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    6．依据图判断，下列说法正确的是（　　）
    A．2 mol H2（g）与1 mol O2（g）所具有的总能量比2 mol H2O（g） 所具有的总能量高
    B．氢气燃烧的反应为放热反应，故H2与O2混合即可自发进行
    C．液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=-571.6 kJ•mol-1
    D．H2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量

    分析 A、氢气与氧气反应放热，反应物能量高于生成物；
    B、氢气燃烧的反应为放热反应，但H2与O2的反应需要外界条件引发反应，常温混合不能自发进行；
    C、根据图象2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6 kJ•mol-1，故逆反应为吸热反应；
    D、H2O（g）生成H2O（l）时为放热反应，故断键吸收的能量小于成键放出的能量．

    解答 解：A、氢气与氧气反应放热，反应物能量高于生成物，所以2 molH2（g）和1molO2（g）的总能量大于2molH2O（g）的能量，故A正确；
    B、氢气燃烧的反应为放热反应，但H2与O2的反应需要外界条件引发反应，常温混合不能自发进行，故B错误；
    C、根据图象2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6 kJ•mol-1，故逆反应为吸热反应，2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6 kJ•mol-1，故C错误；
    D、H2O（g）生成H2O（l）时为放热过程，没有发生化学变化，故D错误．
    故选A．

    点评 本题考查了焓变、盖斯定律、焓变与反应物生成物能量的关系，题目难度不大．

    练习册系列答案
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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    16．草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂的制备．一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4•2H2O工艺流程如图1：

    已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
    ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
    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）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原（填离子符号）．
    （2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，产物中氯元素处于最低化合价．该反应的离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O．
    （3）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2所示．滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+；使用萃取剂适宜的pH是B．
    A．接近2.0          B．接近3.0         C．接近5.0
    （4）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp（MgF2）=7.35×10-11、Ksp（CaF2）=1.05×10-10．当加入过量NaF后，所得滤液$\frac{c（M{g}^{2+}）}{c（C{a}^{2+}）}$=0.7．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    17．乙烯和丙烯是重要的化工基础原料，由乙烯和丙烯合成E和F的路线如下：

    已知：RX $\stackrel{NaOH/H_{2}O}{→}$ROH
    请回答下列问题：
    （1）B中官能团的电子式为；丙烯→A的反应类型为取代反应．
    （2）写出B→C的化学方程式HOCH2CH2OH+O2$→_{△}^{Cu}$OHC-CHO+2H2O．
    （3）写出F的结构简式．
    （4）以丙烯为原料可合成甘油，请设计合理的合成路线（无机试剂及溶剂任选）．
    注：合成路线的书写格式参照如下实例流程图：CH3CHO$→_{催化剂/△}^{O_{2}}$CH3COOH$→_{浓硫酸/△}^{乙醇}$CH3COOCH2CH3．

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    科目：高中化学 来源： 题型：多选题

    14．在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：
    C（s）+2NO（g）?CO2（g）+N2（g）+Q，平衡时c （NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）
    A．该反应的Q＞0
    B．若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
    C．在T2时，若反应体系处于状态D，则此时V正＞V逆
    D．若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则 PC=PD＞PB

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．氮化钛（Ti3N4）为金黄色晶体，是市售仿金品的重要成份．以TiCl4为原料，经过一系列反应（见图1）可以制得Ti3N4和纳米TiO2．

    ①基态Ti3+中未成对电子数有1个；与Ti同族下一周期元素Zr的基态原子的外围电子排布式为4d25s2；钛元素最高化合价为+4．
    ②图1中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如下表．
    I1I2I3I4I5
    电离能/kJ•mol-17381 4517 73310 54013 630
    M是Mg （填元素符号），该金属晶体的堆积模型为A3型最密堆积又称六方最密堆积．
    ③纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，某有机反应如图2所示．甲分子中采取sp2杂化的碳原子有7个，乙分子中采取sp3杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    11．钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途．
    （1）钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点．
    ①Ti的基态原子价电子排布式为3d24s2．
    ②Fe的基态原子共有7种不同能级的电子．
    （2）制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4═2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑．
    ①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是O＞Cl＞C（用元素符号表示）．
    ②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中σ键和π键的个数比为3：1，中心原子的杂化方式为sp2．
    （3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10-2 nm和7.8×10-2 nm．则熔点：NiO＞（填“＞”、“＜”或“=”）FeO．
    （4）Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化．该合金的晶胞结构如图所示．
    ①该晶体的化学式为LaNi5．
    ②已知该晶胞的摩尔质量为M g•mol-1，密度为d g•cm-3．设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是$\frac{M}{{N}_{A}d}$ cm3（用含M、d、NA的代数式表示）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    18．现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．A与B位于不同周期且B元素的原子含有3个能级，B元素原子的每个能级所含有电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子．请回答下列问题：

    （1）B、C、D三种元素的第一电离能由低到高的顺序为C＜O＜N（用元素符号表示）．
    （2）写出化合物BD的一种等电子体的化学式：N2．
    （3）ED的熔点比E2D3的熔点低（填“高”或“低”），原因是Fe2+离子半径比Fe3+离子半径大，所带电荷少，故FeO晶格能比Fe2O3低．
    （4）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点．
    ①F原子的外围电子排布式为3d104s1．向FSO4溶液通入过量CA3，可生成[F（CA3）4]SO4，F的配位数为4．
    ②某化合物与F（Ⅰ） （Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3．
    （5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，若晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞的边长为$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$cm．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    15．合成具有美白作用的化妆品原料Z的反应原理如下：

    下列叙述不正确的是（　　）
    A．X、Z均能与Na2CO3溶液反应
    B．X可作缩聚反应单体，Y可作加聚反应单体
    C．X、Y、Z均能使溴水褪色，但是原理不相同
    D．该反应的反应类型为取代反应

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    12．下列四幅谱图是结构简式为CH3CH2OH、CH3OCH3、CH3CH2CH2OH和  的四种有机物的1H核磁共振谱（1H-NMR）．其中属于CH3CH2CH2OH的1H-NMR谱图的是（　　）
    A．B．C．D．

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