题目内容
16．下列关于如图所示转化关系（X代表卤素）的说法错误的是（ ）
| A． | 2H（g）+2X（g）═2HX（g）△H3＜0 | |
| B． | △H1=△H2+△H3 | |
| C． | Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量按Cl、Br、I的顺序依次增多 | |
| D． | 途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定 |
分析 A、原子形成化学键放热，焓变小于0；
B、依据盖斯定律分析，反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；
C、途径Ⅱ是断裂化学键的过程，是吸热过程，Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2，断裂化学键需要能量减小；
D、根据化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差来判断．
解答 解：A、原子形成化学键放热，焓变小于0，2H（g）+2X（g）═2HX（g）△H3＜0，故A正确；
B、反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以△H1=△H2+△H3 ，故B正确；
C、Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2，断裂化学键需要能量减小，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，故C错误；
D、因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，氯原子半径小于溴原子，途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定，故D正确；
故选C．
点评 本题考查了合成反应能量变化，反应焓变分析判断，物质结构和同主族性质变化规律是解题关键，题目难度中等．
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15．一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）?2CO（g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数，下列说法正确的是（ ）
| A． | 550℃时，若充入惰性气体，v正，v退均减小，平衡不移动 | |
| B． | 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0% | |
| C． | T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 | |
| D． | 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0P总 |
16．在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是（ ）
| A． | 元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体 | |
| B． | Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg） | |
| C． | 在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性 | |
| D． | 该反应中化学能全部转化为热能 |
11．稀土是一种不可再生的战略性资源，被广泛应用于电子信息、国防军工等多个领域．一种从废弃阴极射线管（CRT）荧光粉中提取稀土元素钇（Y）的工艺流程如图1：
已知：①废弃CRT荧光粉的化学组成（某些不参与反应的杂质未列出）如表所示；
②不同离子沉淀的pH如图2所示．
（1）步骤Ⅰ中进行原料预处理的目的为除去ZnO和Al2O3；富集稀土元素；降低后续耗酸量．
（2）步骤Ⅱ中有黄绿色气体产生，该反应的化学方程式为PbO2+4HCl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$PbCl2+Cl2↑+2H2O．
（3）步骤Ⅲ中发生的主要反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．
（4）步骤Ⅳ中除杂试剂DDTC除去的杂质离子有Zn2+、Pb2+，其不能通过直接加碱的方法除去，原因为Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离．
（5）步骤Ⅴ中Y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中c（C2O42-）不低于2.0×10-6mol/L．（已知：当离子浓度小于10-5mol/L时，沉淀就达完全；Ksp[Y2（C2O4）3]=8.0×10-25）
（6）步骤Ⅵ中草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3，该反应的化学方程式为Y2（C2O4）3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Y2O3+3CO↑+3CO2↑．
已知：①废弃CRT荧光粉的化学组成（某些不参与反应的杂质未列出）如表所示；
②不同离子沉淀的pH如图2所示．
| 阶段/含量%/成分 | Y2O3 | ZnO | Al2O3 | PbO2 | MgO |
| 预处理前 | 24.28 | 41.82 | 7.81 | 1.67 | 0.19 |
| 预处理后 | 68.51 | 5.42 | 4.33 | 5.43 | 0.50 |
（2）步骤Ⅱ中有黄绿色气体产生，该反应的化学方程式为PbO2+4HCl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$PbCl2+Cl2↑+2H2O．
（3）步骤Ⅲ中发生的主要反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．
（4）步骤Ⅳ中除杂试剂DDTC除去的杂质离子有Zn2+、Pb2+，其不能通过直接加碱的方法除去，原因为Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离．
（5）步骤Ⅴ中Y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中c（C2O42-）不低于2.0×10-6mol/L．（已知：当离子浓度小于10-5mol/L时，沉淀就达完全；Ksp[Y2（C2O4）3]=8.0×10-25）
（6）步骤Ⅵ中草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3，该反应的化学方程式为Y2（C2O4）3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Y2O3+3CO↑+3CO2↑．
1．下列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（ ）
x?Y
x?Y
| 物质 选项 | X | Y |
| A | Na2CO3 | NaHCO3 |
| B | Al（OH）3 | Al2O3 |
| C | FeCl3 | FeCl2 |
| D | CuSO4 | Cu（OH）2 |
| A． | A | B． | B | C． | C | D． | D |
8．如图有关图示分析正确的是（ ）
| A． | 如图a所示，集气瓶内充满Cl2和CH4的混合气体或NO2和O2的混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，并可能充满集气瓶 | |
| B． | Pt为电极，电解含0.10 mol M+和0.1 mol N3+（M+、N3+均为金属阳离子）的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量（y）与导线中通过电子的物质的量（x）的关系如图c，离子氧化能力M+＞N3+＞H+ | |
| C． | 如图b所示，X为铁棒，Y为铜棒，M为直流电源，当S闭合后，当b为NaOH溶液，X极附近产生白色沉淀时，电子从X极流入M | |
| D． | 图d为N2（g）和O2（g）生成NO（g）过程中的能量变化，则N≡N的键能为946kJ/mol，其热化学方程式为 N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=-180 kJ/mol |
5．己烯雌酚[C18H20O2]的结构简式如图所示，下列有关叙述中不正确的是（ ）
| A． | 与NaOH反应可生成化学式为C18H18O2Na2的化合物 | |
| B． | 聚己烯雌酚含有顺式和反式两种结构 | |
| C． | 1mol己烯雌酚最多可与7molH2发生加成反应 | |
| D． | 形成高分子  的单体中有己烯雌酚 |
6．已知某种气态化石燃料只含有碳和氢两种元素．为了测定这种燃料中碳和氢两种元素的质量分数，可将气态燃料放入足量的氧气中燃烧，并使产生的气体（包括水）全部通入如图所示的装置，得到如表所示的实验数据（左侧U形管中干燥剂至吸收水蒸气且假设产生的气体完全被吸收，忽略澄清石灰水中的水分损失）
根据实验数据回答下列问题：
（1）实验完毕后，生成物中水的质量为1.35g，假设广口瓶里生成一种正盐，其质量为5g
（2）生成的水中氢元素的质量为0.15g．
（3）生成的CO2中碳元素的质量为0.6g．
（4）气态化石燃料的分子式为C2H6．
| 实验前 | 实验后 | |
| （干燥剂+U形管）的质量 | 51.10g | 52.45g |
| （澄清石灰水+广口瓶）的质量 | 408.00g | 410.20 |
（1）实验完毕后，生成物中水的质量为1.35g，假设广口瓶里生成一种正盐，其质量为5g
（2）生成的水中氢元素的质量为0.15g．
（3）生成的CO2中碳元素的质量为0.6g．
（4）气态化石燃料的分子式为C2H6．