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阶段滚动三 物质结构及能量变化
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这是一份阶段滚动三 物质结构及能量变化，共13页。试卷主要包含了本试卷共4页等内容，欢迎下载使用。
阶段滚动三 物质结构及能量变化
考生注意：
1．本试卷共4页。
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。
3．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整。
一、选择题：本题共17小题，每小题3分，共51分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1．下列关于能量变化的说法正确的是( )
A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
C．已知C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
答案 D
解析 A项，水和冰相比较，冰的能量低，错误；B项，发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以表现为光能，错误；C项，ΔH＞0说明反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，错误。
2．下列化学用语或命名正确的是( )
A．次氯酸的结构式：H—Cl—O
B．含有10个中子的氧原子的符号：O
C．S2－的结构示意图
D．NH4Cl的电子式：
答案 B
解析 次氯酸的结构式为：H—O—Cl，故A错误；氧原子的质子数为8，含有10个中子的氧原子的质量数为18，其表示方法为：O，故B正确；为硫原子的结构示意图，硫离子的结构示意图为：，故C错误；氯化铵是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，故D错误。
3．(2021·济南模拟)下列有关元素周期表和元素周期律的说法中，正确的是( )
A．第三周期主族元素中氯的原子半径最大
B．原子最外层电子数为2的元素一定位于周期表中的第ⅡA族
C．同主族元素自上而下，其非金属元素气态氢化物的稳定性逐渐增强
D．镓(Ga)位于第四周期第ⅢA族，其最高价氧化物对应水化物的化学式为Ga(OH)3
答案 D
解析 A项，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，第三周期主族元素中氯的原子半径最小，钠的原子半径最大，错误；B项，原子最外层电子数为2的元素可以为He、Mg、Zn等，不一定处于第ⅡA族，错误；C项，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，其非金属元素气态氢化物的稳定性逐渐减弱，错误；D项，镓(Ga)位于第四周期第ⅢA族，最高正价为＋3，最高价氧化物对应水化物的化学式为Ga(OH)3，正确。
4．某物质A的实验式为CoCl3·4NH3,1 mol A中加入足量的AgNO3溶液中能生成1 mol白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是( )
A．Co3＋只与NH3形成配位键
B．配合物配位数为3
C．该配合物可能是平面正方形结构
D．此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl
答案 D
5．(2020·福州模拟)工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g) ===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－50 kJ·mol－1。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是( )
答案 A
解析 反应CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－50 kJ·mol－1是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图像是A。
6．(2020·江西会昌月考)X、Y、M、L四种原子序数依次增大的短周期元素的原子构成的一种特殊的离子化合物的结构如图所示，其中Y元素的最高价氧化物对应的水化物和其最低价氢化物相遇有白烟生成，M元素的硫酸盐能用作工业污水净水剂，且M元素和L元素同周期。下列有关说法不正确的是( )
A．简单离子半径：M
C．L元素原子的最外层电子数等于Y元素的核电荷数
D．含YX的盐溶液和NaOH溶液混合一定会产生大量有刺激性气味的气体
答案 D
解析 X、Y、M、L四种短周期元素原子序数依次增大，构成的离子化合物的结构如图所示，Y元素的最高价氧化物对应的水化物和其最低价氢化物相遇有白烟生成，说明Y为氮元素，白烟为硝酸铵，Y与X可通过共价键形成阳离子YX，则X为氢元素；M元素的硫酸盐能用作工业污水净水剂，说明M为铝元素，且M元素和L元素同周期，M与 L可通过共价键形成阴离子ML，则L为氯元素。M、Y的简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，即离子半径：MY，B正确；L元素原子的最外层电子数为7，等于Y元素的核电荷数，C正确；含YX的盐溶液即铵盐溶液，和NaOH溶液混合不一定会产生大量有刺激性气味的气体即氨气，一般需要在浓氢氧化钠溶液加热条件下才能产生，D错误。
7．某学生设计的四种锂空气电池的工作原理示意图如图所示，固体电解质膜只允许Li＋通过，其中不正确的是( )
答案 A
解析 金属锂是活泼金属，与水接触时会发生反应：2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑，所以锂电极不能与水基电解质直接接触，观察对比会发现，只有A项中金属锂电极与水基电解质直接接触，故A项不正确。
8．短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料。下列结论正确的是( )
X
Y
Z
W
A.简单氢化物沸点：X
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X
解析 根据分析可知：X为N，Y为O，Z为P，W为Cl元素。NH3和H2O间均存在氢键，二者沸点都大于PH3，故A错误；P的单质为P4，其分子中含有P—P非极性键，故B正确；非金属性：W>X>Z，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X>Z，故C错误；离子的电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则单核离子的半径：Y
A．电流强度不同，会影响硅提纯速率
B．电子由液态Cu—Si合金流出，从液态铝流入
C．在该液态熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4＋优先于Cu2＋被还原
D．三层液熔盐的作用是增大电解反应的面积，提高硅的沉积效率
答案 C
解析 A项，电解反应的速率由电流强度决定，正确；B项，由图示可知，液态铝是阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入，液态Cu—Si合金为阳极，电子由液态Cu—Si合金流出，正确；C项，由图示可知，电解的阳极反应为硅失去电子被氧化为Si4＋，阴极反应为Si4＋得到电子被还原为硅单质，错误；D项，使用三层液熔盐可以有效增大电解反应面积，提高硅沉积效率，正确。
10．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”。火药燃烧爆炸时发生的反应为S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝
x kJ·mol－1。
已知：①碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1
②S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1
③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1
则x为( )
A．3a＋b－c B．c－3a－b
C．a－b－c D．c－a－b
答案 A
解析 碳的燃烧热 ΔH＝a kJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝a kJ·mol－1，又已知②S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1，③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1。根据盖斯定律，①×3＋②－③可得S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝x kJ·mol－1＝(a kJ·mol－1)×3＋b kJ·mol－1－c kJ·
mol－1＝(3a＋b－c)kJ·mol－1。
11．(2020·黑龙江齐齐哈尔八中检测)已知：①S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1；
②S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2；
③2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l) ΔH3；
④2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l) ΔH4；
⑤SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断不正确的是( )
A．ΔH1<ΔH2
B．ΔH3<ΔH4
C．ΔH5＝ΔH3－ΔH2
D．2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4
答案 B
解析 本题考查反应热的比较、盖斯定律的应用。等量的S具有的能量：S(g)>S(s)，则等量的S(g)完全燃烧生成SO2(g)放出的热量多，故有ΔH1<ΔH2，A正确；等量H2S(g)完全燃烧生成SO2(g)放出的热量比不完全燃烧生成S(s)放出的热量多，则有ΔH3>ΔH4，B错误；根据盖斯定律，由③－②可得⑤，则有ΔH5＝ΔH3－ΔH2，C正确；根据盖斯定律，由③×3－⑤×2可得④，则有2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4，D正确。
12．(2020·太原调研)用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是( )
A．通电后阳极区溶液pH增大
B．阴极的电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
C．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.25 mol的Cl2生成
D．通电后Li＋通过阳离子交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出
答案 D
解析 阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，部分Cl2溶于水使溶液呈酸性，故阳极区溶液pH减小，A项错误；阴极上水中的H＋得电子，发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，B项错误；根据阳极反应式2Cl－－2e－===Cl2↑知，电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol Cl2生成，C项错误。
13．研究表明N2O(g)与CO(g)在Fe＋存在下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，设Fe＋(s)＋N2O(g)===FeO＋(s)＋N2(g) ΔH＝c kJ·mol－1，下列说法错误的是( )
A．N2O(g)＋CO(g)===N2(g)＋CO2(g) ΔH＝(b－a)kJ·mol－1
B．FeO＋(s)＋CO(g)===Fe＋(s)＋CO2(g) ΔH＝(b－a－c)kJ·mol－1
C．FeO＋能降低该反应的活化能
D．反应物总键能小于生成物总键能
答案 C
解析 由图知N2O(g)＋CO(g)===N2(g)＋CO2(g)是放热反应，故A项正确；由盖斯定律知，用A项中反应减去题干中反应即可得到B项中反应，故B项正确；FeO＋为中间产物，不是催化剂，故无法降低反应的活化能，故C项错误；放热反应中生成物总键能大于反应物总键能，故D项正确。
14．2017年9月我国科学家在可充放电式锌－空气电池研究方面取得重大进展。电池原理如图所示，该电池的核心组分是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)的双功能催化剂，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应式为2Zn＋O2＋4OH－＋2H2O===2Zn(OH)。下列有关说法不正确的是( )
A．放电时电解质溶液中K＋向正极移动
B．放电时锌电池负极反应为Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－
C．充电时催化剂降低析氧反应(OER)的活化能
D．充电时阴极生成6.5 g Zn的同时阳极产生2.24 L O2(标准状况)
答案 BD
解析 放电时电解质溶液中带正电荷的K＋向正极移动，A正确；由总反应式知，负极是活泼金属锌失去电子被氧化为Zn2＋，Zn2＋与OH－反应结合为难电离的四羟基合锌酸根离子{[Zn(OH)4]2－}：Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－，B正确；由总反应式和原理图知，放电时发生“氧化还原反应(ORR)”，充电时发生“析氧反应(OER)”，“双功能催化剂”意味着无论放电还是充电均能降低反应活化能，起到催化作用，C正确；充电时阴极生成6.5 g Zn转移0.2 mol e－，而阳极产生2.24 L O2(标准状况)，转移0.4 mol e－，D错误。
15．(2021·石家庄质检)如图是新型镁—锂双离子二次电池，下列关于该电池的说法不正确的是( )
A．放电时，Li＋由左向右移动
B．放电时，正极的电极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4
C．充电时，外加电源的正极与Y端相连
D．充电时，导线上每通过1 mol e－，左室溶液质量减少12 g
答案 D
解析 Mg是活泼金属，放电时，Mg失电子发生氧化反应，作负极，溶液中阳离子向正极移动，则Li＋由左向右移动，A正确；放电时，正极上发生还原反应，Li1－xFePO4得电子被还原生成LiFePO4，电极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4，B正确；充电时，该装置为电解池，原电池的正极与外加电源的正极相连，则外加电源的正极与Y端相连，C正确；充电时，Mg电极作阴极，电极反应式为Mg2＋＋2e－===Mg，导线上通过1 mol e－时，溶液中有0.5 mol Mg2＋在阴极放电，析出0.5 mol Mg，为维持左室电解质溶液呈电中性，有1 mol
Li＋由右室通过Li＋透过膜移向左室，故左室溶液质量减少0.5 mol×24 g·mol－1－1 mol×
7 g·mol－1＝5 g，D错误。
16．利用生物电化学方法脱除水中(NH4)2SO4的原理如图所示(部分反应和产物省略)。下列说法正确的是( )
A．电子由c极流出，经废水流向d极
B．a极的电极反应式之一为NH＋3H2O－8e－===NO＋10H＋
C．装置内工作温度越高，NH的脱除率越大
D．上述处理废水过程中，只涉及两种形式的能量转化
答案 B
解析 电子只能在导线上传递，不能通过废水传递，故A错误；a极发生的反应中，氮元素化合价由－3分别升高为＋3、＋5，NH失电子发生氧化反应，a极的电极反应式之一为NH＋3H2O－8e－===NO＋10H＋，故B正确；装置内有细菌参与工作，温度不能太高，否则造成细菌死亡致使脱除率降低，故C错误；上述处理废水过程中，涉及光能、电能、化学能等，故D错误。
17．电化学在日常生活中用途广泛，如图1是镁、次氯酸钠燃料电池示意图，电池总反应式为Mg＋ClO－＋H2O===Cl－＋Mg(OH)2↓，图2是电解法除去工业废水中的Cr2O。下列说法正确的是( )
A．图2中Cr2O向铁电极移动，与该极附近的OH－结合转化成Cr(OH)3除去
B．图2中阳极上的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
C．图1中发生的氧化反应是ClO－＋H2O＋2e－===Cl－＋2OH－
D．若图1中7.2 g镁溶解产生的电荷量用于图2废水处理，理论可除去0.06 mol Cr2O
答案 B
解析 图2装置为电解池，铁作阳极，失电子得到Fe2＋，溶液中的Cr2O被Fe2＋还原成
Cr3＋，阴极电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极附近产生OH－，则Cr(OH)3在阴极产生，A错误；图1为燃料电池，由总反应式可知镁电极为负极，发生的氧化反应为Mg－2e－＋2OH－===Mg(OH)2↓，C错误；图1中7.2 g Mg失去0.6 mol电子，根据反应Fe－2e－===Fe2＋，可知转移0.6 mol电子生成0.3 mol Fe2＋，再根据得失电子守恒，6 mol Fe2＋还原1 mol Cr2O，则0.3 mol Fe2＋还原0.05 mol Cr2O，D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共49分。
18．(14分)已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，A与B形成的共价化合物M的水溶液呈碱性，C原子的最内层电子数是最外层电子数的2倍，D是同周期中单核离子半径最小的元素，E元素的最高正价与最低负价的代数和为6，请回答下列问题：
(1)化合物M的电子式为______________。
(2)B、C所形成的简单离子中，半径较大的是__________(用离子符号表示)。
(3)E的单质与A的简单氧化物反应的离子方程式为__________________________________。
(4)A、D形成的化合物DA3与水反应生成无色气体，则该反应的化学方程式为________________________________________________________________________，
当生成标况下33.6 L气体时转移的电子数为________。
(5)工业上将CEO3与Na2SO3溶液混合后，再加入稀H2SO4制备净水剂EO2气体，则该反应的离子方程式为_________________________________________________________。
(6)由A、B两种元素构成的另外一种物质N，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知101 kPa时，16.0 g N在氧气中完全燃烧生成两种无污染性物质，放出热量312 kJ(25 ℃时)，N的燃烧热的热化学方程式为________________________________________________。
答案 (1) (2)N3－
(3)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
(4)AlH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H2↑ 9.03×1023
(5)2ClO＋SO＋2H＋===SO＋2ClO2↑＋H2O
(6)N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1
解析 经分析可知，A为H、B为N、C为Na、D为Al、E为Cl。(1)化合物M为NH3，NH3为电子式为。(2)B、C所形成的简单离子分别为N3－、Na＋，二者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：N3－>Na＋。(3)E的单质为Cl2，A的简单氧化物为H2O，二者反应的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。(4)A、D形成的化合物AlH3与水反应生成无色气体，反应生成氢氧化铝与氢气，该反应的化学方程式为AlH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H2↑，每生成3 mol气体转移3 mol电子，当生成标况下33.6 L气体时转移的电子数为×6.02×1023 mol－1＝9.03×1023。(5)工业上，将NaClO3与Na2SO3溶液混合后，再加入H2SO4制备净水剂ClO2，SO被氧化为SO，反应的离子方程式为2ClO＋SO＋2H＋===SO＋2ClO2↑＋H2O。(6)16.0 g N在氧气中完全燃烧生成两种无污染性物质，放出热量312 kJ，则1 mol N2H4燃烧放出热量为624 kJ，反应的热化学方程式为N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1。
19．(12分)(2020·铜川质检)某小组同学利用下图装置对电解氯化铜实验进行了研究。
装置
现象
电解一段时间后，阳极石墨表面产生气体，阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为绿色
(1)甲认为电解过程中阳极产生的________是溶液变绿的原因，写出产生该物质的电极反应式：________________________________________________________________________。
(2)乙改用下图装置，在相同条件下电解CuCl2溶液，对溶液变色现象继续探究。
装置
现象
电解相同时间后，阳极石墨表面产生气泡，溶液仍为蓝色；阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为绿色
乙通过对现象分析证实了甲的观点不是溶液变绿的主要原因，乙否定甲的依据是________________________________________________________________________。
(3)乙继续查阅资料：
ⅰ.电解CuCl2溶液时可能产生[CuCl2]－，[CuCl2]－掺杂Cu2＋后呈黄色。
ⅱ.稀释含[CuCl2]－的溶液生成CuCl白色沉淀，据此乙认为：电解过程中，产生[CuCl2]－，掺杂Cu2＋后呈黄色，与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色。
乙进行如下实验：
a．取电解后绿色溶液2 mL，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。
b．另取少量氯化铜晶体和铜粉，向其中加2 mL浓盐酸，加热获得含[CuCl2]－的黄色溶液。
c．冷却后向上述溶液……
d．取c中2 mL溶液，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。
①a的目的是_____________________________________________________________。
②写出b中生成[CuCl2]－的离子方程式：_______________________________________。
③补充c中必要的操作及现象：_______________________________________________。
乙据此得出结论：电解时阴极附近生成[CuCl2]－是导致溶液变绿的原因。
答案 (1)Cl2 2Cl－－2e－===Cl2↑
(2)阳极附近溶液仍为蓝色
(3)①证明在上述实验条件下，电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]－ ②Cu2＋＋4Cl－＋Cu2[CuCl2]－ ③加入CuCl2蓝色溶液，直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同
解析 (1)电解过程中阳极发生氧化反应，溶液中的氯离子放电生成氯气：2Cl－－2e－===Cl2↑，氯气溶于水，溶液可能呈现绿色。(2)阳极生成了氯气，但阳极附近溶液仍为蓝色，说明不是生成氯气的缘故。(3)①根据信息，取电解后绿色溶液2 mL，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀，说明电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]－，故a的目的是证明在上述实验条件下，电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]－。②向氯化铜晶体和铜粉中加入2 mL浓盐酸，加热获得含[CuCl2]－的黄色溶液，反应的离子方程式为Cu2＋＋4Cl－＋Cu2[CuCl2]－。③c的步骤就是证明电解时阴极附近生成[CuCl2]－是导致溶液变绿的原因，因此操作及现象为加入CuCl2蓝色溶液，直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同。
20．(8分)氨基甲酸铵(NH2COONH4，简称甲铵)是CO2和NH3制尿素的中间产物，其中CO2与NH3反应生成甲铵的能量变化如图所示。
(1)生成甲铵的反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。
(2)生成甲铵的反应为可逆反应，其热化学方程式为___________________________。
(3)对于同一反应，图中虚线Ⅱ与实线Ⅰ相比，活化能大大降低，其原因是______________。
(4)已知由甲铵合成尿素的反应为NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝＋d kJ·
mol－1，则由CO2(g)和NH3(g)直接合成固态尿素并生成液态水的热化学方程式为__________________________________。
答案 (1)放热
(2)2NH3(g)＋CO2(g)NH2COONH4(s) ΔH＝－(b－c) kJ·mol－1
(3)虚线Ⅱ对应的反应使用了催化剂
(4)2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝－(b－c－d) kJ·mol－1
21．(18分)如图所示3套实验装置，分别回答下列问题。
(1)装置1为铁的吸氧腐蚀实验。一段时间后，向插入铁钉玻璃筒内滴入K3[Fe(CN)6]溶液，即可观察到铁钉附近的溶液变蓝色沉淀，表明铁被________(填“氧化”或“还原”)；向插入石墨棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到石墨棒附近的溶液变红，该电极的电极反应式为___________________________________________________________________________。
(2)装置2中的石墨是______(填“正”或“负”)极，该装置发生的总反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)装置3中甲烧杯盛放100 mL 0.2 mol·L－1的NaCl溶液，乙烧杯盛放100 mL 0.5 mol·L－1的CuSO4溶液。反应一段时间后，停止通电。向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红。
①电源的M端为________极；甲烧杯中铁电极的电极反应为__________________________。
②乙烧杯中电解反应的离子方程式为________________________________________。
③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64 g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为______mL。
答案 (1)氧化 O2＋4e－＋2H2O===4OH－
(2)正 Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
(3)①正 Fe－2e－===Fe2＋ ②2Cu2＋＋2H2O电解,2Cu＋O2↑＋4H＋ ③224
解析 (1)铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2＋，正极发生还原反应，氧气得到电子被还原生成OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。(2)铜可被Fe3＋氧化，发生反应Cu＋
2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，形成原电池反应时，铜为负极，发生氧化反应，石墨为正极，正极反应为Fe3＋＋e－===Fe2＋。(3)装置3中甲烧杯盛放100 mL 0.2 mol·L－1的NaCl溶液，乙烧杯盛放100 mL 0.5 mol·L－1的CuSO4溶液，反应一段时间后，停止通电，向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，故甲池中石墨为阴极，铁极为阳极，则乙池中铜为阴极，石墨为阳极。①铁电极为阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，则M为电源的正极。②乙烧杯中用Cu作阴极、石墨作阳极来电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子析出铜，电解反应的离子方程式为2Cu2＋＋2H2O电解,2Cu＋O2↑＋4H＋。
③取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64 g，则生成Cu的物质的量为＝0.01 mol，转移电子的物质的量为0.01 mol×2＝0.02 mol，甲烧杯中，阳极铁被氧化，阴极产生气体为氢气，
2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
2 mol 22.4 L
0.02 mol V
V＝＝0.224 L，即224 mL。
阶段滚动三 物质结构及能量变化
考生注意：
1．本试卷共4页。
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。
3．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整。
一、选择题：本题共17小题，每小题3分，共51分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1．下列关于能量变化的说法正确的是( )
A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
C．已知C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
答案 D
解析 A项，水和冰相比较，冰的能量低，错误；B项，发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以表现为光能，错误；C项，ΔH＞0说明反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，错误。
2．下列化学用语或命名正确的是( )
A．次氯酸的结构式：H—Cl—O
B．含有10个中子的氧原子的符号：O
C．S2－的结构示意图
D．NH4Cl的电子式：
答案 B
解析 次氯酸的结构式为：H—O—Cl，故A错误；氧原子的质子数为8，含有10个中子的氧原子的质量数为18，其表示方法为：O，故B正确；为硫原子的结构示意图，硫离子的结构示意图为：，故C错误；氯化铵是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，故D错误。
3．(2021·济南模拟)下列有关元素周期表和元素周期律的说法中，正确的是( )
A．第三周期主族元素中氯的原子半径最大
B．原子最外层电子数为2的元素一定位于周期表中的第ⅡA族
C．同主族元素自上而下，其非金属元素气态氢化物的稳定性逐渐增强
D．镓(Ga)位于第四周期第ⅢA族，其最高价氧化物对应水化物的化学式为Ga(OH)3
答案 D
解析 A项，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，第三周期主族元素中氯的原子半径最小，钠的原子半径最大，错误；B项，原子最外层电子数为2的元素可以为He、Mg、Zn等，不一定处于第ⅡA族，错误；C项，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，其非金属元素气态氢化物的稳定性逐渐减弱，错误；D项，镓(Ga)位于第四周期第ⅢA族，最高正价为＋3，最高价氧化物对应水化物的化学式为Ga(OH)3，正确。
4．某物质A的实验式为CoCl3·4NH3,1 mol A中加入足量的AgNO3溶液中能生成1 mol白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是( )
A．Co3＋只与NH3形成配位键
B．配合物配位数为3
C．该配合物可能是平面正方形结构
D．此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl
答案 D
5．(2020·福州模拟)工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g) ===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－50 kJ·mol－1。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是( )
答案 A
解析 反应CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－50 kJ·mol－1是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图像是A。
6．(2020·江西会昌月考)X、Y、M、L四种原子序数依次增大的短周期元素的原子构成的一种特殊的离子化合物的结构如图所示，其中Y元素的最高价氧化物对应的水化物和其最低价氢化物相遇有白烟生成，M元素的硫酸盐能用作工业污水净水剂，且M元素和L元素同周期。下列有关说法不正确的是( )
A．简单离子半径：M
C．L元素原子的最外层电子数等于Y元素的核电荷数
D．含YX的盐溶液和NaOH溶液混合一定会产生大量有刺激性气味的气体
答案 D
解析 X、Y、M、L四种短周期元素原子序数依次增大，构成的离子化合物的结构如图所示，Y元素的最高价氧化物对应的水化物和其最低价氢化物相遇有白烟生成，说明Y为氮元素，白烟为硝酸铵，Y与X可通过共价键形成阳离子YX，则X为氢元素；M元素的硫酸盐能用作工业污水净水剂，说明M为铝元素，且M元素和L元素同周期，M与 L可通过共价键形成阴离子ML，则L为氯元素。M、Y的简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，即离子半径：M
7．某学生设计的四种锂空气电池的工作原理示意图如图所示，固体电解质膜只允许Li＋通过，其中不正确的是( )
答案 A
解析 金属锂是活泼金属，与水接触时会发生反应：2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑，所以锂电极不能与水基电解质直接接触，观察对比会发现，只有A项中金属锂电极与水基电解质直接接触，故A项不正确。
8．短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料。下列结论正确的是( )
X
Y
Z
W
A.简单氢化物沸点：X
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X
解析 根据分析可知：X为N，Y为O，Z为P，W为Cl元素。NH3和H2O间均存在氢键，二者沸点都大于PH3，故A错误；P的单质为P4，其分子中含有P—P非极性键，故B正确；非金属性：W>X>Z，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X>Z，故C错误；离子的电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则单核离子的半径：Y
A．电流强度不同，会影响硅提纯速率
B．电子由液态Cu—Si合金流出，从液态铝流入
C．在该液态熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4＋优先于Cu2＋被还原
D．三层液熔盐的作用是增大电解反应的面积，提高硅的沉积效率
答案 C
解析 A项，电解反应的速率由电流强度决定，正确；B项，由图示可知，液态铝是阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入，液态Cu—Si合金为阳极，电子由液态Cu—Si合金流出，正确；C项，由图示可知，电解的阳极反应为硅失去电子被氧化为Si4＋，阴极反应为Si4＋得到电子被还原为硅单质，错误；D项，使用三层液熔盐可以有效增大电解反应面积，提高硅沉积效率，正确。
10．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”。火药燃烧爆炸时发生的反应为S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝
x kJ·mol－1。
已知：①碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1
②S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1
③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1
则x为( )
A．3a＋b－c B．c－3a－b
C．a－b－c D．c－a－b
答案 A
解析 碳的燃烧热 ΔH＝a kJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝a kJ·mol－1，又已知②S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1，③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1。根据盖斯定律，①×3＋②－③可得S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝x kJ·mol－1＝(a kJ·mol－1)×3＋b kJ·mol－1－c kJ·
mol－1＝(3a＋b－c)kJ·mol－1。
11．(2020·黑龙江齐齐哈尔八中检测)已知：①S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1；
②S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2；
③2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l) ΔH3；
④2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l) ΔH4；
⑤SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断不正确的是( )
A．ΔH1<ΔH2
B．ΔH3<ΔH4
C．ΔH5＝ΔH3－ΔH2
D．2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4
答案 B
解析 本题考查反应热的比较、盖斯定律的应用。等量的S具有的能量：S(g)>S(s)，则等量的S(g)完全燃烧生成SO2(g)放出的热量多，故有ΔH1<ΔH2，A正确；等量H2S(g)完全燃烧生成SO2(g)放出的热量比不完全燃烧生成S(s)放出的热量多，则有ΔH3>ΔH4，B错误；根据盖斯定律，由③－②可得⑤，则有ΔH5＝ΔH3－ΔH2，C正确；根据盖斯定律，由③×3－⑤×2可得④，则有2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4，D正确。
12．(2020·太原调研)用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是( )
A．通电后阳极区溶液pH增大
B．阴极的电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
C．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.25 mol的Cl2生成
D．通电后Li＋通过阳离子交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出
答案 D
解析 阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，部分Cl2溶于水使溶液呈酸性，故阳极区溶液pH减小，A项错误；阴极上水中的H＋得电子，发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，B项错误；根据阳极反应式2Cl－－2e－===Cl2↑知，电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol Cl2生成，C项错误。
13．研究表明N2O(g)与CO(g)在Fe＋存在下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，设Fe＋(s)＋N2O(g)===FeO＋(s)＋N2(g) ΔH＝c kJ·mol－1，下列说法错误的是( )
A．N2O(g)＋CO(g)===N2(g)＋CO2(g) ΔH＝(b－a)kJ·mol－1
B．FeO＋(s)＋CO(g)===Fe＋(s)＋CO2(g) ΔH＝(b－a－c)kJ·mol－1
C．FeO＋能降低该反应的活化能
D．反应物总键能小于生成物总键能
答案 C
解析 由图知N2O(g)＋CO(g)===N2(g)＋CO2(g)是放热反应，故A项正确；由盖斯定律知，用A项中反应减去题干中反应即可得到B项中反应，故B项正确；FeO＋为中间产物，不是催化剂，故无法降低反应的活化能，故C项错误；放热反应中生成物总键能大于反应物总键能，故D项正确。
14．2017年9月我国科学家在可充放电式锌－空气电池研究方面取得重大进展。电池原理如图所示，该电池的核心组分是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)的双功能催化剂，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应式为2Zn＋O2＋4OH－＋2H2O===2Zn(OH)。下列有关说法不正确的是( )
A．放电时电解质溶液中K＋向正极移动
B．放电时锌电池负极反应为Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－
C．充电时催化剂降低析氧反应(OER)的活化能
D．充电时阴极生成6.5 g Zn的同时阳极产生2.24 L O2(标准状况)
答案 BD
解析 放电时电解质溶液中带正电荷的K＋向正极移动，A正确；由总反应式知，负极是活泼金属锌失去电子被氧化为Zn2＋，Zn2＋与OH－反应结合为难电离的四羟基合锌酸根离子{[Zn(OH)4]2－}：Zn－2e－＋4OH－===[Zn(OH)4]2－，B正确；由总反应式和原理图知，放电时发生“氧化还原反应(ORR)”，充电时发生“析氧反应(OER)”，“双功能催化剂”意味着无论放电还是充电均能降低反应活化能，起到催化作用，C正确；充电时阴极生成6.5 g Zn转移0.2 mol e－，而阳极产生2.24 L O2(标准状况)，转移0.4 mol e－，D错误。
15．(2021·石家庄质检)如图是新型镁—锂双离子二次电池，下列关于该电池的说法不正确的是( )
A．放电时，Li＋由左向右移动
B．放电时，正极的电极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4
C．充电时，外加电源的正极与Y端相连
D．充电时，导线上每通过1 mol e－，左室溶液质量减少12 g
答案 D
解析 Mg是活泼金属，放电时，Mg失电子发生氧化反应，作负极，溶液中阳离子向正极移动，则Li＋由左向右移动，A正确；放电时，正极上发生还原反应，Li1－xFePO4得电子被还原生成LiFePO4，电极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4，B正确；充电时，该装置为电解池，原电池的正极与外加电源的正极相连，则外加电源的正极与Y端相连，C正确；充电时，Mg电极作阴极，电极反应式为Mg2＋＋2e－===Mg，导线上通过1 mol e－时，溶液中有0.5 mol Mg2＋在阴极放电，析出0.5 mol Mg，为维持左室电解质溶液呈电中性，有1 mol
Li＋由右室通过Li＋透过膜移向左室，故左室溶液质量减少0.5 mol×24 g·mol－1－1 mol×
7 g·mol－1＝5 g，D错误。
16．利用生物电化学方法脱除水中(NH4)2SO4的原理如图所示(部分反应和产物省略)。下列说法正确的是( )
A．电子由c极流出，经废水流向d极
B．a极的电极反应式之一为NH＋3H2O－8e－===NO＋10H＋
C．装置内工作温度越高，NH的脱除率越大
D．上述处理废水过程中，只涉及两种形式的能量转化
答案 B
解析 电子只能在导线上传递，不能通过废水传递，故A错误；a极发生的反应中，氮元素化合价由－3分别升高为＋3、＋5，NH失电子发生氧化反应，a极的电极反应式之一为NH＋3H2O－8e－===NO＋10H＋，故B正确；装置内有细菌参与工作，温度不能太高，否则造成细菌死亡致使脱除率降低，故C错误；上述处理废水过程中，涉及光能、电能、化学能等，故D错误。
17．电化学在日常生活中用途广泛，如图1是镁、次氯酸钠燃料电池示意图，电池总反应式为Mg＋ClO－＋H2O===Cl－＋Mg(OH)2↓，图2是电解法除去工业废水中的Cr2O。下列说法正确的是( )
A．图2中Cr2O向铁电极移动，与该极附近的OH－结合转化成Cr(OH)3除去
B．图2中阳极上的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
C．图1中发生的氧化反应是ClO－＋H2O＋2e－===Cl－＋2OH－
D．若图1中7.2 g镁溶解产生的电荷量用于图2废水处理，理论可除去0.06 mol Cr2O
答案 B
解析 图2装置为电解池，铁作阳极，失电子得到Fe2＋，溶液中的Cr2O被Fe2＋还原成
Cr3＋，阴极电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极附近产生OH－，则Cr(OH)3在阴极产生，A错误；图1为燃料电池，由总反应式可知镁电极为负极，发生的氧化反应为Mg－2e－＋2OH－===Mg(OH)2↓，C错误；图1中7.2 g Mg失去0.6 mol电子，根据反应Fe－2e－===Fe2＋，可知转移0.6 mol电子生成0.3 mol Fe2＋，再根据得失电子守恒，6 mol Fe2＋还原1 mol Cr2O，则0.3 mol Fe2＋还原0.05 mol Cr2O，D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共49分。
18．(14分)已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，A与B形成的共价化合物M的水溶液呈碱性，C原子的最内层电子数是最外层电子数的2倍，D是同周期中单核离子半径最小的元素，E元素的最高正价与最低负价的代数和为6，请回答下列问题：
(1)化合物M的电子式为______________。
(2)B、C所形成的简单离子中，半径较大的是__________(用离子符号表示)。
(3)E的单质与A的简单氧化物反应的离子方程式为__________________________________。
(4)A、D形成的化合物DA3与水反应生成无色气体，则该反应的化学方程式为________________________________________________________________________，
当生成标况下33.6 L气体时转移的电子数为________。
(5)工业上将CEO3与Na2SO3溶液混合后，再加入稀H2SO4制备净水剂EO2气体，则该反应的离子方程式为_________________________________________________________。
(6)由A、B两种元素构成的另外一种物质N，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知101 kPa时，16.0 g N在氧气中完全燃烧生成两种无污染性物质，放出热量312 kJ(25 ℃时)，N的燃烧热的热化学方程式为________________________________________________。
答案 (1) (2)N3－
(3)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
(4)AlH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H2↑ 9.03×1023
(5)2ClO＋SO＋2H＋===SO＋2ClO2↑＋H2O
(6)N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1
解析 经分析可知，A为H、B为N、C为Na、D为Al、E为Cl。(1)化合物M为NH3，NH3为电子式为。(2)B、C所形成的简单离子分别为N3－、Na＋，二者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：N3－>Na＋。(3)E的单质为Cl2，A的简单氧化物为H2O，二者反应的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。(4)A、D形成的化合物AlH3与水反应生成无色气体，反应生成氢氧化铝与氢气，该反应的化学方程式为AlH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H2↑，每生成3 mol气体转移3 mol电子，当生成标况下33.6 L气体时转移的电子数为×6.02×1023 mol－1＝9.03×1023。(5)工业上，将NaClO3与Na2SO3溶液混合后，再加入H2SO4制备净水剂ClO2，SO被氧化为SO，反应的离子方程式为2ClO＋SO＋2H＋===SO＋2ClO2↑＋H2O。(6)16.0 g N在氧气中完全燃烧生成两种无污染性物质，放出热量312 kJ，则1 mol N2H4燃烧放出热量为624 kJ，反应的热化学方程式为N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1。
19．(12分)(2020·铜川质检)某小组同学利用下图装置对电解氯化铜实验进行了研究。
装置
现象
电解一段时间后，阳极石墨表面产生气体，阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为绿色
(1)甲认为电解过程中阳极产生的________是溶液变绿的原因，写出产生该物质的电极反应式：________________________________________________________________________。
(2)乙改用下图装置，在相同条件下电解CuCl2溶液，对溶液变色现象继续探究。
装置
现象
电解相同时间后，阳极石墨表面产生气泡，溶液仍为蓝色；阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为绿色
乙通过对现象分析证实了甲的观点不是溶液变绿的主要原因，乙否定甲的依据是________________________________________________________________________。
(3)乙继续查阅资料：
ⅰ.电解CuCl2溶液时可能产生[CuCl2]－，[CuCl2]－掺杂Cu2＋后呈黄色。
ⅱ.稀释含[CuCl2]－的溶液生成CuCl白色沉淀，据此乙认为：电解过程中，产生[CuCl2]－，掺杂Cu2＋后呈黄色，与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色。
乙进行如下实验：
a．取电解后绿色溶液2 mL，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。
b．另取少量氯化铜晶体和铜粉，向其中加2 mL浓盐酸，加热获得含[CuCl2]－的黄色溶液。
c．冷却后向上述溶液……
d．取c中2 mL溶液，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。
①a的目的是_____________________________________________________________。
②写出b中生成[CuCl2]－的离子方程式：_______________________________________。
③补充c中必要的操作及现象：_______________________________________________。
乙据此得出结论：电解时阴极附近生成[CuCl2]－是导致溶液变绿的原因。
答案 (1)Cl2 2Cl－－2e－===Cl2↑
(2)阳极附近溶液仍为蓝色
(3)①证明在上述实验条件下，电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]－ ②Cu2＋＋4Cl－＋Cu2[CuCl2]－ ③加入CuCl2蓝色溶液，直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同
解析 (1)电解过程中阳极发生氧化反应，溶液中的氯离子放电生成氯气：2Cl－－2e－===Cl2↑，氯气溶于水，溶液可能呈现绿色。(2)阳极生成了氯气，但阳极附近溶液仍为蓝色，说明不是生成氯气的缘故。(3)①根据信息，取电解后绿色溶液2 mL，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀，说明电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]－，故a的目的是证明在上述实验条件下，电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]－。②向氯化铜晶体和铜粉中加入2 mL浓盐酸，加热获得含[CuCl2]－的黄色溶液，反应的离子方程式为Cu2＋＋4Cl－＋Cu2[CuCl2]－。③c的步骤就是证明电解时阴极附近生成[CuCl2]－是导致溶液变绿的原因，因此操作及现象为加入CuCl2蓝色溶液，直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同。
20．(8分)氨基甲酸铵(NH2COONH4，简称甲铵)是CO2和NH3制尿素的中间产物，其中CO2与NH3反应生成甲铵的能量变化如图所示。
(1)生成甲铵的反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。
(2)生成甲铵的反应为可逆反应，其热化学方程式为___________________________。
(3)对于同一反应，图中虚线Ⅱ与实线Ⅰ相比，活化能大大降低，其原因是______________。
(4)已知由甲铵合成尿素的反应为NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝＋d kJ·
mol－1，则由CO2(g)和NH3(g)直接合成固态尿素并生成液态水的热化学方程式为__________________________________。
答案 (1)放热
(2)2NH3(g)＋CO2(g)NH2COONH4(s) ΔH＝－(b－c) kJ·mol－1
(3)虚线Ⅱ对应的反应使用了催化剂
(4)2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝－(b－c－d) kJ·mol－1
21．(18分)如图所示3套实验装置，分别回答下列问题。
(1)装置1为铁的吸氧腐蚀实验。一段时间后，向插入铁钉玻璃筒内滴入K3[Fe(CN)6]溶液，即可观察到铁钉附近的溶液变蓝色沉淀，表明铁被________(填“氧化”或“还原”)；向插入石墨棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到石墨棒附近的溶液变红，该电极的电极反应式为___________________________________________________________________________。
(2)装置2中的石墨是______(填“正”或“负”)极，该装置发生的总反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)装置3中甲烧杯盛放100 mL 0.2 mol·L－1的NaCl溶液，乙烧杯盛放100 mL 0.5 mol·L－1的CuSO4溶液。反应一段时间后，停止通电。向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红。
①电源的M端为________极；甲烧杯中铁电极的电极反应为__________________________。
②乙烧杯中电解反应的离子方程式为________________________________________。
③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64 g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为______mL。
答案 (1)氧化 O2＋4e－＋2H2O===4OH－
(2)正 Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
(3)①正 Fe－2e－===Fe2＋ ②2Cu2＋＋2H2O电解,2Cu＋O2↑＋4H＋ ③224
解析 (1)铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2＋，正极发生还原反应，氧气得到电子被还原生成OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。(2)铜可被Fe3＋氧化，发生反应Cu＋
2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，形成原电池反应时，铜为负极，发生氧化反应，石墨为正极，正极反应为Fe3＋＋e－===Fe2＋。(3)装置3中甲烧杯盛放100 mL 0.2 mol·L－1的NaCl溶液，乙烧杯盛放100 mL 0.5 mol·L－1的CuSO4溶液，反应一段时间后，停止通电，向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，故甲池中石墨为阴极，铁极为阳极，则乙池中铜为阴极，石墨为阳极。①铁电极为阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，则M为电源的正极。②乙烧杯中用Cu作阴极、石墨作阳极来电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子析出铜，电解反应的离子方程式为2Cu2＋＋2H2O电解,2Cu＋O2↑＋4H＋。
③取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64 g，则生成Cu的物质的量为＝0.01 mol，转移电子的物质的量为0.01 mol×2＝0.02 mol，甲烧杯中，阳极铁被氧化，阴极产生气体为氢气，
2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
2 mol 22.4 L
0.02 mol V
V＝＝0.224 L，即224 mL。
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