________(填标号)正确。
18．镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如图：

资料1：25℃时，生成氢氧化物沉淀的pH

Fe(OH)2
Fe(OH)3
Zn(OH)2
Mg(OH)2
Ca(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀时
6.3
1.5
6.2
9.1
11.8
6.9
完全沉淀时
8.3
2.8
8.2
11.1
13.8
8.9
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L.
资料2：25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。
资料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+⇌M+xH+
(1)操作1、2的名称是____，操作3的名称是____。
(2)操作1中加入Cl2的主要目的是____。
(3)NiF2溶液参与反应的离子方程式是____。杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)=____mol/L(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全)。
(4)滤液b中含有的微粒主要有____。
(5)在硫酸盐溶液中，P204对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示，在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是____。

(6)在母液中加入其它物质，可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，写出制备的离子方程式____。
19．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的H2S，可回收处理并加以利用。
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-1036kJ•mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=+94kJ•mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-484kJ•mol-1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)的ΔH4=_____kJ•mol-1，该反应在_____(填“高温”或“低温”)下才可自发进行。
(2)某恒温恒容条件下，反应④中H2S的转化率达到最大值的依据是_____(填字母)。
a.气体的压强不发生变化        b.气体的密度不发生变化
c.平均摩尔质量不发生变化      d.单位时间里分解的H2S和生成的H2的量一样多
(3)另一种处理H2S的方法是克劳斯法：2H2S(g)+O2(g)⇌S2(g)+2H2O(g) ΔH＜0。研究人员对反应条件对S2产率的影响进行了如图研究。
①同条件下，相同时间内，S2产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，S2产率先增大后减小，原因是_____。

②同条件下，相同时间内，S2产率随n(O2)/n(H2S)值的变化如图2所示。n(O2)/n(H2S)值过高不利于提高S2产率，可能的原因是_____。
(4)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为_____，平衡常数Kp=_____kPa(保留三位有效数字)。
(5)在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S－Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。

计算n(H2S)；n(Ar)=1：9时，在0-0.1s之间，H2S分压的平均变化率为_____kPa•s-1。
20．物质Ⅰ是治疗甲型和乙型流感的中间体，该化合物的合成路线如下：

已知： 。
回答下列问题：
(1)D中含氧官能团的名称为_______。
(2)的化学方程式为_______，的反应类型为_______。
(3)已知有生成，X试剂的结构简式为_______，该步反应的目的是_______。
(4)物质C的同分异构体M具有如下性质，则M有_______种。
①乙基与苯环直接相连
②该物质能与反应
③侧链能使灼热的变红
(5)根据上述信息，写出以丙三醇为主要原料制备 的合成路线_______。

参考答案：
1．B
【详解】长信宫灯、铜壶、铜马都属于金属材料，文字缸主要由硅酸盐材料构成；
答案选B。
2．B
【详解】A．H2S中心原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形即 ，故A正确；
B． 违背了洪特规则，基态氮原子核外电子排布的轨道表示式： ，故B错误；
C．H2分子中σ键是s轨道和s轨道头碰头的重叠，其电子云轮廓图： ，故C正确；
D．MgCl2是两个氯原子和一个镁原子通过得失电子形成，其形成过程用电子式表示为： ，故D正确。
综上所述，答案为B。
3．B
【详解】A．温室效应与氮氧化物无关，A错误；
B．一般合金比纯金具有更优良的性能，B正确；
C．化物预防龋齿是因为其能降低牙齿表层釉质的溶解度并促进釉质再矿化，C错误；
D．明矾净水运用的是吸附作用，D错误；
故选B。
4．B
【分析】称量一定质量的粗盐，加水溶解，得到粗盐水，加入NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液，注意碳酸钠必须在氯化钡之后加入，得到硫酸钡、碳酸钙、氢氧化镁沉淀，过滤除去，滤液加入过量盐酸，蒸发结晶得到精盐。
【详解】A．溶解时需要烧杯、玻璃棒，故A正确；
B．用粗盐为原料制备精盐的操作中，不需要用蒸馏装置，故B错误；
C．结晶时需要蒸发，故C正确；
D．分离泥沙及难溶固体，需要过滤装置，故D正确；
故选B。
5．C
【详解】A．该化合物中没有羟基或羧基等亲水基团，该化合物不易溶于水，故A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该化合物用足量氢气还原后的产物为 ，其中含有3个手性碳原子，故B错误；
C．该化合物中含有甲基、苯环和碳碳双键，与能发生加成反应、取代反应，故C正确；
D．该化合物中含有酯基且水解后产生1个酚羟基，则1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH，故D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．食醋的主要成分为乙酸，乙酸的酸性强于碳酸，所以食醋中的乙酸能与水垢中的碳酸钙反应除去水垢，故A正确；
B．鸭蛋的蛋壳内层有层半透膜，腌制咸鸭蛋是利用了半透膜能渗透小分子及离子的渗析原理，因为盐水的渗透压比鸭蛋大很多，使氯化钠进入鸭蛋内，使得鸭蛋内外离子浓度平衡，鸭蛋就咸了，故B正确；
C．胶水属于有机物混合物，而风油精属于一种有机溶剂，由相似相溶原理可知，风油精与胶水中某些成分互溶，所以用风油精能拭去门上的胶印，故C正确；
D．家用铁质镀铜水龙头是利用覆盖保护层的方法保护铁质水龙头，与牺牲阳极的阴极保护法无关，故D错误；
故选D。
7．B
【详解】A．与水反应为可逆反应，且HClO为弱酸应写化学式：，故A错误；
B． 被氧化生成硫酸，氯气少量，还会有亚硫酸氢根离子生成：，故B正确；
C．过量铁粉与稀硝酸反应最终生成硝酸亚铁，离子方程式为：，故C错误；
D．溶液与少量溶液混合：，故D错误；
故选：B。
8．D
【详解】A．可被还原生成Cu，可被氧化Cl2，故电解溶液制备和，故A不符合题意；
B．能抑制的水解，故在氛围中加热制备无水氯化镁，故B不符合题意；
C．易液化且的汽化热较大，故液氨用作制冷剂来进行食品冷冻加工，故C不符合题意；
D．金属钠、金属铁分别与冷水和水蒸气反应制备氢气利用的是钠的金属性强于铁，与二者的熔点无关，陈述I和陈述II均正确但不具备因果关系，故D符合题意；
答案选D。
9．B
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示，W形成2个共价键，位于ⅥA族，W的原子序数是Z的原子序数的一半，则W为O元素，Z为S元素；X形成离子带有1个单位正电荷，位于ⅠA族，其原子序数大于O元素，则X为Na元素；Y形成4个共价键，位于ⅣA族，其原子序数大于Na，则Y为Si元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为S元素。
A．W为O元素，Y为Si元素，Z为S元素，由同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Si＞S＞O，故A错误；
B．根据图示可知，O元素最外层6个电子，形成两根共价键的O元素达到8电子稳定结构，形成一根共价键的O元素从Na元素处得到一个电子，也达到8电子稳定结构，该化合物M中O的原子满足8电子稳定结构，故B正确；
C．X为Na元素，Y为Si元素，Z为S元素，Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，所以单质熔点Si＞Na，故C错误；
D．Z为S元素，S的氧化物有SO2和SO3，SO2对应水化物为亚硫酸，亚硫酸为弱酸，故D错误；
答案为B。
10．B
【分析】由图可知，a为-2价的氢化物，即H2S；b为S单质；c为+4价的氧化物，即SO2，d为+6价的氧化物，即SO3；e为+4价的含氧酸，即H2SO3，f为+6价的含氧酸，即H2SO4；g为+4价的正盐，如Na2SO3，h为+6价的正盐，如Na2SO4，据此分析作答。
【详解】A．b为S单质，d为SO3，硫不能直接转化SO3，A项错误；
B．根据分析可知，f的浓溶液是浓硫酸，在常温下可以使铁被氧化为一层致密的氧化物保护膜，阻止反应的继续进行，所以可以用铁罐储存，B项正确；
C．c为SO2，能将滴有酚酞的氢氧化钠稀溶液变为无色，不是因为漂白性，而是因为酸性氧化物的性质，C项错误；
D．根据分析可知，h和g分别为Na2SO3和Na2SO4，将氯化钡溶液分别滴入h和g的稀溶液中，均产生白色沉淀，现象相同，D项错误；
答案选B。
11．A
【详解】A．由图可知低温段每有参加反应时整个过程消耗4molNO和4mol，转移电子数为12mol，故A错误；
B．由图中转化可知高温段和低温段均存在二价铁和三价铁的转化，故B正确；
C．由b图可知，高温段时氧气只参与将二价铁氧化成三价铁的转化，故C正确；
D．两个过程种实际反应物均为，最终生成氮气和水，结合图中消耗量关系可得反应，故D正确；
故选：A。
12．B
【详解】A．醋酸钠溶液呈碱性，应用酚酞作指示剂，如用甲基橙，误差较大，A不符合题意；
B．向盛有KI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试管中分别滴加盐酸，观察到的现象依次为：无现象、白色沉淀、有气泡逸出、先生成白色沉淀然后沉淀溶解，现象不同，可以鉴别开来，B符合题意；
C．溴具有挥发性，也可与硝酸银溶液反应发生反应生成淡黄沉淀，发生取代生成的HBr也与硝酸银反应生成淡黄沉淀，不能说明一定发生取代反应，C不符合题意；
D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能证明是否变质，应溶于水滴加KSCN溶液检验，D不符合题意；
故选B。
13．D
【分析】由图可知，A极氮元素价态降低得电子，故A极为阴极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-=NO+4H+，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，A极为阴极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，则电解液E为阴极电解液，呈酸性，故A错误；
B．B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-= NO+4H+，故B错误；
C．由两极反应式可知，阳极区产生氢离子，阴极区消耗氢离子，故中间层的OH-、H+分别透过选择性离子膜向B、A极迁移，故C错误；
D．由图可知，A极NO→NH3～5e-，B极NO→NO～3e-，根据电子得失守恒，电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸，故D正确；
故选：D。
14．D
【分析】反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)     ΔH =+41.2 kJ·mol-1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g)  △H = -122.5 kJ·mol-1
由题意可知，反应I正反应方向是吸热反应，反应II正反应方向是放热热反应；
【详解】A．升高温度，反应I平衡正移，CO2转化率升高，反应I平衡逆移，CO2转化率降低，故整体CO2转化率受两个反应共同影响，所以升温CO2转化率不一定上升，描述错误，不符题意；
B．CH3OCH3是反应II产物，故其产量随温度上升一定是逐渐减少，所以曲线a应为CH3OCH3选择性对应图象曲线，曲线b应是CO2转化率曲线，描述错误，不符题意；
C．其他条件不变，只增加H2投入量，理论上两个反应平衡都应正移，都有H2O生成，故对于反应II来说，反应I生成的H2O会抑制反应II的正向移动，不同温度下反应I产生的H2O的量不同，对反应II的影响程度不同，所以CH3OCH3产率不一定增加，描述错误，不符题意；
D．X点未在曲线a上，X点状态处于未平衡状态，更换催化活性更高的催化剂，提高CH3OCH3选择性，使其达到相应温度下的曲线a上的点所对应的的选择性值，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
15．B
【详解】A．银离子氧化性大于氢离子的氧化性，所以溶液中银离子先被还原，水电离出的OH-被氧化生成氧气，0-t1时：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，当银离子被电解完，水电离出来的氢离子被还原生成氢气，t1-t2时：2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；
B．进行到t1时银离子被完全还原，溶液的pH为1，硝酸银溶液中，n（Ag+）=0.1mol/Lx0.1L=0.01mol，由反应得消耗电子转移0.01mol，设此过程生成氧气的物质的量为，，，，V(O2)=0.0025x22.4L/mol=0.056L，t1- t2电解水生成的气体体积为0.224L-0.056L=0.168L，其中氧气和氢气体积比为1：2，电解水生成的氧气体积为0.056L，氧气的物质的量为，电子转移0.01mol，共计电子转移0.02mol，故B错误；
C．若使用氢氧燃料电池为电源，氢气与通过电子的关系为： ，t1时，电子转移0.01mol，理论上负极消耗的氢气物质的量为0.005mol，故C正确；
D．电解到t1时刻，生成了0.01mol的银和0.025mol氧气，0.01mol硝酸，加入1.16gAg2O其物质的量为，0.005molAg2O与0.01mol硝酸恰好完全反应生成0.01mol硝酸银和0.005mol水，可使溶液复原，故D正确；
故选：B。
16．A
【分析】25℃时，pH=7.0时，lgc(Zn2+)=-3.0，则c(Zn2+)=10-3.0，Ksp[Zn(OH)2]=(10-7.0)2×10-3.0=10-17。
【详解】A．25℃时，Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Ksp[Zn(OH)2]的数量级为10-17，A正确；
B．Ksp[Mg(OH)2]=1.1×10-11，Mg2+完全沉淀时(Mg2+浓度为10-5mol/L)，c2(OH-)=mol2/L2=1.1×10-6mol/L，c(OH-)=×10-3mol/L≈1×10-3mol/L，此时pH=11，由图可知pH在8.0到12之间锌以Zn(OH)2形式存在，因此分离Mg2+和Zn2+，不能控制pH在8~11之间，B错误；
C．氢氧化锌的性质和氢氧化铝相似，则氢氧化锌能溶于强碱，因此应用可溶性锌盐和氨水制备氢氧化锌，C错误；
D．Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Zn(OH)2] >Ksp[Cu(OH)2]，则先形成Cu(OH)2沉淀，不能用CuO除去硫酸铜溶液中的Zn2+，D错误；
选A。
17．(1)锥形瓶
(2)氧化甲醇，为反应①提供能量 适当加快气体流速
(3)或
(4)4.000
(5)证实制取的甲醛溶液中不含甲酸
(6) 取实验3的无色溶液1mL，滴入几滴酚酞 ①
【详解】（1）盛放甲醇的仪器为锥形瓶。
（2）甲醇被氧气氧化，反应放热，提供热量供第一个反应。为了防止甲醛在催化剂表面吸附太久可以适当加快通入的气流的速率。
（3）甲醛能被氢氧化铜悬浊液氧化生成甲酸钠或二氧化碳，反应方程式为：或。
（4）根据甲醛和亚硫酸钠的反应方程式和硫酸和氢氧化钠的反应分析，甲醛和硫酸的关系式为，2HCHO---H2SO4，则硫酸的物质的量为0.1000mol⋅L−1×20.00mL×10-3，则20mL溶液中甲醛的物质的量为(0.1000mol⋅L−1×20.00mL×10-3)mol，原制得溶液中甲醛的浓度为。
（5）因为甲醛可能会生成甲酸，甲酸显酸性，故实验1是为了检查溶液中不含甲酸。
（6）实验探究中要检查溶液中氨水或酚酞是否存在，故实验4加入氨水后溶液变红，说明甲醛和氨水反应，碱性减弱，酚酞溶液褪色。实验5需要检查是否存在酚酞，故取实验3的无色溶液1mL，滴入几滴酚酞，溶液无明显变化，说明无色溶液中有酚酞。进而证明猜想①正确。
18．(1) 过滤 萃取分液
(2)将废液中的氧化为
(3) ， 3×10-2
(4)Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、
(5)萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动
(6)
【分析】酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，得滤渣为Fe(OH)3；得到滤液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等离子，向滤液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，再次进行过滤得到滤液b含有Ni2+、Zn2+等离子，加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使萃取剂再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根离子等，进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，母液中加碱溶液得到Ni(OH)2可循环利用，据此分析解答。
（1）
操作1、2用于分离沉淀和溶液，故名称是过滤，操作3的名称是萃取分液。
（2）
操作1中加入Cl2的主要目的是将废液中的氧化为。
（3）NiF2溶液使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，参与反应的离子方程式是，。已知，25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，则CaF2溶解度小于MgF2，钙离子先沉淀，镁离子后沉淀，已知(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全，则杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)mol/L。
（4）结合流程与分析，滤液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、离子。
（5）
P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+⇌M+xH+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故P204对某些金属离子的萃取率随pH的升高而升高。
（6）母液中含有Ni2+、加入强碱Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余钙离子可转化为硫酸钙沉淀在操作1中被过滤与氢氧化铁一起除去，故加入石灰乳可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，离子方程式。
19．(1)+170 高温
(2)ac
(3) 该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小 O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小
(4) 50% 4.76
(5)24.9
【详解】（1）已知：①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ·mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律(①+②)×-③可得④2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)，所以ΔH4=(-1036+94)kJ·mol-1×-(-484 kJ·mol-1)=+170kJ·mol-1；该反应为熵增的吸热反应，根据吉布斯自由能可知，当＜0时可自发进行，即该反应需要在高温下才可自发进行；故答案为：+170；高温；
（2）某恒温恒容条件下，反应④：2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)中H2S的转化率达到最大值时，即反应达到一定限度，为平衡状态，则：
a．上述反应为气体分子数不断增大的反应，所以气体的压强随着反应时间的变化而变化，当气体的压强不变时，说明反应达到平衡状态，a符合题意；
b．气体的密度等于气体的总质量与容器体积的比值，因气体的总质量不变，容器体积不变，所以气体的密度始终为定值，其密度不变不能说明反应是否达到平衡状态，b不符合题意；
c．平均摩尔质量等于气体的总质量与气体总物质的量之比，因气体的总质量不变，但气体的总物质的量随着反应的进行会变化，所以气体的平均摩尔质量为变量，但变量不变时，说明反应达到了平衡状态，c符合题意；
d．单位时间里分解的H2S和生成的H2的量一样多，说明反应向正向进行，不能说明正逆反应速率相等，即不能直接说明反应是否达到平衡状态，d不符合题意；
故选ac；
（3）①温度较低时，反应未达到平衡，所以升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大；但温度较高时，同一时间反应达到平衡后，因该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小；
②O2浓度过高，H2S和O2会反应生成副产物SO2，导致S2产率减小；
（4）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1-x=x，解得x=0.5，所以H2S的平衡转化率为×100%=50%，所以平衡常数Kp==≈4.76kPa；
（5）n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)=1:9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S):n(Ar)=1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24，假设在该条件下硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知

此时H2S的压强为×100kPa≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。
20．(1)醚键、酯基
(2) + 取代反应
(3) 保护羟基
(4)30
(5)

【分析】由有机物的转化关系可知，SOCl2作用下与乙醇发生取代反应生成，则B为；TsOH作用下与发生取代反应生成，则C为、X试剂为；与BzCl发生取代反应生成，在氯化氢作用下转化为，一定条件下转化为，Et3N作用下与乙酸酐发生取代反应生成，则G为；催化剂作用下与3—戊醇发生环加成反应生成，一定条件下转化为。
【详解】（1）由结构简式可知，D分子的含氧官能团为醚键、酯基，故答案为：醚键、酯基；
（2）由分析可知，G→H的反应为催化剂作用下与3—戊醇发生环加成反应生成，反应的化学方程式为+；F→G的反应为Et3N作用下与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，故答案为：+；取代反应；
（3）由分析可知，B→C的反应为TsOH作用下与发生取代反应生成，则试剂X的结构简式为，由A和E分子中都含有羟基可知，该步反应的目的是保护羟基，防止羟基与BzCl发生取代反应，故答案为：；保护羟基；
（4）C的同分异构体M分子中乙基与苯环直接相连，1mol该物质能与4mol氢氧化钠反应说明分子中含有4个羟基，侧链能使灼热的氧化铜变红说明侧链上与羟基相连的碳原子连有氢原子，则M的结构可以视作1—丁醇、2—丁醇、2—甲基—1—丙醇分子中烃基上的氢原子被或或取代所得结构，1—丁醇、2—丁醇分子中烃基上的氢原子被取代基取代各有4种结构，2—甲基—1—丙醇分子中烃基上的氢原子被取代基取代有2种结构，则符合条件的同分异构体共有10×3=30种，故答案为：30；
（5）由题给信息可知，以丙三醇为主要原料制备的合成步骤为TsOH作用下丙三醇与发生取代反应生成，浓硫酸作用下与乙酸共热发生酯化反应生成，在氯化氢作用下转化为，合成路线为，故答案为：