2021-2022学年山西省长治市名校联盟高二（下）联考化学试卷（2月份）

这是一份2021-2022学年山西省长治市名校联盟高二（下）联考化学试卷（2月份），共22页。试卷主要包含了12ml⋅L−1⋅min−1B，【答案】C，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年山西省长治市名校联盟高二（下）联考化学试卷（2月份）

1. 化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. 自来水厂用明矾净水，漂白粉也能代替明矾净水
B. “木与木相摩则然(燃)”中的“然”是化学能转变为热能
C. “掬水月在手，弄花香满衣”中隐含有化学变化
D. 铁放置在潮湿的空气中易发生化学腐蚀而生锈
2. 在核电荷数为1∼36的元素中，原子的最外层电子排布满足ns1的元素共有( )
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
3. 反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)在一密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )
A. 保持容器体积不变，适当升高温度
B. 保持容器体积不变，同时充入等量的H2O(g)和H2(g)
C. 保持容器体积不变，移走少量Fe3O4(s)
D. 保持容器压强不变，充入氦气使容器体积变大
4. 下列说法正确的是( )
A. 某激发态碳原子的电子排布图：
B. 在元素周期表中，非金属元素都在p区
C. 在第三能层中自旋状态相同的电子最多有4个
D. 原子由激发态转化成基态时获得的光谱为发射光谱
5. 化学反应不仅有物质的变化还伴随能量的变化，下列说法错误的是( )
A. 已知3H2(g)+N2⇌2NH3(g)ΔH金刚石
C测定氢氧化钠溶液的浓度
D实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气
A. A B. B C. C D. D
9. 下列各组指定的元素，不能由单质间通过化合反应形成AB2型化合物的是( )
A. [He]2s22p2和[He]2s22p4 B. [Ne]3s23p4和[He]2s22p4
C. [Ne]3s2和[He]2s22p5 D. [Ar]3d64s2和[Ne]3s23p4
10. 图像是学习化学的重要工具，下列有关图象的分析正确的是( )
A. 可以表示反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(s)ΔHc
C. c点所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COO−)>c(OH−)=c(H+)
D. b点时该溶液中存在的微粒关系：2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO−)+2c(OH−)
17. 现有位于元素周期表前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种非零族元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答有关问题。
A
在周期表的所有元素中原子半径最小
B
基态原子中有两个未成对电子
C
基态原子在同周期中未成对电子数最多
D
基态原子中有两个未成对电子
E
基态原子中没有未成对电子
F
同周期元素中电负性最大
G
同周期元素中第一电离能最小
(1)由A、C形成的18电子分子的电子式为 ______。
(2)B元素的原子核外共有 ______种不同运动状态的电子，B元素基态原子中能量最高的电子所占据的原子轨道呈 ______形。
(3)某同学推断E元素基态原子的核外电子轨道表示式为。该同学所画的电子轨道表示式违背了 ______，该元素的第三电离能I3远远大于其第二电离能I2，其原因是 ______。
(4)D、E、F三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是 ______(用离子符号表示)。
(5)检验G元素的方法是 ______，请用原子结构的知识解释其原理：______。
18. 某化学兴趣小组设计如图所示装置来研究电化学知识。

回答下列问题：
(1)闭合开关K，丙装置将 ______能转化为 ______能。Pt电极的名称为 ______(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)极，石墨电极上的电极反应式为 ______。
(2)乙装置锥形瓶中发生反应的化学方程式为 ______、______；长颈漏斗的作用是 ______。
(3)若装置气密性良好，乙中反应进行完全，当电路中有0.1mol电子发生转移时，理论上乙中生成物质的物质的量浓度为 ______(忽略溶液体积变化)。
(4)某小组在反应进行一段时间后，断开开关K，过一段时间再闭合开关K，发现电流表指针偏转的方向与开始时不同，出现该现象的原因可能是 ______。
19. 二甲醚是一种重要的清洁燃料，可代替氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成二甲醚，反应为3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)ΔH。请回答下列问题：
(1)煤是一种 ______(填“可”或“不可”)再生能源，写出直接用煤作燃料可能带来的环境问题：______(填两条即可)。
(2)某些共价键的键能如下表：
化学键
C−O
C−H
H−H
C=O
C≡O
E/(kJ/mol)
358
413
436
799
1072
该反应的ΔH=______。
(3)向容积为1L的恒容密闭容器中，充入3molCO(g)和3molH2(g)，在t℃下发生反应，实验测得CH3OCH3(g)的物质的量(n)随时间变化的曲线如图1所示。

①0∼3min内，反应速率v(CO)=______mol⋅L−1⋅min−1。达到平衡时，压强为0.8MPa，Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数(分压=总压×物质的量分数)，则该温度下的平衡常数Kp为 ______(MPa)−4。
②下列说法能判断该反应达到平衡状态的是 ______(填标号)
A.单位时间内断裂3molH−H的同时断裂6molC−H
B.c(CO)=c(H2)
C.
D.混合气体的密度不再变化
(4)恒压条件下，H2的平衡转化率与起始投料比n(CO)n(H2)、温度的变化关系如图2所示，则三条曲线对应温度最高的是 ______。测得B点CO的转化率为30%，则x1=______。
20. 从废旧锂离子电池[含LiCoO2、C6Li(Li嵌入石墨层间)、铝箔、LiPF6电解质和有机溶剂及少量的Cu、Fe、Ni、Zn]中回收钴和锂并制备Co3O4和Li2CO3的一种工艺流程如图：

已知：该工艺条件下，浸取液中含有的五种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe3+
Co2+
Cu2+
Ni2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1.9
7.6
4.2
6.7
6.5
完全沉淀的pH
3.2
9.2
6.7
8.4
8.5(pH=10.5时开始溶解)
回答下列问题：
(1)“真空热解”的温度一般选择600℃，没有选择更高温度的主要原因是 ______。
(2)“还原酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为 ______；该工艺中只用盐酸也可将LiCoO2还原，该反应的离子方程式为 ______。
(3)“净化1”时调整溶液的pH为6.7，此时得到的沉淀有Cu(OH)2和 ______(填化学式)。
(4)“净化2”时，应将溶液的pH调整为 ______。
(5)溶液中c(Li+)=1mol⋅L−1，为使“沉锂”后溶液中c(Li+)≤0.02mol⋅L−1，则5L溶液中至少要加Na2CO3固体 ______g。[假设溶液体积不变，Ksp(Li2CO3)=8×10−4]
答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.明矾中铝离子水解生成Al(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，能杀菌消毒，所以不能用漂白粉代替明矾净水，故A错误；
B.木材燃烧放出热量，该过程中化学能转化为热能，故B正确；
C.“掬水月在手，弄花香满衣”中没有新物质生成，不属于化学变化，故C错误；
D.铁中含有杂质碳，在潮湿的环境下容易形成原电池，所以发生电化学腐蚀而生锈，故D错误；
故选：B。
A.胶体具有吸附性，漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性；
B.木材燃烧放出热量；
C.“掬水月在手，弄花香满衣”中没有新物质生成；
D.铁中含有杂质碳，在潮湿的环境下容易形成原电池。
本题考查金属腐蚀与防护、化学变化、元素化合物的性质等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学反应原理、基本概念内涵、元素化合物的性质是解本题关键，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：在核电荷数为1∼36的元素中，原子的最外层电子排布满足ns1的元素位于第IA族、第族、第族，有H、Li、Na、K、Cr、Cu元素，共有6种，
故选：C。
在核电荷数为1∼36的元素中，原子的最外层电子排布满足ns1的元素位于第IA族、第族、第族。
本题考查原子核外电子排布，侧重于基础知识的考查，明确原子结构、元素周期表结构是解本题关键，易忽略Cu、Cr而导致错误判断。

3.【答案】C

【解析】解：A.保持容器体积不变，适当升高温度，反应速率加快，故A不选；
B.保持容器体积不变，同时充入等量的H2O(g)和H2(g)，气体的浓度增大，则反应速率加快，故B不选；
C.Fe3O4为固体，保持容器体积不变，移走少量Fe3O4(s)，反应速率不变，故C选；
D.保持容器压强不变，充入氦气使容器体积变大，气体浓度减小，反应速率减小，故D不选；
故选：C。
体积可调的密闭容器中，改变纯固体的量反应速率不变或气体的浓度不变，则反应速率不变，以此来解答。
本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响反应速率的外界因素为解答的关键，注意浓度不变时反应速率不变，题目难度不大．

4.【答案】D

【解析】解：A.该图中含有5个电子，C原子有6个电子，所以该图不是激发态碳原子的电子排布图，故A错误；
B.在元素周期表中，H元素位于s区，其它非金属元素位于p区，故B错误；
C.在第三能层中，自旋状态相同的电子最多有3s能级上1个电子、3p能级上3个电子、3d能级上5个电子，所以在第三能层中自旋状态相同的电子最多有9个，故C错误；
D.原子由激发态转化成基态时，以光的形式放出能量，获得的光谱为发生光谱，故D正确；
故选：D。
A.该图中含有5个电子，C原子有6个电子；
B.在元素周期表中，非金属元素在s、p区；
C.在第三能层中，自旋状态相同的电子最多有3s能级上1个电子、3p能级上3个电子、3d能级上5个电子；
D.原子由激发态转化成基态时，以光的形式放出能量。
本题考查原子结构和元素性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规律、元素周期表结构、发生光谱含义等知识点是解本题关键，B为解答易错点。

5.【答案】B

【解析】解：A.若某反应为放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应，则已知3H2(g)+N2⇌2NH3(g)ΔH金刚石，故B正确；
C.盐酸应放在酸式滴定管中，而图中盐酸放在碱式滴定管中，故C错误；
D.在加热的条件下，浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，图中缺少酒精灯，故D错误；
故选：B。
A.次氯酸钠溶液可使pH试纸褪色，；
B.能量越低越稳定；
C.盐酸应放在酸式滴定管中；
D.在加热的条件下，浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气。
本题考查反应热、中和滴定、氯气的实验室制备，侧重对化学基础知识的考查，题目不难，注意基础知识的积累。

9.【答案】D

【解析】解：A.[He]2s22p2和[He]2s22p4分别是C、O元素，二者单质之间反应生成CO或CO2，可以能通过单质形成AB2型化合物，故A错误；
B.[Ne]3s23p4和[He]2s22p4分别是S、O元素，二者单质之间反应生成SO2，可以通过单质形成AB2型化合物，故B错误；
C.[Ne]3s2和[He]2s22p5分别是Mg、F元素，二者通过单质形成化合物MgF2，可以通过单质形成AB2型化合物，故C错误；
D.[Ar]3d64s2和[Ne]3s23p4分别是Fe、S元素，二者通过单质形成化合物FeS，不能通过单质形成AB2型化合物，故D正确；
故选：D。
AB2型化合物中A的化合价为+2或+4价，B的化合价为−1或−2价。
本题考查原子核外电子排布与化合价的关系，为考试高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价。

10.【答案】D

【解析】解：A.该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，压强不变时，升高温度平衡逆向移动，A的平衡转化率减小，增大压强平衡正向移动，A的平衡转化率增大，图象不符合，故A错误；
B.曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故B错误；
C.该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，增大压强正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，则增大压强逆反应速率大于正反应速率，图象不符合，故C错误；
D.该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，平衡后升高温度，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率，图象符合，故D正确；
故选：D。
A.该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，增大压强平衡正向移动；
B.曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点；
C.该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，增大压强平衡逆向移动；
D.该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，平衡后升高温度，平衡逆向移动。
本题考查图象分析，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确温度、压强对平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度中等。

11.【答案】B

【解析】解：A.根据能量的高低，电子在原子核外是分层排布，离原子核越远的电子，其能量越大，故A正确；
B.在基态多电子原子中，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如4s电子比2p电子能量高，故B错误；
C.在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故C正确；
D.能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故D正确；
故选：B。
A.原子由原子核和核外电子构成，电子在原子核外是分层排布的；
B.能层高的s轨道电子能量比能层低的p轨道电子能量高；
C.在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反；
D.能层序数越大，电子离原子核越远。
本题考查原子核外电子的排布、原子轨道等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，注意把握电子的排布规律，题目难度不大。

12.【答案】D

【解析】解：A.乙酸钠溶液显碱性，说明乙酸根离子可以水解，只有弱酸的酸根离子可以水解，故可以证明乙酸为弱酸，故A不选；
B.相同条件下，等浓度的盐酸和乙酸溶液的导电性：盐酸>乙酸溶液，说明乙酸不能完全电离，可以证明其是弱酸，故B不选；
C.常温下，测得0.01mol⋅L−1的乙酸溶液的pH=4，可知乙酸只能部分电离，为弱酸，故C不选；
D.等体积、等pH的盐酸和乙酸溶液分别与同样大小的锌粒反应，氢气的速率和氢离子浓度有关，此时反应速率相等，但无法证明醋酸为弱酸，故D选；
故选：D。
强弱电解质的根本区别在于：在水溶液里能不能完全电离，弱电解质存在电离平衡，只要能够证明醋酸没有完全电离，就证明为弱酸，据此分析。
本题考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法，明确弱电解质电离特点，熟悉盐类水解的条件是解题关键，难度不大。

13.【答案】C

【解析】解：A.负极生成氢离子，透过交换膜进入右侧，故该离子交换膜为阳离子(或质子)交换膜，故A正确；
B.原电池工作时，电子从负极(M)经外电路流向正极(N)，故B正确；
C.M极为负极，电极反应式为H2O+CH3OH−6e−=CO2↑+6H+，故C错误；
D.N极为正极，铬元素价态降低得电子，发生还原反应，故D正确；
故选：C。
由图可知，M极碳元素价态升高失电子，M极为负极，电极反应式为H2O+CH3OH−6e−=CO2↑+6H+，N极为正极，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

14.【答案】B

【解析】解：某温度下，将pH=b的NaOH溶液与pH=c的HCN溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，说明酸碱的物质的量浓度相等，c(NaOH)=c(OH−)=Kwc(H+)=10−a10−bmol/L=10b−amol/L，酸碱的物质的量浓度相等，则c(酸)=c(NaOH)=10b−amol/L，HCN电离程度较小，则溶液中c(CN−)≈c(H+)=10−cmol/L，c(HCN)≈10b−amol/L，该温度下HCN的电离平衡常数K=c(CN−)⋅c(H+)c(HCN)≈10−c×10−c10b−a=1.0×10a−2c−b，
故选：B。
某温度下，将pH=b的NaOH溶液与pH=c的HCN溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，说明酸碱的物质的量浓度相等，c(NaOH)=c(OH−)=Kwc(H+)=10−a10−bmol/L=10b−amol/L，酸碱的物质的量浓度相等，则c(酸)=c(NaOH)=10b−amol/L，HCN电离程度较小，则溶液中c(CN−)≈c(H+)=10−cmol/L，c(HCN)≈10b−amol/L，该温度下HCN的电离平衡常数K=c(CN−)⋅c(H+)c(HCN)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确酸电离平衡常数计算方法、pH值的计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。

15.【答案】D

【解析】解：A.充电时，阳离子经电解质溶液由阳极移向阴极，则Na+从阳极过渡金属氧化物中脱嵌，经电解质嵌入阴极石墨烯纳米片，故A正确；
B.放电时，电子由负极经过外电路流向正极，从负极石墨烯纳米片流出经外电路流入正极过渡金属氧化物，故B正确；
C.由总反应可知，放电时，NaC6失电子生成Na1−xC6，则石墨烯纳米片上的负极反应为NaC6−xe−=Na1−xC6+xNa+(0≤x≤0.55)，故C正确；
D.充电时阴极上发生的电极反应为放电时负极反应的逆过程，则充电时阴极上发生的电极反应为Na1−xC6+xNa++xe−=NaC6，故D错误；
故选：D。
由总反应可知，放电时，NaC6失电子生成Na1−xC6，则石墨烯纳米片作负极，负极反应为NaC6−xe−=Na1−xC6+xNa+(0≤x≤0.55)，Na1−xMO2得电子生成NaMO2，过渡金属氧化物作正极，正极反应为Na1−xMO2+xe−+xNa+=NaMO2(0≤x≤0.55)；放电时阳离子移向正极，电子由负极经过外电路流向正极；充电时为电解池，原电池的正、负极与外加电源的正、负极相接，作阳极、阴极，阴、阳极反应与负、正极反应相反，据此分析解答。
本题考查原电池和电解池的工作原理，涉及电极反应、电子和离子的移动方向等，为高频考点，侧面考查了理解和分析能力，题目难度中等。

16.【答案】B

【解析】解：A.常温下，CH3COOH⇌CH3COO−+H+，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)，在未加入氢氧化钠溶液时pH为3，则c(H+)=10−3mol/L，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)≈10−3×10−310−1=10−5，故A正确；
B.酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的水解，b的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，总体来说是醋酸的电离对水的电离的抑制作用大于醋酸根离的水解对水的电离的促进作用，c的pH为7，c(Na+)=c(CH3COO−)>c(OH−)=c(H+)，醋酸的电离对水的电离的抑制作用等于醋酸根离的水解对水的电离的促进作用，因而水的电离程度：bc(OH−)=c(H+)，故C正确；
D.b点溶液，碱的体积等于10mL，酸过量，反应等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，物料守恒为2c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，推出2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO−)+2c(OH−)，故D正确；
故选：B。
A.常温下，CH3COOH⇌CH3COO−+H+，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)，在未加入氢氧化钠溶液时pH为3，则c(H+)=10−3mol/L，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)，据此计算；
B.酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的水解；
C.c的pH为7，c(OH−)=c(H+)，醋酸的电离对水的电离的抑制作用等于醋酸根离的水解对水的电离的促进作用因而c(Na+)=c(CH3COO−)；
D.b点溶液，碱的体积等于10mL，酸过量，反应等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，物料守恒为2c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，据此分析。
本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及盐的水解、酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较等知识，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

17.【答案】  6 哑铃  泡利原理  Mg+失去3s1的1个电子，而Mg2+失去3p6全满结构的1个电子  Cl−>O2−>Mg2+  焰色反应  当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量

【解析】解：由分析可知，A为H、B为C、C为N、D为O、E为Mg、F为Cl、G为K；
(1)由H、N形成的18电子分子为N2H4，其电子式为，
故答案为：；
(2)B为C元素，原子核外没有运动状态相同的电子，故碳元素的原子核外共有6种不同运动状态的电子，其基态原子中能量最高的电子所占据的原子轨道为2p轨道，呈哑铃形，
故答案为：6；哑铃；
(3)E为Mg，某同学推断E元素基态原子的核外电子轨道表示式为，3s轨道2个电子自旋方向相同，该同学所画的电子轨道表示式违背了泡利原理，Mg+失去3s1的1个电子，而Mg2+失去3p6全满结构的1个电子，远比Mg+失去1个电子需要能量多，该元素的第三电离能I3远远大于其第二电离能I2，
故答案为：泡利原理；Mg+失去3s1的1个电子，而Mg2+失去3p6全满结构的1个电子；
(4)D、E、F三种元素的简单离子分别为O2−、Mg2+、Cl−，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是Cl−>O2−>Mg2+，
故答案为：Cl−>O2−>Mg2+；
(5)G是K元素，检验G元素的方法是焰色反应，用原子结构的知识解释其原理：当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，
故答案为：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量。
元素周期表前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种非零族元素，它们的原子序数依次增大，在周期表的所有元素中A的原子半径最小，则A为H元素；同周期元素中G的第一电离能最小，则G处于IA族，由原子序数可知，除G的它元素只能处于短周期，基态原子在同周期中C的未成对电子数最多，其外围电子排布式为ns2np3，则C处于VA族，同周期元素中F的电负性最大，则F处于族，而C与F的原子序数之差不小于3，故C不能处于第三周期，只能处于第二周期，而F只能处于第三周期，故C为N元素、F为Cl；E的基态原子中没有未成对电子，其外围电子排布式为ns2，其原子序数大于C(氮)，故E为Mg；B、D的基态原子中均有两个未成对电子，其外围电子排布式为ns2np2或ns2np4，而B的原子序数小于C(氮)，D的原子序数小于E(Mg)，故B为C元素、D为O元素；G处于IA族，且原子序数大于Cl，故G为K元素。
本题考查物质结构与性质，推断元素是解题关键，涉及核外电子排布与运动、元素周期律、电离能、跃迁等，注意电子构型为电离能的影响，题目侧重考查学生分析推理能力、运用知识解决问题的能力。

18.【答案】电  化学  阳  2H++2e−=H2↑3NO2+H2O=2HNO3+NO2NO+O2=2NO2  平衡气压  0.5mol/L随着反应的进行，浓硝酸会变成稀硝酸，会与铝发生反应，则铝电极发生氧化反应，则铝做负极

【解析】解：(1)闭合K，甲装置形成原电池，丙装置形成电解池，电解池是电能转化为化学能的装置，在甲装置中，因为浓硝酸会是铝钝化，故铝做正极极，铜做负极，故铂电极为阳极，石墨电极为阴极，故石墨电极发生的反应为：2H++2e−=H2↑，
故答案为：电；化学；阳；2H++2e−=H2↑；
(2)甲中会产生二氧化氮气体进入乙中，丙中会产生氧气进入乙中，则发生的反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，长颈漏斗主要作用是为了平衡气压，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2；平衡气压；
(3)当电路中有0.1mol电子发生转移时，会有0.1mol二氧化氮气体产生和0.025mol氧气产生，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知生成硝酸的物质的量为0.1mol，故c=nV=0.1mol0.2L=0.5mol/L，
故答案为：0.5mol/L；
(4)随着反应的进行，浓硝酸会变成稀硝酸，会与铝发生反应，则铝电极发生氧化反应，则铝做负极，故电流表指针与原来方向不同，
故答案为：随着反应的进行，浓硝酸会变成稀硝酸，会与铝发生反应，则铝电极发生氧化反应，则铝做负极。
(1)闭合K，甲装置形成原电池，丙装置形成电解池，据此进行分析；
(2)甲中会产生二氧化氮气体进入乙中，丙中会产生氧气进入乙中，据此进行解答；
(3)当电路中有0.1mol电子发生转移时，会有0.1mol二氧化氮气体产生和0.025mol氧气产生，据此进行解答；
(4)随着反应的进行，浓硝酸会变成稀硝酸，会与铝发生反应，则铝做负极。
本题考查了原电池和电解原理的应用，明确电解池中物质得失电子、电极方程式的书写方法、电子守恒的计算即可解答，难点是电极反应式书写，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

19.【答案】不可  酸雨、烟尘  −268kJ/mol0.459×104  AT3  2.5

【解析】解：(1)煤是一种不可再生能源，用煤作燃料，燃烧过程中是产生二氧化硫和大量的烟尘，二氧化硫会引起酸雨，
故答案为：不可；酸雨、烟尘；
(2)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(3×1072+3×436)kJ/mol−(413×6+358×2+799×2)kJ/mol=−268kJ/mol，
故答案为：−268kJ/mol；
(3)①0∼3min内，CH3OCH3(g)的物质的量为0.45mol，则Δn(CO)=3×0.45mol=1.35mol，1.35mol1L×3min=0.45mol/(L⋅min)；达到平衡时，压强为0.8MPa，列化学平衡三段式，
                   3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)
起始(mol)3300
转化(mol)2.72.70.90.9
平衡(mol)0.30.30.90.9
混合气体总物质的量为(0.3+0.3+0.9+0.9)mol=2.4mol，p(CO)=p(H2)=0.3mol2.4mol×0.8MPa=0.1MPa，则p(CH3OCH3)=p(CO2)=0.9mol2.4mol×0.8MPa=0.3MPa，，Kp=p(CH3OCH3)⋅p(CO2)p3(CO)⋅p3(H2)=0.3MPa×0.3MPa(0.1MPa)3×(0.1MPa)3=9×104(MPa)−4，
故答案为：0.45；9×104；
②A.单位时间内断裂3molH−H的同时断裂6molC−H，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，故A正确；
B.当起始c(CO)=c(H2)，两者反应物质的量之比为1：1，则任何时候c(CO)=c(H2)，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.才能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：A；
(4)该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，H2的平衡转化率转化率越低，则三条曲线对应温度最高的是T3；B点CO的转化率为30%，则Δn(CO)=n(CO)×30%=0.3n(CO)，则Δn(H2)n(H2)×75%=0.75n(H2)，两者比值为1：1，则0.3n(CO)0.75n(H2)=1，则起始投料比n(CO)n(H2)=0.750.3=2.5，
故答案为：T3；2.5。
(1)煤是一种不可再生能源，用煤作燃料，燃烧过程中是产生二氧化硫和大量的烟尘；
(2)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
(3)①0∼3min内，CH3OCH3(g)的物质的量为0.45mol，则Δn(CO)=3×0.45mol=1.35mol，结合v=△nV⋅△t计算；达到平衡时，压强为0.8MPa，列化学平衡三段式，结合Kp=p(CH3OCH3)⋅p(CO2)p3(CO)⋅p3(H2)计算；
②判断化学平衡状态的直接标志：同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
(4)该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，H2的平衡转化率转化率越低；B点CO的转化率为30%，则Δn(CO)=n(CO)×30%=0.3n(CO)，则Δn(H2)n(H2)×75%=0.75n(H2)，两者比值为1：1。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。

20.【答案】温度太高，碳容易转化为CO，造成污染且能耗高  2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O2LiCoO2+2Cl−+4H+=2Li++Cl2↑+2H2OFe(OH)3、Zn(OH)2  8.5∼10.51319.7

【解析】解：(1)“真空热解”的温度一般选择600℃，没有选择更高温度的主要原因是温度太高，碳容易转化为CO，造成污染，温度太高能耗就高，
故答案为：温度太高，碳容易转化为CO，造成污染且能耗高；
(2)LiCoO2中Co由+3价降到+2价，Na2S2O3中S由+2价升高到+6价，“还原酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该工艺中只用盐酸也可将LiCoO2还原，+3价的钴元素被−1价的铝离子还原，该反应的离子方程式为2LiCoO2+2Cl−+4H+=2Li++Cl2↑+2H2O，
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；2LiCoO2+2Cl−+4H+=2Li++Cl2↑+2H2O；
(3)调节pH值为6.7，使铜离子、铁离子、锌离子得到相应的氢氧化物沉淀，故含有Cu(OH)2、Fe(OH)3、Zn(OH)2，但锌离子没有沉淀完全，
故答案为：Fe(OH)3、Zn(OH)2；
(4)净化2加入氢氧化钠溶液，除去镍离子和锌离子生成沉淀除去，并保证二价钴离子沉淀完全，根据表格信息，故pH的范围是8.5∼10.5，
故答案为：8.5∼10.5；
(5)5L溶液中原c(Li+)=1mol⋅L−1，n(Li+)=5L×1mol⋅L−1=5mol，为使“沉锂”后溶液中c(Li+)≤0.02mol⋅L−1，n(Li+)=5L×0.02mol⋅L−1=0.1mol，则生成沉淀的锂离子的物质的量为n(Li+)=(5−0.1)mol=4.9mol，则Li2CO3的物质的量为2.45mol，则Na2CO3固体应为2.45mol，溶液中c(CO32−)=Ksp(Li2CO3)c2(Li+)=8×10−4(0.02)2mol⋅L−1=2mol⋅L−1，则CO32−的物质的量为2mol⋅L−1×5L=10mol，则加入Na2CO3固体的总质量至少为106g⋅mol−1×(2.45mol+10mol)=106g⋅mol−1×12.45mol=1319.7g，
故答案为：1319.7。
废旧锂离子电池[含LiCoO2、C6Li(Li嵌入石墨层间)、铝箔、LiPF6电解质和有机溶剂及少量的Cu、Fe、Ni、Zn]，充分放电，拆解，真空热解，得到铝箔和热解产物回收利用；活性物质加入双氧水溶液、硫酸，还原酸浸后，滤液再加入氢氧化钠，调节pH值为6.7，净化1中使铜离子、铁离子、锌离子得到相应的氢氧化物沉淀，分别得到锂离子和钴离子的溶液，溶液加入CO(NH2)2溶液并加热，沉钴得到Co2(OH)2CO3沉淀，滤液中含锂离子的溶液，溶液在净化2中加入氢氧化钠溶液，将镍离子和锌离子生成沉淀除去，滤液再加碳酸钠溶液沉锂，得到碳酸锂，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。