12．中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如图甲，电池的工作原理如图乙。
下列有关说法正确的是（ ）
A．放电时，纸张中的纤维素作为锂电池的负极
B．充电时，若阳极放出1molO2，则有4mole－回到电源正极
C．开关K闭合给锂电池充电，X对应充电电极上的反应为Li＋＋e－===Li
D．放电时，Li＋由正极经过有机电解质溶液移向负极
答案 C
解析 可充电锂空气电池放电时，纸张中的石墨作锂电池的正极，纤维素不导电，故A错误；充电时，阳极的电极反应式为Li2O2－2e－===O2＋2Li＋，若阳极放出1molO2，则有2mole－回到电源正极，故B错误；开关K闭合给锂电池充电，电池负极X接锂电池的负极，X对应充电电极为阴极，阴极上的反应式为Li＋＋e－===Li，故C正确；放电时，阳离子向正极移动，Li＋由负极经过有机电解质溶液移向正极，故D错误。
13．A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素。
已知A原子的最外层电子数是电子层数的2倍，C原子次外层电子数与其他各层电子总数之和相等，A和B的原子序数之和等于D的质子数。
下列说法正确的是（ ）
A．在A、B、C、D能形成的含氧酸中，D的含氧酸酸性最强
B．简单离子半径：
B>C>D
C．四种元素均能与氢元素形成共价键
D．在一定条件下A的单质能与C的最高价氧化物对应的水化物反应
答案 D
解析 由题意，A原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则A为C元素；C原子次外层电子数与其他各层电子总数之和相等，则C为S元素；由A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素可知D为Cl元素；由A和B的原子序数之和等于D的质子数可知，B的原子序数为17－6＝11，则B为Na元素。
B为Na元素，金属元素不能形成含氧酸，Cl元素的含氧酸中既有弱酸又有强酸，次氯酸的酸性比硫酸弱，故A错误；B、C、D均为第三周期元素，硫离子半径最大，钠离子半径最小，故B错误；钠元素与氢元素形成的化合物为氢化钠，氢化钠为离子化合物，只有离子键，故C错误；碳的单质在加热条件下与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，故D正确。
二：
非选择题（共3题，共43分）
26．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。
从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：
（1）过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为______________________
________________________________________________________________________。
（2）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。
则浸出钴的化学方程式为（产物中无沉淀且只有一种酸根）_________________________________________。
在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因：
________________________________________________。
（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式：
_______________________________________________。
（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请写出在过程Ⅳ中起的作用：
________________________________________________________________________。
（5）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是________（填字母）。
A．c（Na＋）===2c（CO
）
B．c（Na＋）>c（CO
）>c（HCO
）
C．c（OH－）>c（HCO
）>c（H＋）
D．c（OH－）－c（H＋）＝c（HCO
）＋2c（H2CO3）
（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。
CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。
下图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是________________________________________________________________________。
答案
（1）2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO
＋3H2↑
（2）4Co2O3·CoO＋Na2S2O3＋11H2SO4===12CoSO4＋Na2SO4＋11H2O Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境
（3）2Al3＋＋3CO
＋3H2O===2Al（OH）3↓＋3CO2↑
（4）调节pH，提供CO
，使Co2＋沉淀为CoCO3
（5）BCD
（6）CoCl2·2H2O
解析
（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：
4Co2O3·CoO＋Na2S2O3＋11H2SO4===12CoSO4＋Na2SO4＋11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3·CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能用盐酸。
（4）在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调节pH，提供CO
，使Co2＋沉淀为CoCO3。
（5）Na2CO3溶液中电荷守恒：
c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO
）＋c（OH－）＋2c（CO
），故A错误；碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：
c（Na＋）＞c（CO
）＞c（OH－）＞c（HCO
）＞c（H＋），故B、C正确；Na2CO3溶液中质子守恒：
c（OH－）＝c（H＋）＋c（HCO
）＋2c（H2CO3），故D正确。
（6）设A物质的化学式为CoCl2·nH2O，则有：
CoCl2·6H2O～CoCl2·nH2O Δm
238 18（6－n）
119mg119mg－83mg
＝
，解得：
n＝2，
所以A物质的化学式为：
CoCl2·2H2O。
27．碳酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。
实验室里先制得硫酸亚铁，后将硫酸亚铁与碳酸氢铵反应制得碳酸亚铁（Fe2＋＋2HCO
===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O）。
实验装置如下图所示（部分夹持仪器略去）。
回答下列问题：
（1）配制溶液所用的蒸馏水必须先除去溶解的氧气，具体方法是__________________________
_______________________________________________________。
（2）实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是____________________
______________________________________________________。
（3）装置B中的NH4HCO3需过量的原因________（填字母）。
a．除去FeSO4溶液中残留的硫酸
b．Fe2＋充分转化为FeCO3
c．NH4HCO3溶解度比较大
d．NH4HCO3受热分解损失
（4）碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
（5）有同学提出该实验可用FeSO4与Na2CO3反应制取FeCO3，经查阅：
0.1mol·L－1Na2CO3溶液pH约为11.6；25℃时，Ksp（FeCO3）＝3.1×10－11，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10－17，向10mL
0.1mol·L－1Na2CO3溶液中滴加0.1mol·L－1FeSO4溶液，先析出的沉淀是________________________________________________________________________。
（6）NaHCO3与NH4HCO3均可作为Fe2＋的沉淀剂，但更常用NH4HCO3，理由是_________________________________________________________________（写出一点即可）。
（7）设计实验检验制得的产品中是否含Fe3＋：
_________________________________________。
答案
（1）将蒸馏水煮沸后迅速冷却
（2）关闭K3，打开K2
（3）abd
（4）4FeCO3＋6H2O＋O2===4Fe（OH）3＋4CO2
（5）Fe（OH）2
（6）NH
能水解产生H＋，降低溶液pH，可减小副产物Fe（OH）2产生
（7）取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸溶解，再滴入硫氰化钾溶液，若溶液不变为红色，则说明产品中不含Fe3＋；若溶液变为红色，则含有Fe3＋
解析
（2）A中Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，关闭K3，打开K2，利用压强差使其与NH4HCO3溶液混合。
（3）装置B中的NH4HCO3需过量，既可除去FeSO4溶液中残留的硫酸，也可让Fe2＋充分反应，同时NH4HCO3受热易分解。
（5）析出FeCO3沉淀时c（Fe2＋）===
＝
mol·L－1＝3.1×10－10mol·L－1，Na2CO3溶液pH约为11.6，则c（OH－）＝10－2.4mol·L－1，析出Fe（OH）2沉淀时c（Fe2＋）＝
＝
mol·L－1＝4.9×10－12.2mol·L－1<3.1×10－10mol·L－1，故Fe（OH）2先沉淀。
28．甲醛（HCHO）俗称蚁醛，是一种重要的有机原料。
Ⅰ.利用甲醇（CH3OH）制备甲醛
脱氢法：
CH3OH（g）===HCHO（g）＋H2（g）
ΔH1＝＋92.09kJ·mol－1
氧化法：
CH3OH（g）＋
O2（g）===HCHO（g）＋H2O（g） ΔH2
（1）已知：
2H2（g）＋O2（g）===2H2O（g） ΔH3＝－483.64kJ·mol－1，则ΔH2＝__________________________________________________。
（2）与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为______________________________
________________________________________________________________________。
（3）图1为甲醇制备甲醛反应的lgK（K为平衡常数）随温度（T）的变化曲线。
曲线________（填“a”或“b”）对应脱氢法，判断依据为__________________。
Ⅱ.甲醛的用途
（4）将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品（结构简式如图2），该物质在医药等工业中有广泛用途。
若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为________。
（5）将甲醛水溶液与硫酸镍（NiSO4）混合，可用于化学镀镍。
若反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为_____________________________________________________。
Ⅲ.甲醛的检测
（6）室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。
一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则b极的电极反应式为_____________________________
________________________________________________________________________，
当电路中转移4×10－4mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为________mg。
答案
（1）－149.73kJ·mol－1
（2）脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大
（3）b 脱氢吸热
（4）3∶2
（5）2Ni2＋＋HCHO＋H2O===2Ni＋CO2↑＋4H＋
（6）O2＋4e－＋4H＋===2H2O 3
解析
（1）根据盖斯定律，－2ΔH1＋2ΔH2＝ΔH3，则有ΔH2＝
＝－149.73kJ·mol－1。
（2）脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大。
（3）脱氢法的反应为吸热反应，随着温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线b对应脱氢法。
（4）每个乌洛托品分子中含有6个C原子，4个N原子，根据原子守恒可知，要形成1个乌洛托品分子，需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4，即3∶2。
分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2。
（5）将甲醛水溶液与硫酸镍（NiSO4）混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，Ni元素化合价由＋2价降低到0价，甲醛中C元素由0价升高到＋4价，NiSO4与HCHO的系数比为2∶1，根据化合价升降守恒配平得离子方程式为：
2Ni2＋＋HCHO＋H2O===2Ni＋CO2↑＋4H＋。
（6）HCHO转化为CO2，C元素由0价升高到＋4价，失去电子，被氧化，所以a为电池负极，b为正极。
酸性环境下，O2作正极的电极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O；负极的电极反应为HCHO－4e－＋H2O===CO2↑＋4H＋，每反应1molHCHO转移4mol电子，当电路中转移4×
10－4mol电子时，参加反应的HCHO为1×10－4mol，质量＝30g·mol－1×1×10－4mol＝3×
10－3g＝3mg。
三：
选做题（二选一，各15分）
35．钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。
其中以＋4价的Ti最为稳定。
回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价电子排布图为_________________________________________________。
（2）已知电离能：
I2（Ti）＝1310kJ·mol－1，I2（K）＝3051kJ·mol－1。
I2（Ti）（3）钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示：
①钛的配位数为________，碳原子的杂化类型________。
②该配合物中存在的化学键有________（填字母）。
a．离子健 b．配位键 c．金属健 d．共价键 e．氢键
（4）钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示：
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
－24.1
38.3
155
沸点/℃
136.5
233.5
377
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_______________________。
（5）已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为________________。
阴离子的立体构型为___________________________________________。
（6）已知TiN晶体的晶胞结构如下图所示，若该晶胞的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为________pm。
（用含ρ、NA的代数式表示）
答案
（1）
（2）K＋失去的是全充满的3p6电子，Ti＋失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2（Ti）（3）①6 sp3、sp2 ②bd
（4）三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高
（5）TiO2＋ 正四面体
（6）
×1010
解析 （3）①由图知钛的配位数为6，甲基上碳原子为四面体构型，杂化类型为sp3，环上碳碳双键为平面形，碳原子为sp2杂化；②钛与周围原子形成配位键，而其余非金属元素间为共价键。
（5）每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1∶1；Ti元素为＋4价、O元素为－2价，据此书写其化学式为TiO2＋；阴离子为硫酸根，其价层电子对数＝4＋
＝4，为正四面体构型。
（6）由均摊法可计算出一个晶胞中有4个TiN，设晶胞中Ti原子与N原子与最近距离为xpm，则ρ＝
＝
，TiN的摩尔质量为62g·mol－1，解出x＝
×1010。
36．白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：
已知：
①RCH2Br
RCH===CHR′
②2RCH===CHR′
（以上R、R′代表氢、烷基）
（1）白头翁素的分子式为_______________________________________________。
（2）试剂a为__________，E→F的反应类型为_____________________________。
（3）F的结构简式为____________________________________________________。
（4）C中含有的官能团名称为____________________________________________。
（5）A→B反应的化学方程式为___________________________________________。
（6）F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类的有__________种。
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为____________________（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
答案
（1）C10H8O4
（2）浓硫酸 消去反应
（3）
（4）羧基、羟基、碳碳双键
（5）
（6）8
（7）第一种路线：
第二种路线：
CH2===CH
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