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16．能源危機當前是一個全球性問題，開源節(jié)流是應對能源危機的重要舉措．
（1）下列做法有助于“開源節(jié)流”的是ACD（填序號）．
A．大力發(fā)展農村沼氣，將廢棄的秸稈轉化為清潔高效的能源
B．大力開采煤、石油和天然氣，以滿足人們日益增長的能源需求
C．開發(fā)太陽能、水能、風能、地熱能等新能源，減少使用煤、石油等化石燃料
D．減少資源消耗，注重資源的重復使用、資源的循環(huán)再生
（2）金剛石和石墨均為碳的同素異形體，它們在氧氣不足時燃燒生成一氧化碳，在氧氣充足時充分燃燒生成二氧化碳，反應中放出的熱量如圖所示．

①在通常狀況下，金剛石和石墨相比較，石墨（填“金剛石”或“石墨”）更穩(wěn)定，石墨的燃燒熱為△H=-393.5kJ?mol-1．
②12g石墨在一定量的空氣中燃燒，生成氣體36g，該過程放出的熱量為252.0 kJ．
（3）已知：N2、O2分子中化學鍵的鍵能分別是946kJ•mol-1、497kJ•mol-1．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ•mol-1NO分子中化學鍵的鍵能為631.5kJ•mol-1．
（4）綜合上述有關信息，請寫出用CO除去NO的熱化學方程式：2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.0kJ?mol-1．

分析 （1）減少化石能源的使用，開發(fā)新能源，可助于“開源節(jié)流”；
（2）由圖可知，生成物相同，反應物中金剛石的能量高于石墨的能量；1mol純物質完全燃燒放出的熱量為燃燒熱、物質的量與熱量成正比；
（3）焓變等于斷鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量；
（4）結合①C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol-1 ②C（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1、③N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ•mol-1及蓋斯定律可知，①×2-②×2-③得 2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）．

解答 解：（1）A．大力發(fā)展農村沼氣，將廢棄的秸稈轉化為清潔高效的能源，可減少化石能源使用，故選；
B．大力開采煤、石油和天然氣，以滿足人們日益增長的能源需求，不能減少化石燃料的運用，故不選；
C．開發(fā)太陽能、水能、風能、地熱能等新能源，減少使用煤、石油等化石燃料，符合“開源節(jié)流”，故選；
D．減少資源消耗，注重資源的重復使用、資源的循環(huán)再生，能減少化石燃料等資源使用，故選；
故答案為：ACD；
（2）①由圖可知，金剛石能量高于石墨，能量越低越穩(wěn)定，所以說明石墨穩(wěn)定，圖中1mol石墨完全燃燒生成1mol二氧化碳放出的熱量為393.5kJ，則石墨的燃燒熱為△H=-393.5kJ?mol-1，
故答案為：石墨；△H=-393.5kJ?mol-1；
②12g石墨物質的量為1mol，在一定量空氣中燃燒，依據(jù)元素守恒，若生成二氧化碳質量為44g，若生成一氧化碳質量為28g，生成氣體36g，28g＜36g＜44g，判斷生成的氣體為一氧化碳和二氧化碳氣體，設一氧化碳物質的量為x，二氧化碳物質的量為（1-x）mol，28x+44（1-x）=36g，x=0.5mol，二氧化碳物質的量為0.5mol，結合圖象可知C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol-1 ；C（石墨，s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CO（g）△H=-110.5 kJ•mol-1
生成二氧化碳和一氧化碳混合氣體放出熱量=393.5 kJ•mol-1 ×0.5mol+110.5 kJ•mol-1 ×0.5mol=252KJ；12g石墨在一定量空氣中燃燒，生成氣體36g，該過程放出的熱量為252.0kJ；
故答案為：252.0 kJ；
（3）根據(jù)N2、O2分子中化學鍵的鍵能分別是946kJ•mol-1、497kJ•mol-1以及反應N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ•mol-1可設NO分子中化學鍵的鍵能為X，則有：946kJ•mol-1+497kJ•mol-1-2X=180kJ•mol-1 得：X=631.5kJ•mol-1，
故答案為：631.5；
（4）①C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol-1
②C（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1
③N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ•mol-1；
由蓋斯定律可知①×2-②×2-③得 2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.0kJ?mol-1；
故答案為：2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.0kJ?mol-1．

點評 本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握反應中能量變化、物質的量與熱量的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意△H的計算，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：選擇題

18．對于HD的描述，不正確的是（　�。�
A．在受熱條件下，HD能還原氧化銅
B．HD能在氯氣中燃燒生成HCl和DCl氣體
C．是一種非金屬單質
D．是一種化合物

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科目：高中化學 來源： 題型：推斷題

7．隨原子序數(shù)的遞增，八種短周期元素（用字母X表示）原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如圖所示．
根據(jù)判斷出的元素回答問題：
（1）y的元素名稱碳，它位于元素周期表中第二周期第IVA族．
（2）h的最高價氧化物的化學式為Cl2O7．
（3）d、g兩種元素的最簡單氫化物中穩(wěn)定性比較強的物質，其結構式是H-O-H．
（4）x、z兩元素可形成含有10個電子的分子，該分子的電子式為．位于第四周期且與z同主族的元素，其氣態(tài)氫化物的化學式為AsH3．
（5）e、f 兩種元素最高價氧化物對應的水化物發(fā)生反應的離子方程式為OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O．
（6）將1mol e的單質在足量d 2中燃燒，所得產物中含有陰離子的數(shù)目為0.5NA，含有的化學鍵為ac．
a．離子鍵          b．極性共價鍵      c．非極性共價鍵
（7）由x、d兩種元素的原子按1：1組成的常見液態(tài)化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化劑為（填序號）ab．
a．MnO2      b．FeCl3       c．Na2SO3      d．K2SO4．

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科目：高中化學 來源： 題型：實驗題

4．能源和環(huán)境保護是世界各國關注的熱點話題．請回答下列問題：

Ⅰ．收集和利用CO2是環(huán)境保護的熱點課題．
500℃時，在容積為1L的密閉容器中充入1mol CO2和3mol H2，發(fā)生如下反應：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0，測得CO2和CH3OH的濃度與時間的關系如圖1所示．
（1）A點含義是該條件下反應3min時c（CO2）=c（CH3OH）；0～10min內v（H2）=0.225mol/（L．min），平衡常數(shù)K=5.3（保留一位小數(shù)）．
（2）反應在500℃達到平衡之后，改變反應溫度為T，CH3OH的濃度以每分鐘0.030mol•L-1逐漸增大，經5min又達到新平衡．
①T小于（填“大于”、“小于”或“等于”）500℃，判斷理由是改變溫度，甲醇的濃度增大，說明平衡正向移動，因為該反應的正反應是放熱反應，則T＜500℃．
②列式計算溫度為T時反應的平衡常數(shù)K2=300．
（3）溫度為T時，反應達到平衡后，將反應容器的容積增大一倍．平衡向逆（填“正反應”或“逆反應”）方向移動，判斷理由是該反應的逆反應是氣體分子數(shù)增大的反應，增大容器容積，相當于減小壓強，平衡向氣體分子數(shù)增大的方向移動．
Ⅱ．電化學法處理SO2是目前研究的熱點．
利用雙氧水吸收SO2可消除SO2污染，設計裝置如圖2所示．
（1）石墨1為負極（填“正極”或“負極”）；正極的電極反應式為H2O2+2e-+2H+=2H2O．
（2）H+的遷移方向為從質子交換膜左側向右側遷移．
（3）若11.2L（標準狀況）SO2參與反應，則遷移H+的物質的量為1mol．
Ⅲ．某廢水中含Cd2+、Ni2+、Pb2+（假設濃度均為0.01mol•L-1），已知：Ksp（CdCO3）=6.18×10-12，Ksp（NiCO3）=1.42×10-7，Ksp（PbCO3）=1.46×10-13．
取少量該廢水向其中滴加Na2CO3溶液，形成CdCO3、NiCO3、PbCO3沉淀的先后順序為PbCO3、CdCO3、NiCO3．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

11．氮及其化合物在工業(yè)生產中應用廣泛，回答下列問題：
（1）已知肼N2H4（1）的燃燒熱為622.0kJ/mol，當用N2O4（1）做氧化劑時，肼可作火箭燃料，另知N2（g）+2O2（g）═N2O4（l）△H1=-19.5kJ•mol-1，水的汽化焓為+44.0kJ/mol．則火箭點火時發(fā)生的熱化學方程式為N2O4（l）+2N2H4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.5kJ/mol
（2）已知2NO2（g）?N2O4（g），將一定量的NO2、N2O4混合氣體通入容積為2L的恒容密閉容器中
①若維持容器溫度不變，反應過程中各物質的量濃度c隨時間t的變化關系如圖1所示．則a、b、c、d四個點所表示的反應體系中，氣體顏色由深到淺的順序是c＞d＞b＞a（填字母）．計算該溫度下反應的平衡常數(shù)為1.11 L/mol
②若改變溫度，平衡體系中N2O4的質量分數(shù)W隨溫度T的變化關系如圖2所示，則A、B、C、D、E各狀態(tài)中v（正）＜v（逆）的是D；維持T1不變，設由E點到A點所需時間為x分鐘，維持T2不變，設由D點到C點所需時間為y分鐘，則x＞y（填“＞”“＜”或“=”）

（3）一定條件下，某密閉容器已建立A（g）+B（g）?C（g）+D（g）△H＞0的化學平衡，其時間速率圖象如圖3所示，下列選項對于t1時刻采取的可能操作及其平衡移動情況判斷正確的是A
A、減小壓強，同時升高溫度，平衡正向移動
B、增加B（g）濃度，同時降低C（g）濃度，平衡不移動
C、增加A（g）濃度，同時降低溫度，平衡不移動
D、保持容器溫度壓強不變通入稀有氣體，平衡不移動
（4）工業(yè)上常利用吸熱反應C（s）+2H2O（g）?CO2（g）+2H2（g）制備氫氣，某同學為了研究反應條件對化學平衡的影響，測得反應速率與時間的關系如圖4所示．可見在t1、t3、t5、t7時反應都達到了平衡狀態(tài)，如果t2、t4、t6時都只改變了一個反應條件，則從t1到t8哪個時間段H2O（g）的平衡轉化率最低t7-t8．t4時刻改變的條件是降低溫度．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

1．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中位置如圖所示，其中T所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)相等，
請回答下列問題：
（1）T的原子結構示意圖為，R的最簡單氫化物的電子式為，Q的1：1型氫化物中相對分子質量最小的分子是直線型分子（立體構型）．
（2）元素的非金屬性為（原子的得電子能力）：Q弱于W（填“強于”或“弱于”）．
（3）W的單質與其最高價氧化物的水化物濃溶液共熱能發(fā)生反應，生成兩種物質，其中一種是氣體，反應的化學方程式為S+2H2SO4（濃）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3SO2+2H2O．
（4）R有多種氧化物，其中氧化物甲的相對分子質量最�。谝欢l件下，2L的甲氣體與0.5L的氧氣相混合，若該混合氣體被足量的NaOH溶液完全吸收后沒有氣體殘留，所生成的R的含氧酸鹽的化學式是NaNO2．

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科目：高中化學 來源： 題型：選擇題

8．同溫同壓下，下列各組熱化學方程式中，△H1＜△H2是（　�。�
A．C（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=CO（g）；△H1         C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H2
B．$\frac{1}{2}$H2（g）+$\frac{1}{2}$Cl2（g）=HCl（g）；△H1H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；△H2
C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H1 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H2
D．S（g）+O2（g）=SO2（g）；△H1           S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H2

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科目：高中化學 來源： 題型：推斷題

5．X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大．X、Y兩元素最高正價與最低負價之和均為0；Q與X同主族；Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素．
請回答下列問題：
（1）寫出R的原子結構示意圖：
（2）五種元素原子半徑由大到小的順序是（寫元素符號）Na＞Al＞C＞O＞H．
（3）X與Y能形成多種化合物其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質量最小的物質是（寫分子式）C2H2，X和Z組成的化合物的化學式為H2O和H2O2

（4）由以上某些元素組成的化合物A、B、C、D有如下轉化關系：A$?_{D}^{C}$B（在水溶液中進行），其中，C是溶于水顯酸性的氣體；D是淡黃色固體．寫出C的化學式CO2；D的電子式．
①如果A、B均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則A$\stackrel{過量C}{→}$  B離子反應方程式為AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3-或2 AlO2-+3 H2O+CO2=2 Al（OH）3+CO32-
②A、B均為鹽溶液，如果A由三種元素組成，B由四種元素組成，A、B溶液均顯堿性．用離子方程式表示A溶液顯堿性的原因CO32-+H2O?HCO3-+OH-；常溫下，在該溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質的主要成分有NaCl、H2CO3、NaHCO3．

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科目：高中化學 來源： 題型：選擇題

6．已知1gN2含a個分子，則阿伏加德羅常數(shù)為（　�。�
A．$\frac{a}{14}$ mol-1B．$\frac{a}{28}$ mol-1C．14a mol-1D．28a mol-1

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