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6．依據圖判斷，下列說法正確的是（　　）
A．2 mol H2（g）與1 mol O2（g）所具有的總能量比2 mol H2O（g） 所具有的總能量高
B．氫氣燃燒的反應為放熱反應，故H2與O2混合即可自發(fā)進行
C．液態(tài)水分解的熱化學方程式為：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=-571.6 kJ•mol-1
D．H2O（g）生成H2O（l）時，斷鍵吸收的能量小于成鍵放出的能量

分析 A、氫氣與氧氣反應放熱，反應物能量高于生成物；
B、氫氣燃燒的反應為放熱反應，但H2與O2的反應需要外界條件引發(fā)反應，常溫混合不能自發(fā)進行；
C、根據圖象2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6 kJ•mol-1，故逆反應為吸熱反應；
D、H2O（g）生成H2O（l）時為放熱反應，故斷鍵吸收的能量小于成鍵放出的能量．

解答 解：A、氫氣與氧氣反應放熱，反應物能量高于生成物，所以2 molH2（g）和1molO2（g）的總能量大于2molH2O（g）的能量，故A正確；
B、氫氣燃燒的反應為放熱反應，但H2與O2的反應需要外界條件引發(fā)反應，常溫混合不能自發(fā)進行，故B錯誤；
C、根據圖象2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6 kJ•mol-1，故逆反應為吸熱反應，2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6 kJ•mol-1，故C錯誤；
D、H2O（g）生成H2O（l）時為放熱過程，沒有發(fā)生化學變化，故D錯誤．
故選A．

點評 本題考查了焓變、蓋斯定律、焓變與反應物生成物能量的關系，題目難度不大．

練習冊系列答案
相關習題

科目：高中化學 來源： 題型：解答題

16．草酸鈷用途廣泛，可用于指示劑和催化劑的制備．一種利用水鈷礦[主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4•2H2O工藝流程如圖1：

已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：
沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2
完全沉淀的pH3.79.69.25.29.8
（1）浸出過程中加入Na2SO3的目的是將Fe3+、Co3+還原（填離子符號）．
（2）NaClO3的作用是將浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，產物中氯元素處于最低化合價．該反應的離子方程式為ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O．
（3）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖2所示．濾液Ⅱ中加入萃取劑的作用是除去溶液中的Mn2+；使用萃取劑適宜的pH是B．
A．接近2.0          B．接近3.0         C．接近5.0
（4）“除鈣、鎂”是將溶液中Ca2+與Mg2+轉化為MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp（MgF2）=7.35×10-11、Ksp（CaF2）=1.05×10-10．當加入過量NaF后，所得濾液$\frac{c（M{g}^{2+}）}{c（C{a}^{2+}）}$=0.7．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

17．乙烯和丙烯是重要的化工基礎原料，由乙烯和丙烯合成E和F的路線如下：

已知：RX $\stackrel{NaOH/H_{2}O}{→}$ROH
請回答下列問題：
（1）B中官能團的電子式為；丙烯→A的反應類型為取代反應．
（2）寫出B→C的化學方程式HOCH2CH2OH+O2$→_{△}^{Cu}$OHC-CHO+2H2O．
（3）寫出F的結構簡式．
（4）以丙烯為原料可合成甘油，請設計合理的合成路線（無機試劑及溶劑任選）．
注：合成路線的書寫格式參照如下實例流程圖：CH3CHO$→_{催化劑/△}^{O_{2}}$CH3COOH$→_{濃硫酸/△}^{乙醇}$CH3COOCH2CH3．

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科目：高中化學 來源： 題型：多選題

14．在容積一定的密閉容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳發(fā)生化學反應：
C（s）+2NO（g）?CO2（g）+N2（g）+Q，平衡時c （NO）與溫度T的關系如圖所示，則下列說法正確的是（　　）
A．該反應的Q＞0
B．若該反應在T1、T2時的平衡常數分別為K1、K2，則K1＜K2
C．在T2時，若反應體系處于狀態(tài)D，則此時V正＞V逆
D．若狀態(tài)B、C、D的壓強分別為PB、PC、PD，則 PC=PD＞PB

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

1．氮化鈦（Ti3N4）為金黃色晶體，是市售仿金品的重要成份．以TiCl4為原料，經過一系列反應（見圖1）可以制得Ti3N4和納米TiO2．

①基態(tài)Ti3+中未成對電子數有1個；與Ti同族下一周期元素Zr的基態(tài)原子的外圍電子排布式為4d25s2；鈦元素最高化合價為+4．
②圖1中的M是短周期金屬元素，M的部分電離能如下表．
I1I2I3I4I5
電離能/kJ•mol-17381 4517 73310 54013 630
M是Mg （填元素符號），該金屬晶體的堆積模型為A3型最密堆積又稱六方最密堆積．
③納米TiO2是一種應用廣泛的催化劑，某有機反應如圖2所示．甲分子中采取sp2雜化的碳原子有7個，乙分子中采取sp3雜化的原子對應的元素的電負性由大到小的順序為O＞N＞C．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

11．鈦、鉻、鐵、鎳、銅等金屬及其化合物在工業(yè)上有重要用途．
（1）鈦鐵合金是鈦系儲氫合金的代表，該合金具有放氫溫度低、價格適中等優(yōu)點．
①Ti的基態(tài)原子價電子排布式為3d24s2．
②Fe的基態(tài)原子共有7種不同能級的電子．
（2）制備CrO2Cl2的反應為K2Cr2O7+3CCl4═2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑．
①上述化學方程式中非金屬元素電負性由大到小的順序是O＞Cl＞C（用元素符號表示）．
②COCl2分子中所有原子均滿足8電子構型，COCl2分子中σ鍵和π鍵的個數比為3：1，中心原子的雜化方式為sp2．
（3）NiO、FeO的晶體結構均與氯化鈉的晶體結構相同，其中Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為6.9×10-2 nm和7.8×10-2 nm．則熔點：NiO＞（填“＞”、“＜”或“=”）FeO．
（4）Ni和La的合金是目前使用廣泛的儲氫材料，具有大容量、高壽命、耐低溫等特點，在日本和中國已實現了產業(yè)化．該合金的晶胞結構如圖所示．
①該晶體的化學式為LaNi5．
②已知該晶胞的摩爾質量為M g•mol-1，密度為d g•cm-3．設NA為阿伏加德羅常數的值，則該晶胞的體積是$\frac{M}{{N}_{A}d}$ cm3（用含M、d、NA的代數式表示）．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

18．現有A、B、C、D、E、F原子序數依次增大的六種元素，它們位于元素周期表的前四周期．A與B位于不同周期且B元素的原子含有3個能級，B元素原子的每個能級所含有電子數相同；D的原子核外有8個運動狀態(tài)不同的電子；E元素與F元素處于同一周期相鄰的族，它們的原子序數相差3，且E元素的基態(tài)原子有4個未成對電子．請回答下列問題：

（1）B、C、D三種元素的第一電離能由低到高的順序為C＜O＜N（用元素符號表示）．
（2）寫出化合物BD的一種等電子體的化學式：N2．
（3）ED的熔點比E2D3的熔點低（填“高”或“低”），原因是Fe2+離子半徑比Fe3+離子半徑大，所帶電荷少，故FeO晶格能比Fe2O3低．
（4）F離子是人體內多種酶的輔因子，人工模擬酶是當前研究的熱點．
①F原子的外圍電子排布式為3d104s1．向FSO4溶液通入過量CA3，可生成[F（CA3）4]SO4，F的配位數為4．
②某化合物與F（Ⅰ） （Ⅰ表示化合價為+1）結合形成圖1所示的離子，該離子中碳原子的雜化方式有sp2、sp3．
（5）B單質的一種同素異形體的晶胞如圖2所示，若晶體的密度為ρg/cm3，阿伏加德羅常數的值為NA，則晶胞的邊長為$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$cm．

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科目：高中化學 來源： 題型：選擇題

15．合成具有美白作用的化妝品原料Z的反應原理如下：

下列敘述不正確的是（　�。�
A．X、Z均能與Na2CO3溶液反應
B．X可作縮聚反應單體，Y可作加聚反應單體
C．X、Y、Z均能使溴水褪色，但是原理不相同
D．該反應的反應類型為取代反應

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科目：高中化學 來源： 題型：選擇題

12．下列四幅譜圖是結構簡式為CH3CH2OH、CH3OCH3、CH3CH2CH2OH和  的四種有機物的1H核磁共振譜（1H-NMR）．其中屬于CH3CH2CH2OH的1H-NMR譜圖的是（　�。�
A．B．C．D．

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