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山东省枣庄市第三中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版）
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本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试用时90分钟。答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、考号、班级填写在答题纸和答题卡规定的位置。考试结束后，将答题纸和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 Br80 Ag108
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
注意事项：
1．第Ⅰ卷共15小题，1-10每小题2分，11-15每小题4分，共40分。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号。不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
1. 化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 二氧化硅可直接用于制造芯片和太阳能电池
B. 用铝粉与氢氧化钠混合作为管道疏通剂使用
C. 冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素
D. “嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅具有良好的导光性，常用于制造光导纤维，用来制造制造芯片和太阳能电池的是硅，故A项错误；
B．Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，能使管道疏通，故B项正确
C．碲是第ⅥA族元素，镉是第ⅡB族元素，碲不是过渡元素，镉属于过渡元素，故C项错误；
D．太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，锂离子电池组将化学能转变成电能，故D项错误；
故本题选B。
2. 已知，其中元素X、Y均为第二周期元素，其原子的最外层电子数之和为11。下列叙述正确的是
A. Y原子核内中子数为9B. X单质常温下是液态
C. 溶液只有强氧化性D. 与互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【分析】已知，为满足质量守恒，14+4=A+1，A=17，X与Y原子之间质子数相差1，元素X、Y均为第二周期元素，且其原子的最外层电子数之和为11，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子为a+1，解得a=5，因此X为N，Y为O。
【详解】A．根据分析，Y为O，其原子核内中子数=17-8=9，故A正确；
B．由分析可知，X为N，X单质即N2常温下是气态，故B错误；
C．为H2O2，其中O为-1价，化合价既能升高到0价，表现还原性，也能降低到-2价，表现氧化性，故C错误；
D．由分析可知，X为N，即与属于质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，二者互称为同位素，故D错误；
故选A。
3. 应用元素周期律可预测我们不知道的一些元素及其化合物的性质，下列预测合理的是
A. P与S同周期，PH3比H2S稳定B. At与Cl同主族，AgAt可溶于水
C. Be的氧化物可能具有两性D. Li在氧气中剧烈燃烧，产物是
【答案】C
【解析】
【详解】A．P与S同周期，S的非金属性强于P，故H2S比PH3稳定，故A错误；
B．At与Cl同主族，AgCl难溶于水，故AgAt也难溶于水，故B错误；
C．Be和Al符合对角线规则，Al的氧化物有两性，故Be的氧化物也可能具有两性，故C正确；
D．Li的活泼性比Na弱，Li在氧气中燃烧，产物是，故D错误。
答案选C。
4. 元素周期表揭示了元素间的内在联系和规律性，下列说法正确的是
A. 通常在元素周期表中金属与非金属的分界处寻找催化剂和耐高温的合金材料
B. 元素周期表中有八个主族、七个副族和一个0族
C. 某短周期元素的原子最外层有2个电子，则该元素可能为金属元素
D. 卤素单质及碱金属单质的熔沸点均随着原子序数的递增而升高
【答案】C
【解析】
【详解】A．在元素周期表金属与非金属的分界处寻找半导体材料，催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料应在过渡元素中寻找，A错误；
B．根据元素周期表的结构，元素周期表有七个主族、八个副族和一个0族，B错误；
C．某短周期元素的原子最外层有2个电子，该元素可能是元素He，也可能是金属元素铍、镁，C正确；
D．卤素单质的熔沸点随着原子序数的递增而升高，而碱金属单质的熔沸点随着原子序数的递增而降低，D错误；
综上所述答案为C。
5. 化学反应A+B→C（吸收能量）分两步进行：①A+B→X（放出能量），②X→C（吸收能量）。下列示意图中表示总反应过程中能量变化正确的图像是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．中，A+B→X，放出能量，X→C，吸收能量，且A+B→C，吸收能量，A正确；
B．中，A+B→X，吸收能量，B不正确；
C．中，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，C不正确；
D．中，A+B→X，吸收能量，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，D不正确；
故选A。
6. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
下列叙述正确的是
A. X、Y元素的金属性
B. 一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 一定条件下，Z的氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应产生白烟
【答案】D
【解析】
【分析】由W的化合价只有-2价可知，W为O元素；由Z的化合价有-3、+5价，原子半径大于氧原子且相差不大可知，Z为N元素；由X的化合价只有+2价和Y的化合价只有+3价，X、Y原子半径相差不大，原子半径较氮元素、氧元素大很多可知，X为Mg元素、Y为Al元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，则镁元素的金属性强于铝元素，故A错误；
B．氮气和氧气在放电或高温下发生化合反应只能生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，故B错误；
C．铝的最高价氧化物对应水化物是氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，不能溶于弱酸、弱碱，则氢氧化铝不溶于稀氨水，故C错误；
D．N的氢化物NH3和其最高价氧化物对应水化物HNO3反应生成硝酸铵，硝酸铵是白色固体，硝酸铵的固体小颗粒分散在空气中，能看到白烟产生，故D正确；
故选D。
7. 下列化学用语表示不正确的是
A. 的形成过程是：
B. 分子的空间填充模型为：
C. S2-的结构示意图：
D. 氯化铵的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．是离子化合物，用电子式表示形成过程为 ，故A正确；
B．是正四面体结构，空间填充模型为，故B正确；
C．S2-核外有18个电子，结构示意图为，故C正确；
D．氯化铵是离子化合物，电子式为 ，故D错误；
选D。
8. 已知：①；②，下列判断正确的是
A. 若反应②中改用固态硫，则消耗反应放出的热量小于
B. 从焓变数值知，单质硫与氧气相比，更容易与氢气化合
C. 由①②知，水的热稳定性弱于硫化氢
D. 氢气的燃烧热
【答案】A
【解析】
【详解】A．固体变为气体，吸收热量，则若反应②中改用固态硫，1 ml S(s)完全反应，放出的热量小于20.1 kJ，故A正确；
B．由热化学方程式可以知道1ml氢气与氧气反应放出热量比1ml氢气与硫反应放出的热量多221.7kJ，说明单质氧气与硫相比，更容易与氢气化合，故B错误；
C．放出的热量越多，说明物质的总能量越低，物质越稳定，故C错误；
D．燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；则氢气燃烧应该是生成液态水而不是气态水，故D错误；
故选A。
9. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是
A. W、Y对应的简单氢化物的稳定性前者高
B. 阴离子的还原性：W2﹣＞Q﹣
C. 离子半径：Y2﹣＞Z3+
D. 元素的非金属性：Y＞W
【答案】A
【解析】
【分析】根据元素周期表的结构，可以知道各元素分别为：X为N，Y为O，Z为Al，W为S，Q为Cl，结合元素性质和元素周期律解答。
【详解】A．W、Y对应简单氢化物分别为H2S和H2O，元素非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，所以水的稳定性比H2S高，故A错误；
B．S和Cl的非金属性：S＜Cl，所以阴离子的还原性：S2-＞Cl-，故B正确；
C．O2-和Al3+核外电子排布相同，离子半径随核电荷数的增大而减小，所以离子半径：O2－＞Al3＋，故C正确；
D．同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐减弱，所以元素的非金属性逐渐减弱，故元素的非金属性：O＞S，故D正确；
答案选A。
10. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是
A. 纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗
B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镶层仍能对铁制品起保护作用
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯银器表面在空气中变暗是因为银和空气中硫化氢反应生成硫化银，发生化学腐蚀，纯银中无杂质，在空气中不能形成原电池，不会发生电化学腐蚀，A错误；
B．铁的金属性大于锡，当镀锡铁制品的镀层破损时，发生电化学腐蚀，铁做负极被腐蚀，镀层不能对铁制品起保护作用，B错误；
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法，C正确；
D．可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，D错误；
故答案选C。
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意，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。
11. 由和NO反应生成和的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A. 反应生成时转移
B. 反应物能量之和大于生成物能量之和
C. 和如图中完全反应放出139kJ能量
D. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学方程式：N2O＋NO = N2＋NO2，，生成1 ml N2时转移电子2 ml，故A错误；
B．根据能量变化图，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应属于放热反应，故B正确；
C．根据能量变化图，N2O(g)＋NO(g) = N2(g)＋NO2(g) ΔH=(209－348) kJ·ml−1=－139 kJ·ml−1，故C正确；
D．断键吸收能量，成键释放能量，此反应是放热反应，因此断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，故D正确。
故选A。
12. 如图是一种新型的光化学电源，当光照射N型半导体时，通入和即产生稳定的电流并获得（和AQ是两种有机物）。下列说法不正确的是
A. 乙池中的N型半导体电极是电池的负极
B. 通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池
C. 甲池中石墨电极上发生的电极反应为
D. 总反应为
【答案】BC
【解析】
【分析】由电子流向可知石墨电极为正极，N型半导体电极是电池的负极，负极碘离子失电子被氧化，电极反应为，生成的可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为；
【详解】A．由分析可知，甲池中的石墨电极是电池的正极，N型半导体电极是电池的负极，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，H+通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，故B错误；
C．正极AQ得电子被还原生成H2AQ，电极反应为，故C错误；
D．由分析可知，通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化氢，则总反应为，故D正确；
故选BC。
13. 利用铜-铈氧化物(，是活泼金属)催化氧化除去中少量的机理如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应的总反应为
B. 反应i涉及极性共价键的生成
C. 气体和气体的总能量高于气体的总能量
D. 若用参与反应，一段时间后，可能出现在铜-铈氧化物中
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图中可知，该反应的总反应为，A正确；
B．反应i中有CO2生成，即有C=O极性共价键的生成，B正确；
C．CO在氧气中燃烧生成CO2，该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，即气体和气体的总能量高于气体的总能量，C正确；
D．铜-铈氧化物为催化剂，不参与反应，用参与反应，一段时间后，会存在于二氧化碳中，铜-铈氧化物中不会有，D错误；
故答案选D。
14. 由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极经外电路流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合，断开，一段时间后，再断开，闭合，即可形成浓差电池，电流表指针偏转。下列不正确的是
A. 充电前，该电池两电极存电势差
B. 放电时，右池中的通过离子交换膜移向左池
C. 充电时，当外电路通过0.1ml电子时，两电极的质量差为10.8g
D. 放电时，电极Y为电池的正极
【答案】AC
【解析】
【分析】充电前，左右两池浓度相等，则两极不存在电势差，闭合，断开，Y为阳极，电极反应式为：，X为阴极，电极反应式为，向阳极Y移动，即右池AgNO3浓度上升，左池AgNO3浓度下降，一段时间后，断开，闭合，即可形成浓差电池，电子由X流向Y，即X为负极，Y为正极，向负极X移动。
【详解】A．充电前，左右两池浓度相等，则两极不存在电势差，故A错误；
B．由分析得，放电时，X为负极，Y为正极，右池中通过离子交换膜移向左池，故B正确；
C．当外电路通过0.1ml电子时，阳极有0.1mlAg被氧化，而阴极析出0.1mlAg，质量都为10.8g，则两电极的质量差为21.6g，故C错误；
D．由分析得，放电时，电极Y为电池的正极，故D正确；
故选AC。
15. 为深入贯彻落实党中央、国务院关于碳达峰、碳中和的重大战略部署，某研究团队设计了以下装置，用和反应提供电能，电解制取，实现资源化利用。下列说法正确的是
A. a电极应通入，b电极应通入
B. 外电路电子流向为：，
C. SO2参与的电极反应式： SO2+4H+-2e- =+ 2H2O
D. 电解一段时间后，B装置左池中溶液浓度降低
【答案】BD
【解析】
【分析】根据用和反应提供电能，电解制取可知，A为原电池，B为电解池，B池中制取，为氧化剂，得到电子被还原为HCOO-， Sn片为电解池的阴极，Pt片为阳极；A中a为负极，b为正极。
【详解】A．和反应提供电能时为还原剂，通入负极，氧气为氧化剂，通入正极，即电极a应通入，电极b应通入，故A错误；
B．电池中电子从负极流出，流入正极，电解池中电子从阳极流出，流入阴极，故外电路电子的流向为：，，故B正确；
C．SO2失去电子，发生氧化反应，变为，电极反应式： SO2-2e- + 2H2O =+4H+，故C错误；
D．电解时，在阴极上CO2得到电子被还原为HCOO-，则阴极的电极反应式为： ，在阳极上H2O电离产生的OH-失去电子被氧化为O2，阳极的电极反应式为：，生成的H+与反应产生CO2气体逸出，导致的浓度降低，同时部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，因此电解一段时间后，左池中KHCO3溶液浓度降低，故D正确；
故选BD。
第Ⅱ卷（共60分）
注意事项：
1．第Ⅱ卷共四大题，共60分。
2．用0.5毫米黑色签字笔将答案和计算步骤、过程填写在答题纸相应位置，直接在试卷上作答的不得分。
三、非选择题（本题共4小题，共60分）
16. Ⅰ．A、B、C、D、E为短周期主族元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、C同周期，A、D同主族，A、C常温下能形成两种液态化合物和，E元素的周期数与主族序数相等。请用化学用语回答下列问题：
（1）B元素在元素周期表中的位置为__________；由A、C、D三种元素组成的化合物中含有的化学键为__________。
（2）写出的电子式：__________。
（3）元素E的单质与元素D的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：__________。
（4）常温下，与元素D的单质反应后，所得溶液的pH__________（填“<”“=”或“>”）7。
（5）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，灼烧该化合物时，火焰呈__________色，DA能与水反应放出氢气，若将1mlDA和1mlE单质混合加入足量的水，充分反应后生成的气体在标准状况下的体积是__________L。
Ⅱ．甲同学设计了图1装置探究硫和氯的非金属性相对强弱。
（6）A装置中发生反应的化学方程式为__________。B装置的作用是除去中的HCl，则B中的试剂是__________（填名称）。
（7）实验过程中，C中产生浅黄色沉淀，写出C中反应的离子方程式：__________。
Ⅲ．最近，德国科学家实现了Rb原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知Rb的原子序数为37，相对原子质量是85。
（8）下列关于Rb的说法中不正确的是__________。
a．与水反应比钠更剧烈 b．在空气中易吸收水和二氧化碳
c．与水能剧烈反应并释放出 d．单质具有很强的氧化性
e．RbOH的碱性比同浓度的NaOH强
【答案】（1） ①. 第二周期ⅣA族 ②. 离子键
（2） （3）
（4）＞ （5） ①. 黄 ②. 56
（6） ①. ②. 饱和食盐水
（7）
（8）cd
【解析】
【分析】Ⅰ．A、B、C、D、E为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A、C常温下能形成两种液态化合物和，即A为H元素，C为O元素，A、D同主族，D为Na元素，E元素的周期数与主族序数相等，E为Al元素，质子数之和为39，即B的质子数为39-1-8-11-13=6，B为C元素，综上：A为H元素、B为C元素、C为O元素、D为Na元素、E为Al元素；
Ⅱ．装置A为Cl2的制取装置，化学方程式为，B装置的作用是除去Cl2中的HCl，B中为饱和食盐水，装置C中Cl2与Na2S发生反应，D用于尾气处理。
【小问1详解】
B为C元素，位于第二周期ⅣA族；A为H元素、C为O元素、D为Na元素组成的化合物为NaOH，含有的化学键为离子键；
【小问2详解】
D2C2为Na2O2，电子式为；
【小问3详解】
E为Al元素，D为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al与NaOH反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
A2C为H2O，与Na反应，离子方程式为，所得溶液的pH＞7；
【小问5详解】
DA是NaH，灼烧NaH时，火焰呈黄色，NaH能与水反应放氢气，则其化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，若将1mlNaH和1ml单质铝混合加入足量的水，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2↑、，充分反应后生成气体(1+1.5)ml=2.5ml，标准状况下的体积是2.5ml×22.4L/ml=56L；
【小问6详解】
装置A为Cl2的制取装置，化学方程式为； B中为饱和食盐水，作用是除去Cl2中的HCl；
【小问7详解】
C中Cl2与Na2S发生反应，S2-被氧化为S，离子方程式为：；
【小问8详解】
a．同主族从上到下金属性逐渐增强，因此铷与水反应比钠反应更剧烈，a正确；
b．根据氧化钠的性质类推可知Rb2O在空气中易吸收水和二氧化碳，b正确；
c．根据氧化钠的性质类推可知Rb2O与水能剧烈反应，生成RbOH，c错误；
d．铷是活泼的金属单质，单质具有很强的还原性，d错误；
e．同主族从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此RbOH的碱性比同浓度的NaOH溶液强，e正确；
故选：cd。
17. 我国有广阔的海岸线，海水的综合利用大有可为。电解是海水资源综合利用的重要手段。
Ⅰ．电解饱和食盐水的原理如图所示。
（1）电解饱和食盐水的化学方程式是__________。
（2）电极a接电源的__________（填“正”或“负”）极，离子交换膜是__________交换膜（填阳离子或阴离子）。
（3）已知水的电离过程可表示为：，图中溶液质量分数大小关系为a%__________b%（填“>”“=”或“<”）。
Ⅱ．微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用如图装置处理有机废水（以含的溶液为例）。完成下列问题
（4）①写出a极的电极反应__________，隔膜1选择__________（填阴或阳）离子交换膜。
②当电路中转移1ml电子时，模拟海水理论上除盐__________g。
Ⅲ．海水中溴含量约为，从海水中提取溴的工业流程如下：
（5）①以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出，利用了溴的__________性。
②上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式__________；实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是__________。
A．乙醇 B．四氯化碳 C．烧碱溶液 D．苯
（6）将海水浓缩至1L最终得到，若提取率为65%，则原海水中溴元素的浓度为__________。
【答案】（1）
（2） ①. 正 ②. 阳离子
（3）＜ （4） ①. ②. 阴 ③. 58.5
（5） ①. 挥发 ②. ③. BD
（6）64
【解析】
【分析】Ⅰ．电解饱和食盐水，生成NaOH、Cl2、H2，化学方程式为：，Cl-在电极a处失去电子，变为Cl2，电极a为阳极，电极反应式为，电极b为阴极，电极反应式为：；
Ⅱ．在a极失去电子变为CO2、H+，电极a为负极，电极反应式为：，b为正极，电极反应式为，模拟海水中Na+向正极b移动，隔膜2为阳离子交换膜，Cl-向负极a移动，隔膜1为阴离子交换膜，从而完成海水淡化；
Ⅲ．海水晒盐得到卤水和氯化钠，氯化钠电解得到氯气，卤水中含有溴离子，通入氯气得到含有低浓度Br2的溶液；溴易挥发，通入热空气吹出Br2，用热的碳酸钠溶液吸收Br2，得到含有、Br-的溶液；加入硫酸酸化，、Br-在酸性条件下反应生成Br2，蒸馏得到工业溴。
【小问1详解】
电解饱和食盐水，生成NaOH、Cl2、H2，化学方程式为：；
【小问2详解】
Cl-在电极a处失去电子，变为Cl2，电极a为阳极，接电源正极；阳极区NaCl浓度下降，Na+通过离子交换膜向阴极b移动，即离子交换膜应为阳离子交换膜；
【小问3详解】
电极b为阴极，电极反应式为：，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，因此NaOH稀溶液变为浓溶液，a%＜b%；
【小问4详解】
①在a极失去电子变为CO2、H+，电极a为负极，电极反应式为：；由分析得，隔膜1为阴离子交换膜；
②当电路中转移1ml电子时，模拟海水理论上除盐1ml，质量为1ml×58.5g/ml=58.5g；
【小问5详解】
①通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的挥发性；
②溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式为：；
A．乙醇与水互溶，不能作萃取剂，A不符合题意；
B．四氯化碳与水互不相溶，且溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大，因此四氯化碳可以作萃取剂，B符合题意；
C．溴单质能与烧碱溶液反应，不能作萃取剂，C不符合题意；
D．苯与水互不相溶，且溴单质在苯中的溶解度比在水中大，因此苯可以作萃取剂，D符合题意；
故选BD；
【小问6详解】
最终得到，若提取率为65%，原海水中的Br元素的质量为，则原海水中溴的浓度为。
18. 随着新能源汽车销量的猛增，动力电池退役高峰将至，磷酸铁锂(LEP)是目前使用最多的动力电池材料，因此回收磷酸铁锂具有重要意义。一种从废旧磷酸铁锂正极片( LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如下：
已知： i．废旧磷酸铁锂正极片中的化学物质均不溶于水也不与水反应。
ii．Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应。
回答下列问题：
（1）LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素在周期表中的位置是___________。
（2）“氧化浸出”时，保持其他条件不变，不同氧化剂对锂的浸出实验结果如下表，实际生产中氧化剂选用H2O2，不选用NaClO3的原因是___________。在“氧化浸出”时，适当的升温可加快反应速率，但般不采取高温法， 其原因是___________。“氧化浸出”时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为。___________。
（3）“浸出液”循环两次的目的是___________。
（4）“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为___________。
（5）“一系列操作”具体包括___________、洗涤、干燥。
【答案】（1）第四周期VIII族
（2） ①. 与盐酸反应产生，污染生产环境 ②. 防止H2O2分解和盐酸挥发 ③.
（3）可提高盐酸与H2O2的利用率
（4）2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
（5）水浴加热、趁热过滤
【解析】
【分析】废旧磷酸铁锂正极片(LiFePO4、导电石墨、铝箔)首先用NaOH溶液浸取，Al溶解得到偏铝酸盐，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液，滤渣I为LiFePO4及石墨，加盐酸与氧化剂，将LiFePO4氧化得含有Li+的溶液和FePO4沉淀，过滤分离出滤渣Ⅱ含炭黑、FePO4，滤液含LiCl，浸出液循环两次提高盐酸与氧化剂的利用率，之后再加NaOH调节pH，除去少量铁离子，然后滤液加碳酸钠发生复分解反应生成Li2CO3，经一系列操作得Li2CO3，以此来解答。
【小问1详解】
LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素是Fe，其在周期表中的位置是：第四周期VIII族；
【小问2详解】
氧化浸出时，实际生产中氧化剂选用H2O2，因为NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境；为防止H2O2分解和盐酸挥发，故在氧化浸出时，一般不采取高温法；“氧化浸出”时，LiFePO4被H2O2 在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得该反应的离子方程式为；
【小问3详解】
“浸出液”循环两次的目的是提高盐酸与H2O2的利用率；
【小问4详解】
“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑；
【小问5详解】
已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故沉锂时应水浴加热，温度保持在95℃；沉锂后要得碳酸锂产品，需进行趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为：水浴加热；趁热过滤。
19. 常利用化学反应将化学能转化为热能、电能等其他形式的能量，用于生产、生活。
Ⅰ．用盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的反应热进行推算。已知：
（1）请写出由和生成的热化学方程式：__________。
Ⅱ．化学能转化为热能的转化率约30%，可见燃料直接燃烧会浪费大量能量。而燃料电池中化学能转化为电能的转化率接近100%。北京冬奥会使用氢氧燃料电池汽车，同时也实现了低碳环保。某种氢氧燃料电池的内部结构示意图如下图。
（2）右侧的电极反应式为__________。
（3）若电路中通过3ml电子，则负极消耗物质的质量为__________。
Ⅲ．锂离子电池基于电化学“嵌入/脱嵌”反应原理，替代了传统的“氧化—还原”理念；锰酸锂可充电电池的总反应为：
（4）①放电时电池内部向__________移动（填“正极”或“负极”）；
②充电时，电池的阳极反应式为__________，若此时转移，则石墨电极将增重__________g。
【答案】（1）
（2）
（3）3g （4） ①. 正极 ②. ③. 7
【解析】
【小问1详解】
和生成的方程式为，已知：① ；② ；③ ；根据盖斯定律可知，由2①+②-③可得目标方程式，则由和生成的热化学方程式为。
【小问2详解】
氢氧燃料电池为原电池原理，电子从负极经外电路移动向正极，故左侧为负极，右侧为正极，则右侧的电极反应式为。
【小问3详解】
左侧的电极反应式为，则消耗的物质为氢气，若电路中通过3ml电子，则负极消耗氢气物质的质量为1.5ml，质量为。
【小问4详解】
①放电为原电池原理，原电池中阳离子移动向正极，则放电时电池内部向正极移动；
②充电时，阳极发生氧化反应，根据总反应可知，充电时，电池的阳极反应式为，石墨电极为阴极，发生反应，若此时转移，则石墨电极将增重1ml Li，质量为7g。元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
、、
序号
锂含量/%
氧化剂
pH
浸出液Li
浓度/(g·L-1)
浸出渣中Li
含量/%
1
3.7
H2O2
3.5
9.02
0.10
2
3.7
NaClO3
3.5
9.05
0.08
3
3.7
O2
3.5
7.05
0.93
4
3.7
NaClO
3.5
8.24
0.43
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试用时90分钟。答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、考号、班级填写在答题纸和答题卡规定的位置。考试结束后，将答题纸和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 Br80 Ag108
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
注意事项：
1．第Ⅰ卷共15小题，1-10每小题2分，11-15每小题4分，共40分。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号。不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
1. 化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 二氧化硅可直接用于制造芯片和太阳能电池
B. 用铝粉与氢氧化钠混合作为管道疏通剂使用
C. 冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素
D. “嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅具有良好的导光性，常用于制造光导纤维，用来制造制造芯片和太阳能电池的是硅，故A项错误；
B．Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，能使管道疏通，故B项正确
C．碲是第ⅥA族元素，镉是第ⅡB族元素，碲不是过渡元素，镉属于过渡元素，故C项错误；
D．太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，锂离子电池组将化学能转变成电能，故D项错误；
故本题选B。
2. 已知，其中元素X、Y均为第二周期元素，其原子的最外层电子数之和为11。下列叙述正确的是
A. Y原子核内中子数为9B. X单质常温下是液态
C. 溶液只有强氧化性D. 与互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【分析】已知，为满足质量守恒，14+4=A+1，A=17，X与Y原子之间质子数相差1，元素X、Y均为第二周期元素，且其原子的最外层电子数之和为11，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子为a+1，解得a=5，因此X为N，Y为O。
【详解】A．根据分析，Y为O，其原子核内中子数=17-8=9，故A正确；
B．由分析可知，X为N，X单质即N2常温下是气态，故B错误；
C．为H2O2，其中O为-1价，化合价既能升高到0价，表现还原性，也能降低到-2价，表现氧化性，故C错误；
D．由分析可知，X为N，即与属于质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，二者互称为同位素，故D错误；
故选A。
3. 应用元素周期律可预测我们不知道的一些元素及其化合物的性质，下列预测合理的是
A. P与S同周期，PH3比H2S稳定B. At与Cl同主族，AgAt可溶于水
C. Be的氧化物可能具有两性D. Li在氧气中剧烈燃烧，产物是
【答案】C
【解析】
【详解】A．P与S同周期，S的非金属性强于P，故H2S比PH3稳定，故A错误；
B．At与Cl同主族，AgCl难溶于水，故AgAt也难溶于水，故B错误；
C．Be和Al符合对角线规则，Al的氧化物有两性，故Be的氧化物也可能具有两性，故C正确；
D．Li的活泼性比Na弱，Li在氧气中燃烧，产物是，故D错误。
答案选C。
4. 元素周期表揭示了元素间的内在联系和规律性，下列说法正确的是
A. 通常在元素周期表中金属与非金属的分界处寻找催化剂和耐高温的合金材料
B. 元素周期表中有八个主族、七个副族和一个0族
C. 某短周期元素的原子最外层有2个电子，则该元素可能为金属元素
D. 卤素单质及碱金属单质的熔沸点均随着原子序数的递增而升高
【答案】C
【解析】
【详解】A．在元素周期表金属与非金属的分界处寻找半导体材料，催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料应在过渡元素中寻找，A错误；
B．根据元素周期表的结构，元素周期表有七个主族、八个副族和一个0族，B错误；
C．某短周期元素的原子最外层有2个电子，该元素可能是元素He，也可能是金属元素铍、镁，C正确；
D．卤素单质的熔沸点随着原子序数的递增而升高，而碱金属单质的熔沸点随着原子序数的递增而降低，D错误；
综上所述答案为C。
5. 化学反应A+B→C（吸收能量）分两步进行：①A+B→X（放出能量），②X→C（吸收能量）。下列示意图中表示总反应过程中能量变化正确的图像是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．中，A+B→X，放出能量，X→C，吸收能量，且A+B→C，吸收能量，A正确；
B．中，A+B→X，吸收能量，B不正确；
C．中，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，C不正确；
D．中，A+B→X，吸收能量，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，D不正确；
故选A。
6. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
下列叙述正确的是
A. X、Y元素的金属性
B. 一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 一定条件下，Z的氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应产生白烟
【答案】D
【解析】
【分析】由W的化合价只有-2价可知，W为O元素；由Z的化合价有-3、+5价，原子半径大于氧原子且相差不大可知，Z为N元素；由X的化合价只有+2价和Y的化合价只有+3价，X、Y原子半径相差不大，原子半径较氮元素、氧元素大很多可知，X为Mg元素、Y为Al元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，则镁元素的金属性强于铝元素，故A错误；
B．氮气和氧气在放电或高温下发生化合反应只能生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，故B错误；
C．铝的最高价氧化物对应水化物是氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，不能溶于弱酸、弱碱，则氢氧化铝不溶于稀氨水，故C错误；
D．N的氢化物NH3和其最高价氧化物对应水化物HNO3反应生成硝酸铵，硝酸铵是白色固体，硝酸铵的固体小颗粒分散在空气中，能看到白烟产生，故D正确；
故选D。
7. 下列化学用语表示不正确的是
A. 的形成过程是：
B. 分子的空间填充模型为：
C. S2-的结构示意图：
D. 氯化铵的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．是离子化合物，用电子式表示形成过程为 ，故A正确；
B．是正四面体结构，空间填充模型为，故B正确；
C．S2-核外有18个电子，结构示意图为，故C正确；
D．氯化铵是离子化合物，电子式为 ，故D错误；
选D。
8. 已知：①；②，下列判断正确的是
A. 若反应②中改用固态硫，则消耗反应放出的热量小于
B. 从焓变数值知，单质硫与氧气相比，更容易与氢气化合
C. 由①②知，水的热稳定性弱于硫化氢
D. 氢气的燃烧热
【答案】A
【解析】
【详解】A．固体变为气体，吸收热量，则若反应②中改用固态硫，1 ml S(s)完全反应，放出的热量小于20.1 kJ，故A正确；
B．由热化学方程式可以知道1ml氢气与氧气反应放出热量比1ml氢气与硫反应放出的热量多221.7kJ，说明单质氧气与硫相比，更容易与氢气化合，故B错误；
C．放出的热量越多，说明物质的总能量越低，物质越稳定，故C错误；
D．燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；则氢气燃烧应该是生成液态水而不是气态水，故D错误；
故选A。
9. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是
A. W、Y对应的简单氢化物的稳定性前者高
B. 阴离子的还原性：W2﹣＞Q﹣
C. 离子半径：Y2﹣＞Z3+
D. 元素的非金属性：Y＞W
【答案】A
【解析】
【分析】根据元素周期表的结构，可以知道各元素分别为：X为N，Y为O，Z为Al，W为S，Q为Cl，结合元素性质和元素周期律解答。
【详解】A．W、Y对应简单氢化物分别为H2S和H2O，元素非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，所以水的稳定性比H2S高，故A错误；
B．S和Cl的非金属性：S＜Cl，所以阴离子的还原性：S2-＞Cl-，故B正确；
C．O2-和Al3+核外电子排布相同，离子半径随核电荷数的增大而减小，所以离子半径：O2－＞Al3＋，故C正确；
D．同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐减弱，所以元素的非金属性逐渐减弱，故元素的非金属性：O＞S，故D正确；
答案选A。
10. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是
A. 纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗
B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镶层仍能对铁制品起保护作用
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯银器表面在空气中变暗是因为银和空气中硫化氢反应生成硫化银，发生化学腐蚀，纯银中无杂质，在空气中不能形成原电池，不会发生电化学腐蚀，A错误；
B．铁的金属性大于锡，当镀锡铁制品的镀层破损时，发生电化学腐蚀，铁做负极被腐蚀，镀层不能对铁制品起保护作用，B错误；
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法，C正确；
D．可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，D错误；
故答案选C。
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意，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。
11. 由和NO反应生成和的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A. 反应生成时转移
B. 反应物能量之和大于生成物能量之和
C. 和如图中完全反应放出139kJ能量
D. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学方程式：N2O＋NO = N2＋NO2，，生成1 ml N2时转移电子2 ml，故A错误；
B．根据能量变化图，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应属于放热反应，故B正确；
C．根据能量变化图，N2O(g)＋NO(g) = N2(g)＋NO2(g) ΔH=(209－348) kJ·ml−1=－139 kJ·ml−1，故C正确；
D．断键吸收能量，成键释放能量，此反应是放热反应，因此断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，故D正确。
故选A。
12. 如图是一种新型的光化学电源，当光照射N型半导体时，通入和即产生稳定的电流并获得（和AQ是两种有机物）。下列说法不正确的是
A. 乙池中的N型半导体电极是电池的负极
B. 通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池
C. 甲池中石墨电极上发生的电极反应为
D. 总反应为
【答案】BC
【解析】
【分析】由电子流向可知石墨电极为正极，N型半导体电极是电池的负极，负极碘离子失电子被氧化，电极反应为，生成的可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为；
【详解】A．由分析可知，甲池中的石墨电极是电池的正极，N型半导体电极是电池的负极，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，H+通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，故B错误；
C．正极AQ得电子被还原生成H2AQ，电极反应为，故C错误；
D．由分析可知，通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化氢，则总反应为，故D正确；
故选BC。
13. 利用铜-铈氧化物(，是活泼金属)催化氧化除去中少量的机理如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应的总反应为
B. 反应i涉及极性共价键的生成
C. 气体和气体的总能量高于气体的总能量
D. 若用参与反应，一段时间后，可能出现在铜-铈氧化物中
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图中可知，该反应的总反应为，A正确；
B．反应i中有CO2生成，即有C=O极性共价键的生成，B正确；
C．CO在氧气中燃烧生成CO2，该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，即气体和气体的总能量高于气体的总能量，C正确；
D．铜-铈氧化物为催化剂，不参与反应，用参与反应，一段时间后，会存在于二氧化碳中，铜-铈氧化物中不会有，D错误；
故答案选D。
14. 由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极经外电路流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合，断开，一段时间后，再断开，闭合，即可形成浓差电池，电流表指针偏转。下列不正确的是
A. 充电前，该电池两电极存电势差
B. 放电时，右池中的通过离子交换膜移向左池
C. 充电时，当外电路通过0.1ml电子时，两电极的质量差为10.8g
D. 放电时，电极Y为电池的正极
【答案】AC
【解析】
【分析】充电前，左右两池浓度相等，则两极不存在电势差，闭合，断开，Y为阳极，电极反应式为：，X为阴极，电极反应式为，向阳极Y移动，即右池AgNO3浓度上升，左池AgNO3浓度下降，一段时间后，断开，闭合，即可形成浓差电池，电子由X流向Y，即X为负极，Y为正极，向负极X移动。
【详解】A．充电前，左右两池浓度相等，则两极不存在电势差，故A错误；
B．由分析得，放电时，X为负极，Y为正极，右池中通过离子交换膜移向左池，故B正确；
C．当外电路通过0.1ml电子时，阳极有0.1mlAg被氧化，而阴极析出0.1mlAg，质量都为10.8g，则两电极的质量差为21.6g，故C错误；
D．由分析得，放电时，电极Y为电池的正极，故D正确；
故选AC。
15. 为深入贯彻落实党中央、国务院关于碳达峰、碳中和的重大战略部署，某研究团队设计了以下装置，用和反应提供电能，电解制取，实现资源化利用。下列说法正确的是
A. a电极应通入，b电极应通入
B. 外电路电子流向为：，
C. SO2参与的电极反应式： SO2+4H+-2e- =+ 2H2O
D. 电解一段时间后，B装置左池中溶液浓度降低
【答案】BD
【解析】
【分析】根据用和反应提供电能，电解制取可知，A为原电池，B为电解池，B池中制取，为氧化剂，得到电子被还原为HCOO-， Sn片为电解池的阴极，Pt片为阳极；A中a为负极，b为正极。
【详解】A．和反应提供电能时为还原剂，通入负极，氧气为氧化剂，通入正极，即电极a应通入，电极b应通入，故A错误；
B．电池中电子从负极流出，流入正极，电解池中电子从阳极流出，流入阴极，故外电路电子的流向为：，，故B正确；
C．SO2失去电子，发生氧化反应，变为，电极反应式： SO2-2e- + 2H2O =+4H+，故C错误；
D．电解时，在阴极上CO2得到电子被还原为HCOO-，则阴极的电极反应式为： ，在阳极上H2O电离产生的OH-失去电子被氧化为O2，阳极的电极反应式为：，生成的H+与反应产生CO2气体逸出，导致的浓度降低，同时部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，因此电解一段时间后，左池中KHCO3溶液浓度降低，故D正确；
故选BD。
第Ⅱ卷（共60分）
注意事项：
1．第Ⅱ卷共四大题，共60分。
2．用0.5毫米黑色签字笔将答案和计算步骤、过程填写在答题纸相应位置，直接在试卷上作答的不得分。
三、非选择题（本题共4小题，共60分）
16. Ⅰ．A、B、C、D、E为短周期主族元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、C同周期，A、D同主族，A、C常温下能形成两种液态化合物和，E元素的周期数与主族序数相等。请用化学用语回答下列问题：
（1）B元素在元素周期表中的位置为__________；由A、C、D三种元素组成的化合物中含有的化学键为__________。
（2）写出的电子式：__________。
（3）元素E的单质与元素D的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：__________。
（4）常温下，与元素D的单质反应后，所得溶液的pH__________（填“<”“=”或“>”）7。
（5）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，灼烧该化合物时，火焰呈__________色，DA能与水反应放出氢气，若将1mlDA和1mlE单质混合加入足量的水，充分反应后生成的气体在标准状况下的体积是__________L。
Ⅱ．甲同学设计了图1装置探究硫和氯的非金属性相对强弱。
（6）A装置中发生反应的化学方程式为__________。B装置的作用是除去中的HCl，则B中的试剂是__________（填名称）。
（7）实验过程中，C中产生浅黄色沉淀，写出C中反应的离子方程式：__________。
Ⅲ．最近，德国科学家实现了Rb原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知Rb的原子序数为37，相对原子质量是85。
（8）下列关于Rb的说法中不正确的是__________。
a．与水反应比钠更剧烈 b．在空气中易吸收水和二氧化碳
c．与水能剧烈反应并释放出 d．单质具有很强的氧化性
e．RbOH的碱性比同浓度的NaOH强
【答案】（1） ①. 第二周期ⅣA族 ②. 离子键
（2） （3）
（4）＞ （5） ①. 黄 ②. 56
（6） ①. ②. 饱和食盐水
（7）
（8）cd
【解析】
【分析】Ⅰ．A、B、C、D、E为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A、C常温下能形成两种液态化合物和，即A为H元素，C为O元素，A、D同主族，D为Na元素，E元素的周期数与主族序数相等，E为Al元素，质子数之和为39，即B的质子数为39-1-8-11-13=6，B为C元素，综上：A为H元素、B为C元素、C为O元素、D为Na元素、E为Al元素；
Ⅱ．装置A为Cl2的制取装置，化学方程式为，B装置的作用是除去Cl2中的HCl，B中为饱和食盐水，装置C中Cl2与Na2S发生反应，D用于尾气处理。
【小问1详解】
B为C元素，位于第二周期ⅣA族；A为H元素、C为O元素、D为Na元素组成的化合物为NaOH，含有的化学键为离子键；
【小问2详解】
D2C2为Na2O2，电子式为；
【小问3详解】
E为Al元素，D为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al与NaOH反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
A2C为H2O，与Na反应，离子方程式为，所得溶液的pH＞7；
【小问5详解】
DA是NaH，灼烧NaH时，火焰呈黄色，NaH能与水反应放氢气，则其化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，若将1mlNaH和1ml单质铝混合加入足量的水，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2↑、，充分反应后生成气体(1+1.5)ml=2.5ml，标准状况下的体积是2.5ml×22.4L/ml=56L；
【小问6详解】
装置A为Cl2的制取装置，化学方程式为； B中为饱和食盐水，作用是除去Cl2中的HCl；
【小问7详解】
C中Cl2与Na2S发生反应，S2-被氧化为S，离子方程式为：；
【小问8详解】
a．同主族从上到下金属性逐渐增强，因此铷与水反应比钠反应更剧烈，a正确；
b．根据氧化钠的性质类推可知Rb2O在空气中易吸收水和二氧化碳，b正确；
c．根据氧化钠的性质类推可知Rb2O与水能剧烈反应，生成RbOH，c错误；
d．铷是活泼的金属单质，单质具有很强的还原性，d错误；
e．同主族从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此RbOH的碱性比同浓度的NaOH溶液强，e正确；
故选：cd。
17. 我国有广阔的海岸线，海水的综合利用大有可为。电解是海水资源综合利用的重要手段。
Ⅰ．电解饱和食盐水的原理如图所示。
（1）电解饱和食盐水的化学方程式是__________。
（2）电极a接电源的__________（填“正”或“负”）极，离子交换膜是__________交换膜（填阳离子或阴离子）。
（3）已知水的电离过程可表示为：，图中溶液质量分数大小关系为a%__________b%（填“>”“=”或“<”）。
Ⅱ．微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用如图装置处理有机废水（以含的溶液为例）。完成下列问题
（4）①写出a极的电极反应__________，隔膜1选择__________（填阴或阳）离子交换膜。
②当电路中转移1ml电子时，模拟海水理论上除盐__________g。
Ⅲ．海水中溴含量约为，从海水中提取溴的工业流程如下：
（5）①以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出，利用了溴的__________性。
②上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式__________；实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是__________。
A．乙醇 B．四氯化碳 C．烧碱溶液 D．苯
（6）将海水浓缩至1L最终得到，若提取率为65%，则原海水中溴元素的浓度为__________。
【答案】（1）
（2） ①. 正 ②. 阳离子
（3）＜ （4） ①. ②. 阴 ③. 58.5
（5） ①. 挥发 ②. ③. BD
（6）64
【解析】
【分析】Ⅰ．电解饱和食盐水，生成NaOH、Cl2、H2，化学方程式为：，Cl-在电极a处失去电子，变为Cl2，电极a为阳极，电极反应式为，电极b为阴极，电极反应式为：；
Ⅱ．在a极失去电子变为CO2、H+，电极a为负极，电极反应式为：，b为正极，电极反应式为，模拟海水中Na+向正极b移动，隔膜2为阳离子交换膜，Cl-向负极a移动，隔膜1为阴离子交换膜，从而完成海水淡化；
Ⅲ．海水晒盐得到卤水和氯化钠，氯化钠电解得到氯气，卤水中含有溴离子，通入氯气得到含有低浓度Br2的溶液；溴易挥发，通入热空气吹出Br2，用热的碳酸钠溶液吸收Br2，得到含有、Br-的溶液；加入硫酸酸化，、Br-在酸性条件下反应生成Br2，蒸馏得到工业溴。
【小问1详解】
电解饱和食盐水，生成NaOH、Cl2、H2，化学方程式为：；
【小问2详解】
Cl-在电极a处失去电子，变为Cl2，电极a为阳极，接电源正极；阳极区NaCl浓度下降，Na+通过离子交换膜向阴极b移动，即离子交换膜应为阳离子交换膜；
【小问3详解】
电极b为阴极，电极反应式为：，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，因此NaOH稀溶液变为浓溶液，a%＜b%；
【小问4详解】
①在a极失去电子变为CO2、H+，电极a为负极，电极反应式为：；由分析得，隔膜1为阴离子交换膜；
②当电路中转移1ml电子时，模拟海水理论上除盐1ml，质量为1ml×58.5g/ml=58.5g；
【小问5详解】
①通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的挥发性；
②溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式为：；
A．乙醇与水互溶，不能作萃取剂，A不符合题意；
B．四氯化碳与水互不相溶，且溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大，因此四氯化碳可以作萃取剂，B符合题意；
C．溴单质能与烧碱溶液反应，不能作萃取剂，C不符合题意；
D．苯与水互不相溶，且溴单质在苯中的溶解度比在水中大，因此苯可以作萃取剂，D符合题意；
故选BD；
【小问6详解】
最终得到，若提取率为65%，原海水中的Br元素的质量为，则原海水中溴的浓度为。
18. 随着新能源汽车销量的猛增，动力电池退役高峰将至，磷酸铁锂(LEP)是目前使用最多的动力电池材料，因此回收磷酸铁锂具有重要意义。一种从废旧磷酸铁锂正极片( LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如下：
已知： i．废旧磷酸铁锂正极片中的化学物质均不溶于水也不与水反应。
ii．Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应。
回答下列问题：
（1）LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素在周期表中的位置是___________。
（2）“氧化浸出”时，保持其他条件不变，不同氧化剂对锂的浸出实验结果如下表，实际生产中氧化剂选用H2O2，不选用NaClO3的原因是___________。在“氧化浸出”时，适当的升温可加快反应速率，但般不采取高温法， 其原因是___________。“氧化浸出”时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为。___________。
（3）“浸出液”循环两次的目的是___________。
（4）“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为___________。
（5）“一系列操作”具体包括___________、洗涤、干燥。
【答案】（1）第四周期VIII族
（2） ①. 与盐酸反应产生，污染生产环境 ②. 防止H2O2分解和盐酸挥发 ③.
（3）可提高盐酸与H2O2的利用率
（4）2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
（5）水浴加热、趁热过滤
【解析】
【分析】废旧磷酸铁锂正极片(LiFePO4、导电石墨、铝箔)首先用NaOH溶液浸取，Al溶解得到偏铝酸盐，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液，滤渣I为LiFePO4及石墨，加盐酸与氧化剂，将LiFePO4氧化得含有Li+的溶液和FePO4沉淀，过滤分离出滤渣Ⅱ含炭黑、FePO4，滤液含LiCl，浸出液循环两次提高盐酸与氧化剂的利用率，之后再加NaOH调节pH，除去少量铁离子，然后滤液加碳酸钠发生复分解反应生成Li2CO3，经一系列操作得Li2CO3，以此来解答。
【小问1详解】
LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素是Fe，其在周期表中的位置是：第四周期VIII族；
【小问2详解】
氧化浸出时，实际生产中氧化剂选用H2O2，因为NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境；为防止H2O2分解和盐酸挥发，故在氧化浸出时，一般不采取高温法；“氧化浸出”时，LiFePO4被H2O2 在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得该反应的离子方程式为；
【小问3详解】
“浸出液”循环两次的目的是提高盐酸与H2O2的利用率；
【小问4详解】
“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑；
【小问5详解】
已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故沉锂时应水浴加热，温度保持在95℃；沉锂后要得碳酸锂产品，需进行趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为：水浴加热；趁热过滤。
19. 常利用化学反应将化学能转化为热能、电能等其他形式的能量，用于生产、生活。
Ⅰ．用盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的反应热进行推算。已知：
（1）请写出由和生成的热化学方程式：__________。
Ⅱ．化学能转化为热能的转化率约30%，可见燃料直接燃烧会浪费大量能量。而燃料电池中化学能转化为电能的转化率接近100%。北京冬奥会使用氢氧燃料电池汽车，同时也实现了低碳环保。某种氢氧燃料电池的内部结构示意图如下图。
（2）右侧的电极反应式为__________。
（3）若电路中通过3ml电子，则负极消耗物质的质量为__________。
Ⅲ．锂离子电池基于电化学“嵌入/脱嵌”反应原理，替代了传统的“氧化—还原”理念；锰酸锂可充电电池的总反应为：
（4）①放电时电池内部向__________移动（填“正极”或“负极”）；
②充电时，电池的阳极反应式为__________，若此时转移，则石墨电极将增重__________g。
【答案】（1）
（2）
（3）3g （4） ①. 正极 ②. ③. 7
【解析】
【小问1详解】
和生成的方程式为，已知：① ；② ；③ ；根据盖斯定律可知，由2①+②-③可得目标方程式，则由和生成的热化学方程式为。
【小问2详解】
氢氧燃料电池为原电池原理，电子从负极经外电路移动向正极，故左侧为负极，右侧为正极，则右侧的电极反应式为。
【小问3详解】
左侧的电极反应式为，则消耗的物质为氢气，若电路中通过3ml电子，则负极消耗氢气物质的质量为1.5ml，质量为。
【小问4详解】
①放电为原电池原理，原电池中阳离子移动向正极，则放电时电池内部向正极移动；
②充电时，阳极发生氧化反应，根据总反应可知，充电时，电池的阳极反应式为，石墨电极为阴极，发生反应，若此时转移，则石墨电极将增重1ml Li，质量为7g。元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
、、
序号
锂含量/%
氧化剂
pH
浸出液Li
浓度/(g·L-1)
浸出渣中Li
含量/%
1
3.7
H2O2
3.5
9.02
0.10
2
3.7
NaClO3
3.5
9.05
0.08
3
3.7
O2
3.5
7.05
0.93
4
3.7
NaClO
3.5
8.24
0.43
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