2022届广东省深圳市翠园中学高考化学三模试卷　一、单项选择题（本大题16小题，每小题4分，共64分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分.）1．下列说法正确的是（　　）A．硅元素主要以单质、氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界B．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体C．医药中，常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性D．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2　2．在溶液中能大量共存的一组离子或分子是（　　）A．NH4+、H+、NO3﹣、HCO3﹣B．K+、Al3+、SO42﹣、NH3•H2OC．Na+、K+、SO32﹣、Cl2D．Na+、Mg2﹣、SO42﹣、H+　3．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．1mol甲烷中含有10NA个质子B．27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2NA个电子C．标准状况下，22.4L苯含有NA个C6H6分子D．常温常压下，28g乙烯含有2NA个碳碳双键　4．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA晶体硅熔点高硬度大可用于制作半导体材料B氢氧化铝具有弱碱性可用于制胃酸中和剂C漂白粉在空气中不稳定可用于漂白纸张D氧化铁能与酸反应可用于制作红色涂料A．AB．BC．CD．D　5．常温下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）A．pH=4的氯化铵溶液中，c（H+）=c（NH3．H2O）=1×10﹣4mol•L﹣1B．CH3COONa溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）C．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合：c（Na+）=c（F﹣）＞c（H+）=c（OH﹣1）D．pH相同的①NaOH②NaClO两种溶液中水的电离程度：①=②　6．某同学组装了如图所示的电化学装置Ⅰ和Ⅱ，下列叙述正确的是（　　）-15-A．装置Ⅰ：铁极会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色B．装置Ⅰ：电流方向由铁极→→铜极C．装置Ⅱ：碳极上有无色气体产生D．装置Ⅱ：铁极发生还原反应　7．下列实验操作能达到实验目的是（　　）选项实验目的实验操作A检验蔗糖水解产物中的葡萄糖取1mL20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu（OH）2，加热B除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通入足量酸性KMnO4溶液中C验证Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2mL1mol/LNaOH溶液中加入几滴1mol/LMgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/LFeCl3溶液D硅酸胶体的制备向Na2SiO3溶液（饱和溶液1：2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失A．AB．BC．CD．D　8．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲是周期表中原子半径最小的元素，乙的单质在暗处与甲的单质剧热反应化合并发生爆炸，甲和丙同主族，丁的最外层电子数和电子层数相等，则（　　）A．原子半径：丙＞丁＞乙B．甲与丙的原子核外电子数相差8C．丙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：丙＞丁　　二、解答题（共4小题，满分64分）9．（16分）（1）化合物Ⅰ的分子式是　　　　　　，1mol化合物I完全燃烧，消耗　　　　　　mol氧气．（2）下列关于化合物I的说法，正确的是　　　　　　．A、化合物I可与浓溴水反应生成白色沉淀B、1mol化合物I最多能与2mol氢氧化钠发生反应C、化合物I可以发生银镜反应D、化合物I的核磁共振氢谱有五个峰．　10．（16分）（1）已知①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ•mol﹣1②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H3=﹣285.8kJ•mol﹣1则用固体C、氢气、氧气合成CH3COOH（l）的热化学方程式为　　　　　　-15-（2）某实验小组对不同浓度的醋酸溶液进行导电性测定，结果如图1．可得结论是①　　　　　　；②电流强度与　　　　　　成正比．（3）测得以等物质的量混合的醋酸和醋酸钠溶液中PH=4.8，则离子浓度从大到小的排序是　　　　　　，常温下，amol•L﹣1KHCO3溶液的pH=8，HCO3-的水解常数约等于　　　　　　．（用含a式表示）．（4）已知反应H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g），在某温度下的平衡常数是9．如果反应开始时，一氧化碳与水蒸气的浓度都是0.01mol/L，计算一氧化碳的转化率．（写出计算过程）（5）某锅炉水垢的主要成分有CaCO3、Mg（OH）2、Fe2O3，利用如图2所示装置对锅炉水（含Ca2+、Mg2+、HCO3﹣）进行预处理，可有效防止锅炉水垢的形成．试用所学理论进行解释．　　　　　　．　11．（16分）废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂．（1）在上述溶解过程中，S2O32ˉ被氧化成SO42ˉ，LiCoO2在溶解过程中反应的离子方程式为　　　　　　．沉淀物开始沉淀pH沉淀完全pHAl（OH）33.05.2Fe（OH）31.52.8Fe（OH）27.69.7（2）除杂时通入空气的目的　　　　　　，所得的废渣成分为　　　　　　．从废渣中获得Al2O3的部分流程如图甲所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得到的物质．则步骤I需要的玻璃仪器有　　　　　　，步骤Ⅱ中反应的离子方程式是　　　　　　．-15-（3）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如图乙．a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．b．电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3．①a中，阴极的电极反应式是　　　　　　．②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是　　　　　　．　12．（16分）小苏打作为食品制作过程中的膨松剂在食品加工产业上有广泛的用途．（1）某小组拟研究放置己久的小苏打样品中纯碱的质量分数．限选试剂和仪器：NaHCO3样品、碱石灰、0.1mol/LHCl、0.1mol/LH2SO4、浓H2SO4、烧瓶、双孔塞、玻璃导管、胶管、广口瓶、干燥管．①写出本实验小苏打样品与酸反应的全部化学方程式（两条）　　　　　　，　　　　　　．②设计实验方案：实验中除称量样品质量外，还需测定　　　　　　．③设计实验装置，完成下图装置示意图及标注．④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂质量，需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）．物理量样品质量/g…实验a…（2）根据此实验得到的数据，测定结果有误差．因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是　　　　　　．　　-15-2022届广东省深圳市翠园中学高考化学三模试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（本大题16小题，每小题4分，共64分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分.）1．下列说法正确的是（　　）A．硅元素主要以单质、氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界B．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体C．医药中，常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性D．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2【考点】硅和二氧化硅；离子反应发生的条件；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A．自然界中不存在游离态硅；B．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液，反应生成氢氧化铁沉淀；C．有机物能够使蛋白质变性；D．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水．【解答】解：A．硅在自然界中以化合态存在，不存在游离态硅，故A错误；B．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液反应生成氢氧化铁沉淀，得不到Fe（OH）3胶体，故B错误；C．细菌属于蛋白质，酒精能够使蛋白质变性，所以酒精能够杀菌消毒，故C正确；D．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到氢氧化钙，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉硅、胶体、蛋白质的性质即可解答，题目难度不大．　2．在溶液中能大量共存的一组离子或分子是（　　）A．NH4+、H+、NO3﹣、HCO3﹣B．K+、Al3+、SO42﹣、NH3•H2OC．Na+、K+、SO32﹣、Cl2D．Na+、Mg2﹣、SO42﹣、H+【考点】离子共存问题【分析】A．氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体；B．铝离子与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀；C．氯气具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；D．四种离子之间不发生反应，能够大量共存．【解答】解：A．H+、HCO3﹣之间反映生成二氧化碳气体和水，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Al3+、NH3•H2O之间发生反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．SO32﹣、Cl2之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Na+、Mg2﹣、SO42﹣、H+之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识的能力．　-15-3．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．1mol甲烷中含有10NA个质子B．27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2NA个电子C．标准状况下，22.4L苯含有NA个C6H6分子D．常温常压下，28g乙烯含有2NA个碳碳双键【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、甲烷是10电子微粒；B、根据反应后铝的价态来分析；C、标况下，苯为液态；D、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯含1mol双键来分析．【解答】解：A、甲烷是10电子微粒，1mol甲烷含10mol电子和10mol质子，故A正确；B、27g铝的物质的量为1mol，反应后铝的价态为+3价，故1mol铝失去3mol电子，故B错误；C、标况下，苯为液态，故C错误；D、28g乙烯的物质的量为1mol，而1mol乙烯含1mol双键，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．　4．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA晶体硅熔点高硬度大可用于制作半导体材料B氢氧化铝具有弱碱性可用于制胃酸中和剂C漂白粉在空气中不稳定可用于漂白纸张D氧化铁能与酸反应可用于制作红色涂料A．AB．BC．CD．D【考点】硅的用途；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】A．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；B．氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸；C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张；D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料．【解答】解：A．晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，故A错误；B．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，故B正确；C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张，与漂白粉的稳定性强弱无关，所以二者没有对应关系，故C错误；D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，氧化铁属于碱性氧化物，能溶于酸，可用用酸除锈，所以二者没有对应关系，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物质间的关系，明确物质的性质是解本题关键，根据其性质分析用途，掌握物质的性质，灵活运用知识解答，题目难度不大．　5．常温下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）A．pH=4的氯化铵溶液中，c（H+）=c（NH3．H2O）=1×10﹣4mol•L﹣1B．CH3COONa溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）-15-C．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合：c（Na+）=c（F﹣）＞c（H+）=c（OH﹣1）D．pH相同的①NaOH②NaClO两种溶液中水的电离程度：①=②【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．根据氯化铵溶液中的电荷守恒、物料守恒判断；B．醋酸钠溶液中，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度小于钠离子；C．HF为弱酸，在溶液中部分电离，则混合液显示酸性；D．氢氧化钠抑制了水的电离，次氯酸钠溶液中次氯酸根离子的水解促进了水的电离．【解答】解：A．硫化铵溶液中的电荷守恒为：c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），根据物料守恒可得：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），二者结合可得：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），故A错误；B．CH3COONa溶液中，由于醋酸根离子部分水解，导致醋酸根离子浓度减小，则：c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故B正确；C．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（F﹣）＞c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．氢氧化钠溶液抑制了水的电离，次氯酸钠溶液中次氯酸根离子水解促进了水的电离，则水的电离程度：①＜②，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断、盐的水解原理及其应用，明确电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．　6．某同学组装了如图所示的电化学装置Ⅰ和Ⅱ，下列叙述正确的是（　　）A．装置Ⅰ：铁极会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色B．装置Ⅰ：电流方向由铁极→→铜极C．装置Ⅱ：碳极上有无色气体产生D．装置Ⅱ：铁极发生还原反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】装置Ⅰ铜、铁、硫酸铜该装置构成的原电池中，Fe作负极、Cu作正极，装置Ⅱ中，铁是负极，石墨是正极，金属铁发生吸氧腐蚀，根据原电池的工作原理来回答．【解答】解：A、装置Ⅰ中，Fe作负极、Cu作正极，铁极会溶解，形成亚铁离子进入溶液，正极上析出金属铜，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，故A正确；B、装置Ⅰ中，电流是从正极流向负极，即从Cu流向Fe，故B错误；-15-C、装置Ⅱ金属铁发生吸氧腐蚀，碳极上是氧气得电子的还原反应过程，不会出现氢气产生，故C错误；D、装置Ⅱ金属铁发生吸氧腐蚀，铁极发生氧化反应，故D错误．故选A．【点评】本题涉及金属的吸氧腐蚀以及原电池的工作原理知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大．　7．下列实验操作能达到实验目的是（　　）选项实验目的实验操作A检验蔗糖水解产物中的葡萄糖取1mL20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu（OH）2，加热B除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通入足量酸性KMnO4溶液中C验证Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2mL1mol/LNaOH溶液中加入几滴1mol/LMgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/LFeCl3溶液D硅酸胶体的制备向Na2SiO3溶液（饱和溶液1：2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．应在碱性条件下进行；B．乙烯被氧化生成二氧化碳气体；C．氢氧化钠过量，不能证明；D．Na2SiO3水解呈碱性，逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失，说明生成硅酸．【解答】解：A．蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，故A错误；B．乙烯被氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故B错误；C．验证Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀，应使白色沉淀转化为红褐色沉淀，氢氧化钠过量，不能证明，故C错误；D．硅酸酸性比盐酸弱，Na2SiO3水解呈碱性，逐滴滴入盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失，说明生成硅酸，可制备，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备以及性质检验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度中等．8．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲是周期表中原子半径最小的元素，乙的单质在暗处与甲的单质剧热反应化合并发生爆炸，甲和丙同主族，丁的最外层电子数和电子层数相等，则（　　）A．原子半径：丙＞丁＞乙B．甲与丙的原子核外电子数相差8C．丙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：丙＞丁【考点】原子结构与元素周期律的关系．-15-【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】甲是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，乙的单质在暗处与甲的单质剧热反应化合并发生爆炸，乙应为F元素，甲和丙同主族，且原子序数大于F，丙应为Na元素，丁的最外层电子数和电子层数相等，且原子序数最大，应为Al元素，以此解答该题．【解答】解：甲是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，乙的单质在暗处与甲的单质剧热反应化合并发生爆炸，乙应为F元素，甲和丙同主族，且原子序数大于F，丙应为Na元素，丁的最外层电子数和电子层数相等，且原子序数最大，应为Al元素，A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Na＞Al，一般来说，原子核外电子层数越多，原子半径越大，F原子半径最小，故A正确；B．甲与丙的原子核外电子数之差为11﹣1=10，故B错误；C．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，含有离子键和共价键，故C错误；D．金属性Na＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故D正确．故选AD．【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意把握原子结构特征和对应单质、化合物的性质，学习中注意相关基础知识的积累．　二、解答题（共4小题，满分64分）9．（16分）（1）化合物Ⅰ的分子式是　C9H10O3　，1mol化合物I完全燃烧，消耗　10　mol氧气．（2）下列关于化合物I的说法，正确的是　ABD　．A、化合物I可与浓溴水反应生成白色沉淀B、1mol化合物I最多能与2mol氢氧化钠发生反应C、化合物I可以发生银镜反应D、化合物I的核磁共振氢谱有五个峰．【考点】有机物的结构和性质．【分析】（1）根据结构简式知，该物质分子式为C9H10O3；其分子式转化为C9H4（H2O）3，1mol该物质耗氧量=1mol×（9+）mol；（2）A、含有酚羟基，能和浓溴水发生取代反应；B、酚羟基和酯基水解生成的羧基能和NaOH反应；C、不含醛基，没有醛的性质；D、化合物I中氢原子种类有5种．【解答】解：（1）根据结构简式知，该物质分子式为C9H10O3；其分子式转化为C9H4（H2O）3，1mol该物质耗氧量=1mol×（9+）mol=10mol；故答案为：C9H10O3；10；（2）A、含有酚羟基，能和浓溴水发生取代反应生成白色沉淀，故A正确；B、酚羟基和酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，1mol化合物I最多能与2mol氢氧化钠发生反应-15-，故B正确；C、不含醛基，没有醛的性质，所以不能发生银镜反应，故C错误；D、化合物I中氢原子种类有5种，所以化合物I的核磁共振氢谱有五个峰，故D正确；故选ABD．【点评】本题考查有机物结构和性质及根据方程式进行计算，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是（1）中计算，会利用解题技巧解答问题．　10．（16分）（1）已知①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ•mol﹣1②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H3=﹣285.8kJ•mol﹣1则用固体C、氢气、氧气合成CH3COOH（l）的热化学方程式为　2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）△H=﹣488.3kJ•mol﹣1　（2）某实验小组对不同浓度的醋酸溶液进行导电性测定，结果如图1．可得结论是①　醋酸浓度在0﹣2mol/L，电流强度随着浓度增大而增大；浓度大于2mol/L以后，电流强度随着浓度增大而减小　；②电流强度与　离子浓度　成正比．（3）测得以等物质的量混合的醋酸和醋酸钠溶液中PH=4.8，则离子浓度从大到小的排序是　c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　，常温下，amol•L﹣1KHCO3溶液的pH=8，HCO3-的水解常数约等于　　．（用含a式表示）．（4）已知反应H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g），在某温度下的平衡常数是9．如果反应开始时，一氧化碳与水蒸气的浓度都是0.01mol/L，计算一氧化碳的转化率．（写出计算过程）（5）某锅炉水垢的主要成分有CaCO3、Mg（OH）2、Fe2O3，利用如图2所示装置对锅炉水（含Ca2+、Mg2+、HCO3﹣）进行预处理，可有效防止锅炉水垢的形成．试用所学理论进行解释．　因为阳极会发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，使得阳极区H+浓度增大，然后发生HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，一段时间后随着CO2的排出溶液的酸性逐渐增强，就可有效防止锅炉水垢的形成　．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较．【分析】（1）已知：①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ•mol﹣1②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H3=﹣285.8kJ•mol﹣1根据盖斯定律，②×2+③×2﹣①可得：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l），△H=2△H2+2△H3﹣△H1；-15-（2）①由图可知，醋酸浓度在0﹣2mol/L，电流强度随着浓度增大而增大；浓度大于2mol/L以后，电流强度随着浓度增大而减小；②电流强度与离子浓度成正比；（3）测得以等物质的量混合的醋酸和醋酸钠溶液中pH=4.8，醋酸的电离程度大于CH3COO﹣水解程度；常温下，amol•L﹣1KHCO3溶液的pH=8，则c（OH﹣）=1.0×10﹣6mol/L，由HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，c（OH﹣）≈c（H2CO3）=1.0×10﹣6mol/L，水解程度小，消耗HCO3﹣可忽省不计，HCO3﹣的水解常数Kh=；（4）氧化碳与水蒸气的浓度都是0.01mol/L，则：H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始浓度（mol/L）：0.010.0100变化浓度（mol/L）：xxxx平衡浓度（mol/L）：0.01﹣x0.01﹣xxx根据平衡常数K==9列方程计算解答；（5）因为阳极会发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，使得阳极区H+浓度增大，然后发生HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O可有效防止锅炉水垢的形成．【解答】解：（1）已知：①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ•mol﹣1②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H3=﹣285.8kJ•mol﹣1根据盖斯定律，②×2+③×2﹣①可得：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l），△H=2△H2+2△H3﹣△H1=﹣488.3kJ•mol﹣1，反应热化学方程式为：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）△H=﹣488.3kJ•mol﹣1，故答案为：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）△H=﹣488.3kJ•mol﹣1；（2）①由图可知，醋酸浓度在0﹣2mol/L，电流强度随着浓度增大而增大；浓度大于2mol/L以后，电流强度随着浓度增大而减小，故答案为：醋酸浓度在0﹣2mol/L，电流强度随着浓度增大而增大；浓度大于2mol/L以后，电流强度随着浓度增大而减小；②电流强度与离子浓度成正比，故答案为：离子浓度；（3）测得以等物质的量混合的醋酸和醋酸钠溶液中pH=4.8，溶液呈酸性，醋酸的电离程度大于CH3COO﹣水解程度，溶液中离子浓度：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；常温下，amol•L﹣1KHCO3溶液的pH=8，则c（OH﹣）=mol/L=1.0×10﹣6mol/L，由HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，c（OH﹣）≈c（H2CO3）=1.0×10﹣6mol/L，水解程度小，消耗HCO3﹣-15-可忽省不计，HCO3﹣的水解常数Kh===，故答案为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；；（4）氧化碳与水蒸气的浓度都是0.01mol/L，则：H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始浓度（mol/L）：0.010.0100变化浓度（mol/L）：xxxx平衡浓度（mol/L）：0.01﹣x0.01﹣xxx平衡常数K===9，解得x=0.0075，α（CO）=（0.0075mol/L÷0.01mol/L）×100%=75%，答：CO的转化率为75%；（5）因为阳极会发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，使得阳极区H+浓度增大，然后发生HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，一段时间后随着CO2的排出溶液的酸性逐渐增强，就可有效防止锅炉水垢的形成，故答案为：因为阳极会发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，使得阳极区H+浓度增大，然后发生HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，一段时间后随着CO2的排出溶液的酸性逐渐增强，就可有效防止锅炉水垢的形成．【点评】本题考查热化学方程式书写、弱电解质电离、化学平衡计算、电解原理应用等，属于拼合型题目，需要学生熟练掌握基础知识并能灵活应用，难度中等．　11．（16分）废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂．（1）在上述溶解过程中，S2O32ˉ被氧化成SO42ˉ，LiCoO2在溶解过程中反应的离子方程式为　S2O32ˉ+8LiCoO2+22H+═2SO42ˉ+8Li++8Co2++11H2O　．沉淀物-15-开始沉淀pH沉淀完全pHAl（OH）33.05.2Fe（OH）31.52.8Fe（OH）27.69.7（2）除杂时通入空气的目的　将Fe2+氧化成Fe3+　，所得的废渣成分为　Fe（OH）3、Al（OH）3　．从废渣中获得Al2O3的部分流程如图甲所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得到的物质．则步骤I需要的玻璃仪器有　烧杯、漏斗、玻璃棒　，步骤Ⅱ中反应的离子方程式是　2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32ˉ或AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3ˉ　．（3）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如图乙．a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．b．电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3．①a中，阴极的电极反应式是　2H++2e﹣═H2↑或2H2O+2e﹣═H2+2OH﹣　．②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是　2LiOH+2NH4HCO3═Li2CO3↓+（NH4）2CO3+2H2O　．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题．【分析】（1）酸性条件下，S2O32ˉ被氧化成SO42ˉ，则LiCoO2被氧化生成Co2+，根据离子方程式的书写规则，再根据氧化还原反应中得失电子结合原子守恒配平方程式；（2）亚铁离子不稳定易被氧化生成铁离子，根据沉淀所需溶液的pH确定废渣的成分，过滤过程中需要的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，偏铝酸盐能和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；（3）①a中，阴极上氢离子放电生成氢气；②b中，氢氧化锂和碳酸氢铵反应生成碳酸锂和碳酸铵．【解答】解：（1）根据题意知，酸性条件下，S2O32ˉ被氧化成SO42ˉ，则LiCoO2被氧化生成Co2+，所以发生的离子反应方程式为：S2O32ˉ+8LiCoO2+22H+═2SO42ˉ+8Li++8Co2++11H2O，故答案为：S2O32ˉ+8LiCoO2+22H+═2SO42ˉ+8Li++8Co2++11H2O；（2）亚铁离子不稳定，易被氧气氧化生成铁离子，所以除杂时通入空气的目的是将亚铁离子氧化生成铁离子，再将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，从而除去亚铁离子；根据表格知，pH为5﹣6时，铁离子和铝离子完全转化为沉淀，所以废渣的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；分离固体和溶液的方法是过滤，过滤过程中需要的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒；步骤I中，废渣中的铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，步骤II中，向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，使偏铝酸钠转化为氢氧化铝，反应离子方程式为2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32ˉ或AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；Fe（OH）3、Al（OH）3；烧杯、漏斗、玻璃棒；2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32ˉ或AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3ˉ；（3）①a中，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑或2H2O+2e﹣═H2+2OH﹣，故答案为：2H++2e﹣═H2↑或2H2O+2e﹣═H2+2OH﹣；②b中，氢氧化锂和碳酸氢铵反应生成碳酸锂和碳酸铵，反应方程式为2LiOH+2NH4HCO3═Li2CO3↓+（NH4）2CO3+2H2O，故答案为：2LiOH+2NH4HCO3═Li2CO3↓+（NH4）2CO3+2H2O．-15-【点评】本题考查了离子方程式的书写、电极反应式的书写、氧化还原反应等知识点，难度较大，明确物质的性质是解本题的关键，知道氢氧化铝是重要的两性氢氧化物，能与强酸和强碱反应生成盐．　12．（16分）小苏打作为食品制作过程中的膨松剂在食品加工产业上有广泛的用途．（1）某小组拟研究放置己久的小苏打样品中纯碱的质量分数．限选试剂和仪器：NaHCO3样品、碱石灰、0.1mol/LHCl、0.1mol/LH2SO4、浓H2SO4、烧瓶、双孔塞、玻璃导管、胶管、广口瓶、干燥管．①写出本实验小苏打样品与酸反应的全部化学方程式（两条）　2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O　，　Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O　．②设计实验方案：实验中除称量样品质量外，还需测定　生成CO2的质量　．③设计实验装置，完成下图装置示意图及标注．④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂质量，需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）．物理量样品质量/g…实验a…（2）根据此实验得到的数据，测定结果有误差．因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是　需设计一个将A、B中的CO2全部吹入C中的装置　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】研究放置己久的小苏打样品中纯碱的质量分数，称取一定质量的样品，利用装置图中A取样品加入稀硫酸完全反应生成二氧化碳气体，利用装置B除去气体中的水蒸气，通过装置C碱石灰吸收生成的二氧化碳，称量质量变化得到生成的二氧化碳气体质量，依据元素守恒和足量关系计算得到样品中碳酸钠的质量分数；（1）①苏打样品与酸反应的化学方程式为碳酸氢钠和碳酸钠与硫酸发生的反应；②测定含量，已知样品质量，反应后需要测定生成二氧化碳质量，装置图C中碱石灰吸收生成的二氧化碳；③装置B中是浓硫酸用来吸收其他中的水蒸气；④分析装置可知装置C是吸收二氧化碳气体，可以称量装置C反应前后的质量变化，计算生成的二氧化碳质量得到含量减少；（2）装置中生成的二氧化碳不能全部被装置C完全吸收．【解答】解：（1）①苏打样品与酸反应的化学方程式为碳酸氢钠和碳酸钠与硫酸发生的反应，反应的化学方程式为：2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O、Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O；故答案为：2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O；-15-②测定含量，已知样品质量，反应后需要测定生成二氧化碳质量，装置图C中碱石灰吸收生成的二氧化碳，测定装置C反应前后质量变化为二氧化碳质量，结合化学方程式定量关系计算得到；故答案为：生成CO2的质量；③装置图C中碱石灰吸收生成的二氧化碳，所以装置B中是浓硫酸用来吸收气体中的水蒸气，需要气体通过洗气瓶，装置图为：故答案为：；④分析装置可知装置C是吸收二氧化碳气体，可以称量装置C反应前后的质量变化，计算生成的二氧化碳质量，结合化学方程式定量关系计算得到；故答案为：物理量样品质量/g装置C反应前质量/g装置C反应后质量/gCO2质量/g实验abcc﹣b（2）装置中生成的二氧化碳不能全部被装置C完全吸收，需设计一个将A、B中的CO2全部吹入C中的装置；故答案为：需设计一个将A、B中的CO2全部吹入C中的装置．【点评】本题考查了物质组成和性质的理解应用、实验装置和实验过程的分析判断，把握实验原理和碳酸盐的性质是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的实验探究能力和对基础知识的综合应用能力．　-15-