使用化石燃料的利弊及新能源的开发

化石燃料的问题与展望教案：未来能源发展的趋势和挑战未来能源发展的趋势和挑战一、问题化石燃料，是指含碳和氢的化合物，如石油、天然气和煤炭等，是全球最主要的能源来源之一。

它们的采掘、运输和燃烧会导致环境污染、气候变化和人类健康受害等问题。

1.环境污染根据数据显示，化石燃料燃烧所排放出的二氧化碳、氮氧化物和挥发性有机物等化学物质，是造成全球气候变化和大气污染的重要原因之一。

燃料的采掘和运输也会导致土地、水源和生物多样性等生态环境的破坏和退化。

2.气候变化化石燃料的使用也会导致地球气温升高、冰川消融和海平面上升等现象，这都直接影响全球生态和人类生活。

一些国际组织和科学家也警告说，目前排放量的增长已经足以引发持续的自然灾害、社会动荡和冲突。

3.人类健康化石燃料燃烧产生的微小颗粒、臭氧和一氧化碳等有害物质，对人类的呼吸系统、心血管等健康造成威胁。

不仅如此，在化石燃料的储存和运输过程中，也容易发生火灾、爆炸和事故。

二、展望化石燃料不仅存在环境和人类健康等问题，同时其数量也有限，所以未来的能源发展必须寻找替代品。

下面列举了几个未来能源的趋势和挑战：1.可再生能源可再生能源，如太阳能、风能和水能等，被认为是未来能源的主要替代品。

逐渐取代化石燃料，以减少二氧化碳排放、缓解环境问题和创造经济效益。

不过，在可再生能源的推广上，还存在一些技术、成本和政策等挑战。

2.新能源技术新能源技术，如核能、生物质等，也是未来能源的发展趋势之一。

然而，相应的技术和设施也需要大量的资金和技术投入和配套设施建设。

3.能效提升能效提升是指通过减少耗能和提高能源利用率等方式，达到节约能源的目的。

加大节能技术投入，降低能源使用成本，是未来经济和环保双赢的重要途径。

4.社会政策引导世界各国已经采取了诸多政策措施，以促进可再生能源和新能源技术的发展。

国家在能源技术政策、能源定价政策和能源政府投资等多方面，都要努力实现可持续、绿色的能源发展模式。

5.国际合作随着全球化的迅猛发展，各国需要通过国际合作，在技术开发、经验交流、政策协调等方面，促进可再生能源和新能源的发展。

人类是否应该停止使用化石燃料？正方，人类应该停止使用化石燃料。

首先，化石燃料的使用导致了严重的环境污染和气候变化。

据世界卫生组织的统计数据显示，化石燃料的燃烧释放出大量的二氧化碳等温室气体，加剧了全球变暖，导致了极端天气事件的频繁发生，对人类健康和生存环境造成了严重威胁。

同时，燃烧化石燃料也会释放出有害的空气污染物，导致大气污染和酸雨等环境问题。

其次，化石燃料的使用也对全球能源安全构成了威胁。

化石燃料资源有限，而且集中分布在少数国家和地区，这导致了能源供应的不稳定性和地缘政治风险。

而且，化石燃料的开采和运输过程也存在安全隐患，如煤矿事故和石油泄漏等。

此外，随着新能源技术的不断发展，替代化石燃料的清洁能源已经成熟，如太阳能、风能和核能等。

这些清洁能源不仅可以减少温室气体排放，还可以提高能源利用效率，减少对化石燃料的依赖，从而实现可持续发展。

因此，从环境保护、能源安全和可持续发展的角度来看，人类应该停止使用化石燃料，转向清洁能源，以保护地球家园和人类未来。

反方，人类不应该停止使用化石燃料。

首先，化石燃料是人类社会发展的重要动力来源，它广泛应用于工业生产、交通运输和生活供暖等领域，为人类提供了丰富的能源资源。

如果停止使用化石燃料，将会导致能源供应的短缺和经济发展的停滞，对人类社会造成严重影响。

其次，虽然化石燃料的使用会产生一定的环境污染和气候变化，但是人类社会已经在不断改进技术和管理手段，减少化石燃料的排放，如煤电厂的脱硫和汽车尾气的净化等。

因此，并不需要完全停止使用化石燃料，而是应该在技术创新和管理措施上下功夫，减少其对环境的影响。

此外，化石燃料的替代品清洁能源虽然发展迅速，但是目前在成本和技术上仍然存在一定的局限性，无法完全取代化石燃料。

因此，停止使用化石燃料可能会导致能源供应的不稳定和经济成本的增加。

综上所述，虽然化石燃料的使用存在一定的环境问题，但是人类社会仍然需要依赖它来维持经济发展和社会稳定。

2021年高考化学真题试卷（山东卷）一、单选题（共10题；共20分）1.有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（）A. 风能发电B. 粮食酿酒C. 燃煤脱硫D. 石油裂化【答案】A【考点】常见能量的转化及运用，使用化石燃料的利弊及新能源的开发，常见的生活环境的污染及治理，石油的裂化和裂解【解析】【解答】碳达峰是我国承诺在2030年前，二氧化碳的排放不在增长，达到峰值之后逐步降低，碳中和是指通过指数造林、节能减排等减少自身的二氧化碳的排放量。

实现二氧化碳的0排放A.风能发电可以减少二氧化碳的排放，故A符合题意B.粮食酿酒可以增加二氧化碳的排放，故B不符合题意C. 燃煤脱硫产生大量的二氧化碳，故C不符合题意D. 石油裂化的裂化可以产生碳氢化合物，燃烧产生大量的二氧化碳，故D不符合题意故正确答案是：A【分析】主要就是降低二氧化碳的排放，找出即可2.下列物质应用错误的是（）A. 石墨用作润滑剂B. 氧化钙用作食品干燥剂C. 聚乙炔用作绝缘材料D. 乙二醇溶液用作汽车防冻液【答案】C【考点】物质的组成、结构和性质的关系【解析】【解答】A.石墨是层状结构，层与层可以相互滑动，可以做润滑剂，故A不符合题意B.氧化钙可以和水反应降低水的含量，故B不符合题意C.聚乙炔中含有单键和双键相互交替，存在自由电子的移动性质，因此可以导电，故C符合题意D.乙二醇与水可以形成氢键，因此乙二醇溶液用作汽车防冻液，故D不符合题意故答案为：C【分析】A.石墨质地柔软B.主要利用的是氧化钙与水反应C.聚乙炔可以导电D.乙二醇溶液可以降低冰点3.关于下列仪器使用的说法错误的是（）A. ①、④不可加热B. ②、④不可用作反应容器C. ③、⑤可用于物质分离D. ②、④、⑤使用前需检漏【答案】A【考点】常用仪器及其使用【解析】【解答】A.锥形瓶可以垫上石棉网进行加热，容量瓶不能加热，故A符合题意B.酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配置一定物质的量浓度的溶液，不能做反应容器，故B不符合题意C.蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，可以分离熔沸点不同的液体，分液漏斗用于分液操作，分离不互溶的液体均可以用于分离，故C不符合题意D.酸式滴定管以及容量瓶以及分液漏斗均含有瓶塞以及旋塞使用之前均需要进行捡漏，故D不符合题意【分析】①锥形瓶不能直接加热，但是需要垫上石棉网进行加热②酸式滴定管需要进行检漏，只能进行量取液体③蒸馏烧瓶可进行分离熔沸点的不同液体④容量瓶使用前需要进行检漏，能用于配置一定浓度的物质⑤梨形分液漏斗使用前需要进行检漏，可以进行分离互不相溶的液体4.X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。

湖南省娄底市2014-2015学年高二上学期期中考试化学试卷一、选择题：（50分）1．下列选项中说明乙醇作为燃料的优点的是（）①燃烧时发生氧化反应②充分燃烧的产物不污染环境2．（2分）为减少汽车对城市大气的污染，近年来中国成功开发出了以新燃料作能源的“绿色汽车”．这种汽车可避免有毒的有机铅、苯和苯的同系物及多环芳烃的排放，保护环境．该4．（2分）下列变化过程，属于放热反应的是（）①液态水变成水蒸气②酸碱中和反应③浓H2SO4稀释④固体NaOH溶于水⑤H2在Cl25．（2分）在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）．若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/（L•s），则10秒钟6．（2分）一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是（）7．（2分）在25°C时，0.1mol/L的HNO2、HCOOH、HCN、H2CO3的溶液，它们的电离平衡常数分别为4.6×10﹣4、1.8×10﹣4、4.9×10﹣10、K1=4.3×10﹣7和K2=5.6×10﹣11，其中氢离子OC，即9．（2分）反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（g），在不同情况下测得反应速率如下，其12．（2分）如图显示了人类发展史上经济发展阶段与环境质量之间的关系．据图回答：根据这种关系，发展中国家应认识到（）13．（2分）对于反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）△H=﹣444.3kJ/mol，14．（2分）下列反应是工业生产硝酸的一个反应过程，4NH 3（g ）+5O 2（g ）⇌4NO （g ）+6H 2O （g ）△H=﹣1025kJ/mol ，若反应物起始的物质的量相同．下列关于该反应的示意图不． B ． C ． ．15． COCl 2（g ）⇌CO （g ）+Cl 2（g ）；△H ＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO 浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高16．（2分）已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H=﹣701.0kJ•mol﹣12Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H=﹣181.6kJ•mol﹣117．某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（）18．（2分）下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（）①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H52H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H619．（2分）已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△=﹣Q2 kJ•mol﹣1，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H2=﹣Q3 kJ•mol﹣1常温下，取体积比4：1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况下），经完全燃烧后恢复的总的物质的量为×××20．（2分）肼（N2H4）是火箭发动机的一种燃料，反应时N2O4为氧化剂，生成N2和H2O （g），已知：N2（g）+2O2（g）═N2O4（g），△H=+8.7kJ/mol；N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H=﹣534.0kJ/mol；+）═NN）═22．（2分）在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO223．（2分）某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡，此时测得n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1．若保持温度不变，以n（A）：n（B）：n24．（2分）如图是关于反应A2（g）+3B2（g）⇌2C（g）（正反应为放热反应）的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是（）25．（2分）X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y⇌2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的n==二、填空题：（50分）26．（10分）根据下列叙述写出相应的热化学方程式：（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296.8kJ/mol（2）如图是198K时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图．该反应的热化学方程式为：N2（s）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol（3）写出以下物质的电离方程式：NaHCO3NaHCO3═Na++HCO3﹣，CH3COONH4CH3COONH4=NH4++CH3COO﹣，H2CO3H2CO3⇌H+HCO3、HCO3﹣⇌H++CO32．27．（8分）50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，回答下列问题：（1）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热，减少热量的损失．（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小（填“偏大”“偏小”“无影响”）．（3）实验中改用60mL 0.50mol•L﹣1盐酸进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等（填“相等”、“不相等”），所求中和热相等（填“相等”、“不相等”）．28．（10分）在100℃时，将0.200mol的四氧化二氮气体充入2L抽空的密闭容器中，每隔一（1）该反应的化学方程式为N2O4⇌2 NO2，达到平衡时四氧化二氮的转化率为60%．（2）20s时四氧化二氮的浓度c1=0.070mol•L﹣1，在0～20s时间段内，四氧化二氮的平均反应速率为0.0015mol•L﹣1•s﹣1．（3）若在相同情况下最初向容器中充入的是二氧化氮气体，要达到上述同样的平衡状态，二氧化氮的初始浓度为0.2mol•L﹣1．v=的转化率为=0.0015mol29．（10分）对于A+2B（气）⇌nC（气）+Q在一定条件下达到平衡后，改变下列条件，请回答：（1）A量的增减，平衡不移动，则A为固或液态．（2）增压，平衡不移动，当n=2时，A的状态为固或液；当n=3时，A的状态为气．（3）若A为固体，增大压强，C的组分含量减少，则n≥3．（4）升温，平衡向右移动，则该反应的逆反应为放热反应．30．（12分）汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，已知该反应在2 404℃，平衡常数K=64×10﹣4．请回答：（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为0.05mol/（L•min）．（2）假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志AD．A．消耗1mol N2同时生成1mol O2B．混合气体密度不变C．混合气体平均相对分子质量不变D．2v正（N2）=v逆（NO）（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是AC（填字母序号）．（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态．与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数不变．（填“变大”、“变小”或“不变”）（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10﹣1 mol/L、4.0×10﹣2 mol/L 和3.0×10﹣3 mol/L，此时反应向正反应方向进行（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是因为浓度商Q c＜K．v==值为：=9。

第四章第四节燃烧热和中和热教案一、教学目的1．使学生理解燃烧热并掌握有关燃烧热的计算。

2．使学生理解中和热。

3.常识性介绍使用化石燃料的利弊及新能源的开发，培养学生综合分析问题的能力，使学生具有经济效益的观念。

二、教学重难点1、燃烧热和中和热的概念，有关燃烧热计算。

2、燃烧热和中和热的热化学反应式中化学计量数可能为分数的情况，有关煤作燃料利弊问题的讨论。

三、课时安排：2课时。

第一课时燃烧热第二课时中和热四、教学方法：启发、讨论、归纳法。

五、教学过程：第一课时[引言]复习热化学方程式的意义；书写热化学方程式的注意事项，引入新课。

[板书]一、燃烧热1.定义：在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。

[学生讨论、归纳概念要点]（1）在101kPa时，生成稳定的氧化物。

如C完全燃烧应生成C02(g)而生成CO(g)属于不完全燃烧。

又如H2燃烧生成液态H20，而不是气态水蒸气。

（2）燃烧热通常是由实验测得的。

（3）可燃物以1mol作为标准进行测量。

（4）计算燃烧热时，热化学方程式常以分数表示。

例：H2(g)+O2(g)=H20(1)；=-285．8kJ／mol[板书]2．研究物质燃烧热的意义。

了解化学反应完成时产生热量的多少，以便更好地控制反应条件，充分利用能源。

[板书]3．有关燃烧热的计算[投影]例1 10g硫磺在O2中完全燃烧生成气态S02，放出的热量能使500gH20温度由18℃升至62．4℃，则硫磺的燃烧热为_____，热化学方程式为____________________________________[分析讨论]10g硫磺燃烧共放出热量为：Q=m·c(t2-t1)=500g 4.1810 kJ·g·C(62.4-18)C=92．8kJ，则1mol(32g)硫磺燃烧放热为，硫磺的燃烧热为297kJ·mol，热化学方程式为：S(s)+02(g)=S02(g)；=-297kJ／mol[投影]例2 0．3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态B2O3和液态水，放出649．5kJ热量，其热化学方程式为：___________。

我国能源利用现状及新能源的开发前景中国是全球最大能源消费国之一，能源的开发和利用一直是国家的头等大事。

目前，我国的能源利用主要依赖于化石能源，如煤、石油、天然气等。

这种能源使用方式被认为是对环境造成破坏和污染的主要原因之一，被世界各国越来越广泛地认识到。

因此，寻找替代能源成为维护生态平衡和可持续发展的必然选择。

本文将介绍我国能源利用现状，以及新能源的开发前景。

一、我国能源利用现状我国的能源消费主要依赖于化石能源，其中煤炭是主要的能源来源，约占全国能源消费总量的60%。

此外，石油、天然气和核能等也是我国能源的主要来源。

在过去的几十年里，我国快速发展的经济和工业增长对能源的需求急剧增加。

然而，大量的化石燃料的使用也导致环境污染和资源短缺。

二、新能源的开发前景新能源是指一些相对于传统化石能源而言的环保、可再生的能源，如太阳能、风能、水能、生物质能、地热能等。

近年来，我国新能源的开发取得了不俗的进展。

中国政府以可持续发展为开发目标，提出了不少新能源发展计划。

到2025年，我国将有望新建可再生能源装机规模达到1.2亿千瓦左右。

在国家政策支持下，中国的新能源产业得到了迅猛的发展。

例如，在太阳能光伏领域，我国已成为全球最大的光伏市场之一。

同时，风电、生物质能等新能源领域也获得了迅速发展，逐渐走向成熟的产业链。

可以看出，新能源的开发和利用是我国推动环保、可持续发展的重要方式之一。

但同时我们也需要认识到，新能源在技术、投资等方面还面临许多挑战和困难。

因此，我们需要加强新能源技术研究，降低制造成本，提高能源利用效率，以实现我国能源切换和可持续发展的目标。

三、结论总之，我国虽然依然依赖于化石能源，但在新能源的研究、开发及利用方面已经取得了不俗的成就。

新能源的随着技术进步和降低成本，将更快更好的替代传统的化石能源，这也符合建设清洁、低碳、环保的未来的大趋势。

因此，加强新能源技术研究，降低制造成本，提高能源利用效率，将使我国新能源的开发和利用迈上一个新的台阶。

甘肃省庆阳市会宁二中2014-2015学年高二上学期期中考试化学试卷一、选择题（每小题只有一个答案，共22小题，每小题2分，共44分）1．（2分）未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是（）计算×3．（2分）298K下，将1mol蔗糖溶解在1L水中，此溶解过程中体系的△G=△H﹣T△S和△S4．（2分）已知H﹣H键能为436KJ/mol，H﹣N键能为391KJ/mol，根据化学方程式：=50%=6．（2分）某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0．如图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量．下列说法中正确的是（）7．（2分）在密闭容中发生下列反应aA（g）⇌cC（g）+dD（g），压缩到原来的一半，当再9．（2分）可逆反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g），在体积固定的密闭容器中，可确定为平衡状态标志的命题中正确的有（）个①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO；③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的压强不再改变的状态；⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；10．（2分）在容积一定的密闭容器中，可逆反应A（g）+B（g）⇌xC（g），有如图所示的关系曲线，根据下图下列判断正确的是（）11．（2分）一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X（g）⇌Y（g）+Z（s），12．（2分）反应：L（s）+a G（g）⇌b R（g）达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强p1＞p2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数．下列判断正确的是（）13．（2分）有下列物质：①NaOH固体：②浓硫酸；③NH4N03晶体；④CaO固体．现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水血．呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是（）．C D．15．（2分）可逆反应2X+Y⇌2Z在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量n（z）与反应时间（t）的关系如图所示．下列判断正确的是（）16．（2分）以N A代表阿伏加德罗常数．关于热化学方程式：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1300kJ/mol的说法正确的是参加反应的乙炔的物质的量为生成，放出17．（2分）在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下18．（2分）“可燃冰”又称“天然气水合物”，它是在海底的高压、低温条件下形成的，外观像冰．1体积“可燃冰”可贮载100～200体积的天然气．下面关于“可燃冰”的叙述不正确的是19．（2分）在一定条件下，反应CO+NO2⇌CO2+NO 达到平衡后，降低温度，混合气体的20．（2分）化学平衡常数（K）是化学反应限度的一个重要参数，该常数表示的意义是可逆，V×22．X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y⇌2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质n==二、非选择题（共56分）23．（6分）可逆反应aA（g）+bB（g）⇌c C（g）+d D（g）达平衡后，改变下列条件：（1）增大C（A）：A的转化率减小，B的转化率增大．（2）增大C（C）：新平衡时，C（c）新＞C（c）原．（3）若A为固体或纯液体，增减A的量，平衡不移动．（4）增大A的浓度，达到新平衡时，C（c）新＞C（c）原，生成物占反应混合物的百分比不一定（一定、不一定）提高．24．（10分）在体积为1L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），化学平衡常数K与温度T的关系如下表：（1）该反应的平衡常数表达式K=，升高温度，化学平衡向正反应（填“正反应”或“逆反应”）方向移动．（2）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是E．A．c（CO2）=c（CO）B．K不变C．容器中的压强不变D．v正（H2）=v正（CO2）E．c（H2）保持不变（3）若某温度下，平衡浓度符合下列关系：[CO2]•[H2]=[CO]•[H2O]，此时的温度为850℃；在此温度下，若向该容器中投入1mol CO2、1.2mol H2、0.75mol CO、1.5mol H2O，则此时反应朝正反应方向进行（填“正反应”、“逆反应”）．；依据表格数据说明平衡常数随温度升温增大，说明平衡故答案为：Qc==0.937525．（6分）某研究小组拟用定量的方法测量Al和Fe分别与酸反应的快慢，设计了如图1所示的装置．（1）检查图1所示装置气密性的方法是用手捂住锥形瓶，观察乙中长导管内液面是否上升．（2）若要比较产生气体的快慢，可以测量相同时间段内产生气体的体积，也可以测量产生相同体积的气体所需时间．（3）实验测得铝丝产生气体的速率（v）与时间（t）的关系如图2所示，则t1～t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是反应放热，溶液温度升高使反应速率加快．26．（9分）工业上可利用煤的气化产物（CO和H2）合成二甲醚（CH3OCH3）同时生成二氧化碳，其三步反应如下：①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH （g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1（1）总合成反应的热化学方程式为3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣246.4kJ•mol．（2）一定条件下的密闭容器中，上述总反应达到平衡时，要提高CO的转化率，可以采取的措施是CE（填字母代号）．A．高温高压B．加入催化剂C．减少CO2的浓度D．增加CO的浓度E．分离出二甲醚（3）已知反应②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）在某温度下的平衡常数K=400．此（正）＞33度是0.80mol/L．Qc==1.86=27．（14分）（1）已知：①Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H1=﹣272.0kJ•mol﹣1；②2Al（s）+O2（g）═Al2O3（s）△H2=﹣1675.7kJ•mol﹣1．Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=﹣859.7 kJ•mol﹣1．某同学认为，铝热反应可用于工业炼铁，你的判断是不能（填“能”或“不能”），你的理由是成本太高，无经济利益．（2）反应物与生成物均为气态的某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为A、B，如图所示．①据图判断该反应是吸（填“吸”或“放”）热反应，当反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，逆反应速率将增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．②其中B历程表明此反应采用的条件为D（填字母）．A．升高温度B．增大反应物的浓度C．降低温度D．使用催化剂（3）已知热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1该反应的活化能为167.2kJ•mol﹣1，则其逆反应的活化能为409.0 kJ•mol﹣1．++O28．（11分）降低大气中CO2的含量及有效利用CO2，目前已引起各国普遍重视．（1）工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，在500℃下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）．实验测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如下图1所示．①图2是改变温度时H2的化学反应速率随时间变化的示意图，则该反应的正反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应．②500℃达平衡时，CH3OH的体积分数为30%．CO2的转化率为75%前3分钟用H2表示的反应速率0.5mol/（L•min）（2）图3中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入1molCH3OH （g）和2molH2O（g），向B容器中充入1.2molCH3OH（g）和2.4molH2O（g），两容器分别发生上述（1）中反应的逆反应．已知：起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为1.5aL，容器B 中CH3OH转化率为75%；维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为 1.75a L（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）．算××=×mol/==0.9mol=。

化石燃料的枯竭和可再生能源的替代随着全球人口的不断增长和经济的蓬勃发展，对能源的需求也日益增加。

然而，据统计，目前全球能源供应的70%以上来自于化石燃料，如煤、石油和天然气等，而这些资源是有限的。

随着时间的推移，化石燃料的枯竭问题日益严峻，可再生能源的发展和应用已经成为世界各国关注的重要议题。

一、化石燃料的枯竭问题1.化石能源的存在状况目前，全球石油、天然气和煤炭等化石燃料的储量正在迅速下降。

统计数据显示，石油储量仅剩下远不到现有储量的40%左右，而且主要储量都位于地下深处或是难以开采的地区。

另外，由于石油开采并不便宜，再加上采油难度逐渐加大，转型成本也会逐渐增加。

因此，烧尽所有的化石燃料显然不是明智之举。

2.化石燃料的发展历程化石燃料的使用历史可以追溯到两个世纪前的18世纪。

当时，人们开始使用煤炭和木材等资源，以满足生产生活中的能源需求。

之后，石油和天然气等化石燃料的开采和使用逐渐成为主流。

在美国，石油和天然气等化石燃料的开采和使用已经形成了清一色的大型工业。

3.不可持续性由于煤炭、石油等化石燃料的开采、加工和运输等环节需要消耗大量的能源，所以排放的二氧化碳等有害气体也就日益增多，导致全球气候变暖和环境污染等问题日益严峻。

此外，化石燃料开采和加工过程中也会产生大量的废弃物和危险废物，对环境造成了很大的损害。

二、可再生能源的发展和应用1.可再生能源的类型可再生能源是指自然界可以通过循环或自我更新来不断生成和利用的能源，其主要种类包括太阳能、水能、风能、生物质能和地热能等。

由于这些能源不会枯竭，且基本上不会污染环境，所以被认为是替代化石燃料的重要途径。

2.可再生能源的应用现状目前，全球对可再生能源的开发和应用也正在不断加速。

在德国，可再生能源已经占到了其总能源消费量的40%。

另外，在中国、日本和美国等国家，太阳能光伏发电和风电等可再生能源也正在得到广泛应用。

在气候变化和环境保护等问题日益引人关注的今天，可再生能源无疑是迈向可持续发展的重要一步。

比较传统能源和新能源的优劣随着全球经济的发展，能源问题已经成为一个备受关注的问题。

目前，我们所使用的能源主要分为两类：传统能源和新能源。

传统能源包括煤炭、石油和天然气等化石燃料，而新能源则包括太阳能、风能、水能、地热能等清洁能源。

传统能源相对于新能源具有一定的优势。

首先，传统能源利用成熟、技术成熟、经济效益显著。

由于传统能源的开发与利用时间相对较长，传统能源的开发技术也更为成熟，随着技术的更新迭代，其能源产出效率也相对较高，从而更具经济效益。

其次，传统能源储量丰富、资源分布广泛。

传统能源的储量相对比较丰富，能够较为全面地满足人们日常使用的能源需求；而资源分布相对比较广泛，其可开发性较强。

然而，传统能源也存在许多弊端。

首先，化石燃料带来的污染影响环境。

传统能源中的化石燃料是一种不可再生的资源，而人类对其的开采不仅带来大量的二氧化碳等温室气体的排放，还会引起煤尘、废水和废气等污染问题，对环境造成不良影响。

其次，传统能源的开采和利用面临一定的安全风险。

煤矿、油井等传统能源的开采面临着地质环境的限制和人员伤亡等风险；同时，传统能源在运输、储藏和利用过程中也存在火灾等安全隐患。

相比之下，新能源具有许多优越性。

首先，新能源具有广阔的开发前景。

太阳能、风能等清洁能源是一种相对无限的资源，其可再生性和可持续性较强。

其次，新能源具有环保、低碳的特点。

新能源的开发与利用不会带来大量温室气体等污染，可以推动环境保护，并且在未来人们对环保的意识日益加强的情况下，新能源的开发和利用将更具有广泛的市场和推广前景。

然而，新能源也存在一些问题。

首先，新能源开发的技术和设施成本相对较高。

由于新能源开发技术相对较新，在科技创新和工程实践中的成本也相对较高，同时采用新能源的设备和器材本身也存在一些成本问题。

其次，新能源还存在储能问题。

新能源在不同的使用环境下会出现出力波动等不稳定问题，因此新能源在采集、储存和利用过程中都需要高效的能量储存方式。

人类是否应该继续使用化石燃料？随着人类经济社会的快速发展，化石燃料成为了人类必不可少的能源，无论是石油、天然气还是煤炭，都被广泛应用于工业、交通、农业等各个领域。

但是，随着环境污染和气候变化等问题的日益突出，人类是否应该继续使用化石燃料成为了一个亟待解答的问题。

一、使用化石燃料的优点1.化石燃料可以满足高能量需求。

由于化石燃料具有高能量密度的特点，因此可以满足各种高能耗的需求。

这种高能量特性使得化石燃料在现代航空、航运等对能耗要求高的领域有着不可替代的地位。

2.化石燃料使用方便、成本低廉。

相对于其他能源，化石燃料的使用方便、供应充足且成本相对较低。

这使得化石燃料在人类日常生活和生产活动中扮演着重要的角色，如煤炭用于发电、石油用于化工、汽车行业等。

3.使用化石燃料可以创造就业机会。

化石燃料产业链上有着许多相关产业，包括开采、加工、运输、销售等，这些环节需要大量的人力资本。

因此，化石燃料产业可以为社会提供大量的就业机会。

二、使用化石燃料的劣势1.使用化石燃料造成了气候变化。

当人类使用化石燃料时，随之排放的二氧化碳等温室气体会导致全球气候变暖，进而给自然环境和人类生存带来巨大风险和损失。

特别是全球变暖已经引起了海平面的上升、气候异常等现象。

2.使用化石燃料造成环境污染。

使用化石燃料所产生的废弃物和污染物常常给自然环境造成严重的影响，如煤炭开采过程中会产生废弃物和废水，煤烟造成空气污染，石油泄漏会对海洋环境和生态造成严重影响。

3.化石燃料的储量有限。

因为化石燃料可以挖掘的资源有限，尤其是油气资源，随着挖掘量的增加，储量的减少已经成为一个不可逆转的趋势。

这也导致了人类对于新能源和替代能源的追求和开发。

三、替代化石燃料的方案1.开发可再生能源。

除了化石燃料，风能、太阳能、潮汐能等可再生能源也是人类能源的重要组成部分。

这些可再生资源无污染性、不可枯竭性、绿色低碳，因此将可再生能源作为化石燃料的替代物具有巨大的潜力。

新能源技术对化石燃料的替代近年来，随着环保意识的不断提高以及能源需求的增长，新能源技术逐渐成为了解决能源问题的方向之一。

与传统的化石燃料相比，新能源技术具有更加环保、清洁和可再生的特点，对化石燃料的替代作用不可忽视。

首先，新能源技术的发展为我们提供了更加环保的能源选择。

化石燃料的燃烧会产生大量的二氧化碳等温室气体，加剧了全球变暖和气候变化的问题。

而新能源技术，如太阳能、风能等则是利用自然界的资源来产生能源，不会产生额外的污染物。

例如，太阳能发电是一种无排放的能源，可以通过太阳能电池板将太阳光转化为电能，不仅无污染，并且可以实现长期可持续发展。

其次，新能源技术的推广和应用能够减少对有限的化石燃料资源的依赖。

化石燃料是地壳中储存的有限资源，全球储量有限且不可再生。

而新能源技术的发展，可以有效利用太阳能、地热能、风能等自然界的资源，为能源供应增加多样性。

例如，风能在中国的分布非常广泛，风电发电的占比也在不断增长，能够充分利用自然资源，减少对煤炭等传统能源的需求，实现能源结构的绿色转型。

此外，新能源技术的发展还有助于改善能源的供应安全。

化石燃料主要集中在某些国家和地区，供应面临较大的风险。

而新能源技术可以利用自然界的资源，在全球范围内进行开发和利用，分散能源的生产和供应，降低单一国家或地区对能源市场的控制。

例如，北欧地区利用丰富的风能资源发展风能发电，在能源供应问题上具有较大的优势。

此外，新能源技术的发展还带来了良好的经济效益。

新能源产业的发展，不仅可以创造大量的就业机会，提升经济发展速度，还可以促进技术创新和产业升级，推动经济结构的优化和转型。

例如，中国在风能和太阳能领域已经形成了庞大的产业链，涵盖了从设备制造到安装和运维等各个环节，为当地经济的发展做出了重要贡献。

总结起来，新能源技术具有较为明显的优势，对化石燃料的替代具有重要意义。

通过发展新能源技术，我们可以实现能源供应的环保、可再生和可持续，减少对有限化石燃料资源的依赖，改善能源的供应安全，促进经济的发展和结构的优化。

化石能源与新能源转换技术的研究与比较随着人口增长和经济发展，化石能源已成为支撑现代文明持续增长的能源基础。

然而，化石能源所带来的环境问题和资源枯竭等问题也日益引起人们的关注。

新能源作为化石能源的替代品，正在逐渐发展壮大。

本文将从化石能源和新能源的定义、特点、发展、转换技术等方面进行深入探讨和比较。

一、化石能源和新能源的定义和特点化石能源是指人类利用能源的主要来源，包括煤、石油和天然气。

其主要特点是燃烧后产生能量，但同时也会释放出大量的二氧化碳等温室气体和污染物，对环境和人类健康带来巨大影响。

而新能源也被称为可再生能源，是指能够持续供应且不会枯竭的能源，包括太阳能、风能、水能等。

其主要特点是不需要燃烧，不释放有害气体，对环境影响较小，且具有广泛的分布和可再生性。

二、化石能源和新能源的发展与现状化石燃料作为人类主要能源来源已有几百年的历史。

目前，全球化石燃料消费量占总能源消费量的比例达到了80%以上，其中以石油为主，其次是煤和天然气。

尽管近年来化石燃料的需求增加速度有所放缓，但其仍然是全球主要能源来源。

而随着环境保护和可持续发展意识的增强，新能源的发展也日益受到重视。

目前，太阳能、水能和风能等新能源正在逐渐取代传统能源，成为全球能源结构转型的主要手段之一。

据国际能源署（IEA）预测，到2030年，全球新能源占比将达到25%左右，其中太阳能和风能将成为主要的新能源类型。

三、化石能源和新能源的转换技术化石能源的转换技术主要包括燃烧、煤气化和液化等。

其中燃烧是最主要的转换方式，可用于发电、加热和交通等领域。

但由于燃烧会释放大量的温室气体和大气污染物，对环境造成严重影响。

煤气化和液化则可以将煤炭等化石燃料转换为合成天然气和合成油，但其成本较高。

相比之下，新能源转换技术则主要包括太阳能电池、风力发电、水力发电、地热发电等，其特点是没有二氧化碳等污染物的排放，且运营成本低。

但由于新能源的能量密度较低、不稳定，其存储和输送技术的研究仍需进一步加强。

化石燃料我们的能源与环境之间的博弈能源是社会发展和经济繁荣的基石，而化石燃料则长期以来被广泛应用作为主要的能源来源。

然而，随着环境问题的日益凸显，我们不得不重新审视这种能源选择所带来的后果。

化石燃料与环境之间的博弈正成为当代社会的重要议题，值得我们深入思考和行动起来。

1.化石燃料的利与弊我们需要理解化石燃料所带来的利弊。

作为一种广泛使用的能源形式，化石燃料具有高能量密度、易获取、成本低廉等优点，使其能够满足人类对能源的巨大需求。

然而，同时也存在着重要的弊端。

燃烧化石燃料会释放大量的二氧化碳等温室气体，加剧全球变暖和气候变化的问题。

化石燃料的开采和使用过程中会对环境造成严重的污染，影响大气、水源和生态系统的健康。

2.替代能源的发展面对化石燃料所带来的环境问题，人们开始寻找替代能源的发展路径。

可再生能源如太阳能、风能和水能等被广泛认可为可持续发展的解决方案。

这些能源形式具有无限的资源供应、零排放和对环境的较小影响等优势，并逐渐在全球范围内推广和应用。

新能源技术的突破也为替代能源的发展提供了更多可能性，例如能量储存技术和智能电网的建设。

3.能源转型的挑战和机遇然而，能源转型并非一帆风顺。

面对化石燃料产业体系的庞大和既得利益的阻碍，能源转型面临着很多挑战。

其中包括技术成本高昂、传统能源供应体系的转型困难、能源政策的制定和执行等问题。

能源转型也孕育着巨大的机遇。

发展新能源技术将带动产业结构的优化升级，创造更多就业机会，推动经济的绿色可持续发展。

4.个人与大家的选择在化石燃料与环境之间的博弈中，我们每个人都有选择的权力和责任。

作为普通用户，我们可以从日常的生活习惯开始，改变能源的使用方式。

例如，减少能源消耗，开发节能设备，鼓励可持续出行方式等。

我们还可以通过积极参与社会运动和政策制定过程，推动能源转型和环境保护事业的发展。

只有每个人都意识到自己的力量，并行动起来，才能够实现能源与环境的良性互动。

化石燃料是我们过去所依赖的能源形式，但也带来了严重的环境问题。

高考化学真题整理试题及答案解析一、选择题（共6题、每题7分、共42分）1 .化学与生活息息相关，下列说法错误的是（）A．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等C．漂白粉长期暴露在空气中会变质失效D．煤炭燃烧过程安装固硫装置，可有效提高煤的利用率【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；物质的组成、结构和性质的关系．【专题】化学应用．【分析】A、水杨酸显酸性；B、蒸馏法、电渗析法、离子交换法是海水淡化的主要方法；C、漂白粉在空气中变质是因为其有效成分CaClO2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效；D、安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放．【解答】解：A、水杨酸中含﹣COOH，显酸性，能与小苏打反应，故能用小苏打解毒，故A正确；B、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故B正确；C、漂白粉长期暴露在空气中，其有效成分Ca（ClO）2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效，故C正确；D、安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，而不是提高煤的利用率，故D 错误．故D．【点评】本题考查常见有机物的性质，涉及有机物的官能团的性质、海水的淡化、漂白粉的性质，空气污染等，题目难度不大，注意化学与生产生活的联系．2．青蒿素是一种高效、速效抗疟药，是中医药献给世界的一份礼物．屠呦呦因在发现、研究青蒿素方面做出的杰出贡献而获得2015年诺贝尔医学奖．青蒿素分子结构如图，下列说法中正确的是（）A．青蒿素能与热的NaOH溶液反应B．青蒿素的分子式为C15H21O5C．青蒿素分子结构中只含有极性键D．青蒿素能使酸性KMnO4溶液褪色【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构筒式可知，分子中含5个环状结构，含﹣COOC﹣及1个过氧基团，结合酯的性质及C形成4个化学键来解答．【解答】解：A．还含有酯基，可在碱性条件下水解，故A正确；B．由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故B错误；C．还含有C﹣C、O﹣O等共价键，为非极性键，故C错误；D．分子中不含C=C键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误．故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酯的性质，题目难度不大．3．如图表示从固体混合物中分离X的2种方案，请根据方案Ⅰ与方案Ⅱ指出下列说法不合理的是（）A．可以选用方案Ⅰ分离NaCl中的I2B．方案Ⅰ中X物质不可能是受热易分解的物质C．方案Ⅱ中加入NaOH溶液可以分离出含SiO2的Fe2O3D．方案Ⅱ中加入的也可以是能够溶解除X外的其余物质的试剂【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．碘易升华；B．方案Ⅰ中采用加热法，则易分解的物质（或易升华）能与不易分解的物质分离；C．SiO2能与NaOH溶液反应；D．方案Ⅱ中X以沉淀形式存在，则加入的物质能溶解除X外的其余物质．【解答】解：A．因碘易升华，可用加热的方法除杂，故A正确；B．方案Ⅰ中采用加热法，则易分解的物质（或易升华）能与不易分解的物质分离，则X物质可能是受热易分解的物质，故B错误；C．SiO2能与NaOH溶液反应，而Fe2O3不能与NaOH溶液反应，则案Ⅱ中加入NaOH溶液可以分离出含SiO2的Fe2O3，故C正确；D．方案Ⅱ中过滤操作可知，X以沉淀形式存在，则加入的物质能溶解除X外的其余物质，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重物质性质及化学反应的考查，注意把握的性质的差异，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度不大．4．常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是（）A．将pH=4 CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各种离子浓度均减小B．用CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液至中性，V（CH3COOH溶液）＜V（NaOH溶液）C．向0.2 mol•L﹣1的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NH3•H2O溶液：c（Cl﹣）+c（OH ﹣）═c（H+）+c（NH3•H2O）D．在含0.1mol NaHSO4溶液中：c（H+）═c（SO42﹣）+c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．由于水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大；B．醋酸为弱酸，若反应后为中性溶液，则醋酸应该稍过量；C．反应后溶质为等浓度的氯化铵、HCl，由于一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），结合电荷守恒判断；D．根据硫酸氢钠溶液中的电荷守恒、物料守恒判断．【解答】解：A．将pH=4 CH3COOH溶液加水稀释10倍，氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故A错误；B．用CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液至中性，恰好反应时为碱性，若为中性，醋酸溶液体积应该稍大，即V（CH3COOH溶液）＞V（NaOH溶液），故B错误；C．向0.2 mol•L﹣1的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NH3•H2O溶液，反应后溶质为等浓度的氯化铵、HCl，由于一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+）＞c （NH3•H2O），根据电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+）可知：c（Cl﹣）+c （OH﹣）＞c（H+）+c（NH3•H2O），故C错误；D．0.1mol NaHSO4溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）═2c（SO42﹣）+c（OH ﹣），根据物料守恒可知，c（Na+）═c（SO42﹣），二者结合可得：c（H+）═c（SO42﹣）+c（OH﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较等知识，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的概念及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．5．用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+，模拟装置如图所示，下列说法正确的是（）A．阳极室溶液由无色变成棕黄色B．阴极的电极反应式为：4OH﹣﹣4e═2H2O+O2↑C．电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D．电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是（NH4）3PO4【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A．根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe 2+失电子发生氧化反应；B．阴极上H+放电生成H2；C．电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c（OH﹣）增大；D．电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中的溶质为NH3．H2O和（NH4）3PO4或NH4HPO4、（NH4）2HPO4．【解答】解：A．根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe 2+失电子发生氧化反应生成Fe 3+，电极反应式为Fe 2+﹣e﹣=Fe3+，所以溶液由浅绿色变为棕黄色，故A错误；B．阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H2O+4e﹣═2OH﹣+H2↑，故B错误；C．电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c（OH﹣）增大，溶液中pH增大，故C正确；D．电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中OH﹣和NH4+结合生成电解质NH3．H2O，所以阴极室中溶质为NH3．H2O和（NH4）3PO4或NH4HPO4、（NH4）2HPO4，故D错误；故选C．【点评】本题考查电解原理，明确阴阳极上发生的电极反应是解本题关键，会正确书写电极反应式，知道电解后溶液中溶质成分，题目难度不大．6．下列图示与对应的叙述相符的是（）A．图中可以看出反应A（g）=C（g）的△H=（E1﹣E4）kJ•mol﹣1B．图中表示一定条件下进行的反应2SO2+O2═2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是扩大了容器的体积C．图中表示将CO2通入NaOH的稀溶液中，随着CO2的通入，溶液中水电离出的c（H+）变化关系D．图中曲线表示用0.1000mol/L NaOH溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由此可判断HX 的酸性最强【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】图像图表题．【分析】A．A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题；B．依据图象各种物质的物质的量浓度的变化分析，改变条件后各种物质的浓度曲线是连续渐变的据此分析；C．分析图象可知水电离产生的氢离子浓度先增加后减小，说明二氧化碳通入的过程中先产生了促进水电离的物质，后又生成了抑制水的电离的物质，结合水的电离平衡的影响因素解答；D．依据浓度相同的三种一元酸未加氢氧化钠溶液时pH值的大小可判断酸性的强弱．【解答】解：A．整个反应中△H=（E1﹣E2）+（E2﹣E3）﹣E4=E1﹣E3﹣E4，故A错误；B．如果t2时扩大容器的体积，则各种物质的浓度瞬间变小，浓度曲线不是连续的，故B错误；C．NaOH溶液呈碱性对水的电离起抑制作用，水电离氢离子浓度较小，通入二氧化碳，氢氧化钠的浓度减小，对水的抑制程度较小，水电离的氢离子浓度增大，当二氧化碳过量时，二氧化碳与水反应生成碳酸又抑制水的电离，水电离的氢离子浓度减小，与图象相符合，故C正确；D．氢氧化钠体积为0时，0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ的PH分别约为4、2.5、1，故酸性大小为HX＜HY＜HZ，故D错误；故选C．【点评】本题考查了图象分析方法，反应特征的应用，主要是反应热量变化，平衡移动分析判断，水电离平衡影响因素，酸性强弱的判断，题目难度中等．二、非选择题（共四题、14+14+15+15=58分）7．现有A、B、C、D、E、F六种原子序数依次增大的短周期主族元素．已知A与D同主族且能形成离子化合物DA，B元素氢化物的水溶液呈碱性，C与E同主族且EC2是一种具有刺激性气味的气体．用化学用语回答下列问题：（1）元素F在周期表中的位置第三周期ⅦA族．（2分）（2）C、D、E三种元素原子半径由大到小的顺序为r（Na）＞r（S）＞r（O）．A、C、D三种元素组成的化合物和单质F反应的离子方程式为2OH﹣+Cl2=Cl﹣+ClO﹣+H2O．（4分）（3）B与F形成的化合物分子中，各原子最外层均达8电子结构，则该分子的电子式为．（2分）（4）已知0.50mol EC2被C2氧化成气态EC3，放出49.15kJ热量，其热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣196.6 kJ•mol﹣1．（2分）（5）A、B、C以原子个数比4：2：3所形成的化合物，所含的化学键类型为离子键、共价键；0.1mol•L﹣1的该化合物水溶液中的离子浓度由大到小的顺序为：c（NO3﹣）＞c （NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．（4分）【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，B元素氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；A与D同主族且能形成离子化合物DA，则D为金属元素，A为非金属元素，所以D为Na元素、A为H元素；C与E同主族且EC2是一种具有刺激性气味的气体，C的原子序数小于E，所以EC2为SO2，则C为O元素，E为S元素，F的原子序数大于S，为短周期元素，F为Cl元素，结合元素化合物的性质及元素周期律解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，B元素氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；A与D同主族且能形成离子化合物DA，则D为金属元素，A为非金属元素，所以D为Na元素、A为H元素；C与E同主族且EC2是一种具有刺激性气味的气体，C的原子序数小于E，所以EC2为SO2，则C为O元素，E为S元素，F的原子序数大于S，为短周期元素，F为Cl元素；（1）元素F为Cl，在周期表中的位置是：第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族；（2）电子层越多原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以C、D、E三种元素原子半径由大到小的顺序为r（Na）＞r（S）＞r（O）；氯气与NaOH反应生成NaCl和NaClO，其反应的离子方程式为：2OH﹣+Cl2=Cl﹣+ClO﹣+H2O；故答案为：r（Na）＞r（S）＞r（O）；2OH﹣+Cl2=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（3）B与F形成的化合物分子中，各原子最外层均达8电子结构，为NCl3，分子中N原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，所以电子式为：；故答案为：；（4）已知0.50mol SO2被O2氧化成气态SO3，放出49.15kJ热量，其热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣196.6 kJ•mol﹣1；故答案为：2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣196.6 kJ•mol﹣1；（5）H、N、O以原子个数比4：2：3所形成的化合物为NH4NO3，所含的化学键类型为离子键和共价键；NH4NO3溶液中铵根离子水解溶液显酸性，铵根离子浓度减小，所以离子浓度大小关系为：c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；故答案为：离子键、共价键；c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．【点评】本题考查结构位置性质关系应用，涉及常元素周期律、盐类水解、元素化合物性质、热化学方程式的书写等，推断元素是解题关键，注意对基础知识的掌握．8．氯化亚砜（SOCl2）为无色或浅黄色发烟液体，易挥发，遇水反应，其制取过程的相关反应如下：S（s）+Cl2（g）SCl2（l）（Ⅰ）SCl2（l）+SO3（l）═SOCl2（l）+SO2（g）（Ⅱ）已知二氯化硫（SCl2）熔点﹣78°C，沸点59°C，如图是实验室由氯气与硫合成二氯化硫的装置．（1）仪器组装完成后，检查装置气密性的操作是关闭分液漏斗活塞，在干燥管末端连接一个排尽空气的气球，对A中烧瓶微热，若气球膨大，停止加热，气球恢复原状，说明装置气密性良好；反应前要先排尽系统中空气，此做法目的是防止加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应．（4分）（2）装置D中玻璃仪器d的名称是蒸馏烧瓶，向其中放入一定量的硫粉，加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，这样做的优点是增大反应物接触面积（或使反应更加充分）．（3分）（3）实验时，为防止E中液体挥发，可采取的措施是将锥形瓶放入冰水中冷却（冷水浴或冰水浴）．装置F（盛放碱石灰）的作用是一是防止空气中水蒸气进入，二是吸收多余的氯气．（3分）（4）工业上以硫黄、液氯和液体三氧化硫为原料，能生产高纯度（99%以上）氯化亚砜，为使原子的利用率达到100%，三者的物质的量比为1：1：1；已知：SOCl2+4NaOH═Na2SO3+2NaCl+2H2O．供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液请设计简单的实验来验证氯化亚砜与水完全反应的产物，简要说明实验操作、现象和结论分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有HCl生成．（4分）【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【分析】装置A制备氯气，装置B吸收氯气的中HCl，装置C干燥氯气，D装置生成SCl2，E装置收集SCl2，F装置吸收多余的氯气，吸收空气中水蒸气，防止进入E中，（1）根据装置的气体的压强差检验装置的气密性；加热硫粉时，空气中的氧气能与硫粉反应；（2）根据装置图可知装置D中玻璃仪器的名称为蒸馏烧瓶；将硫粉加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，可以增大硫的表面积；（3）二氯化硫（SCl2）的沸点低，易挥发，可以用冰水冷却；防止空气中水蒸气进入；（4）根据方程式判断硫黄、液氯和液体三氧化硫的物质的量之比；由SOCl2与氢氧化钠溶液反应可知，SOCl2水解后分解得到SO2、HCl，利用品红溶液检验有二氧化硫生成，用硝酸银溶液检验氯离子．【解答】解：装置A制备氯气，装置B吸收氯气的中HCl，装置C干燥氯气，D装置生成SCl2，E装置收集SCl2，F装置吸收多余的氯气，吸收空气中水蒸气，防止进入E中，（1）仪器组装完成后，检查装置气密性的操作是：（关闭分液漏斗活塞）在干燥管末端连接一个排尽空气的气球，对A中烧瓶微热，若气球膨大，停止加热，气球恢复原状，说明装置气密性良好；加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应，应先排尽系统中空气，故答案为：关闭分液漏斗活塞，在干燥管末端连接一个排尽空气的气球，对A中烧瓶微热，若气球膨大，停止加热，气球恢复原状，说明装置气密性良好；防止加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应；（2）根据装置图可知装置D中玻璃仪器的名称为蒸馏烧瓶，热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，可以增大反应物接触面积，使反应更加充分，故答案为：蒸馏烧瓶；增大反应物接触面积（或使反应更加充分）；（3）二氯化硫（SCl2）的沸点低，为防止SCl2中液体挥发，可采取将锥形瓶放入冰水中冷却等措施，装置F（盛放碱石灰）有两个作用：一是防止空气中水蒸气进入；二是吸收多余的氯气，故答案为将锥形瓶放入冰水中冷却（冷水浴或冰水浴）；一是防止空气中水蒸气进入；二是吸收多余的氯气；（4）由S（s）+Cl2（g）SCl2（l）、SCl2（l）+SO3（l）═SOCl2（l）+SO2（g）可知硫黄、液氯和液体三氧化硫的物质的量之比为1：1：1；由SOCl2与氢氧化钠溶液反应可知，SOCl2水解后分解得到SO2、HCl，利用品红溶液检验有二氧化硫生成，用硝酸银溶液检验氯离子，具体实验操作为：分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有HCl生成，故答案为：1：1：1；分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有HCl生成．【点评】本题考查化学实验制备方案，题目难度中等，涉及基本操作、对操作与装置的分析评价、物质检验等知识，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．9．天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷．（1）已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=﹣73kJ•mol﹣12CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ•mol﹣1工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4．写出CO与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1．（3分）（2）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS．一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓．（3分）（3）用天然气制取H2的原理为：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图1所示，则压强P1小于P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v（正）大于v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）．求Y点对应温度下的该反应的平衡常数K= 1.6mol2•L﹣2．（计算结果保留两位有效数字）（5分）（4）以二氧化钛表面覆盖CuAl2O4为催化剂，可以将CH4和CO2直接转化成乙酸．①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250°C时，催化剂的催化效率降低．②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是增大反应压强或增大CO2的浓度．（4分）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）已知：Ⅰ．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H1=﹣41kJ•mol﹣1Ⅱ．C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H2=﹣73kJ•mol﹣1Ⅲ．2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H3=﹣171kJ•mol﹣1根据盖斯定律，Ⅲ﹣Ⅰ+Ⅱ可得：CO （g）+3H2（g）CH4（g）+H2O；（2）氧气将﹣2价S氧化为S单质，根据氧化还原反应的书写方法书写反应；（3）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡；温度为1100℃，压强为P2时甲烷的转化率为80%，则平衡时甲烷浓度变化量为0.1mol•L﹣1×70%=0.1mol，计算平衡时各组分浓度，代入K=计算平衡常数；（4））①由图可知，该催化剂在250℃左右时催化剂效率最高；②提高该反应中CH4的转化率，改变条件应使平衡向正反应方向移动，注意不能只增大甲烷的浓度，否则甲烷的转化率降低．【解答】解：（1）已知：Ⅰ．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H1=﹣41kJ•mol ﹣1Ⅱ．C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H2=﹣73kJ•mol﹣1Ⅲ．2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H3=﹣171kJ•mol﹣1根据盖斯定律，Ⅲ﹣Ⅰ+Ⅱ可得：CO （g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1，故答案为：CO （g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ•mol﹣1；（2）氧气将﹣2价S氧化为S单质，反应方程式为：2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓，故答案为：2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓；（3）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，故压强P1＜P2；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡，则v（正）＞v（逆；温度为1100℃，压强为P2时甲烷的转化率为80%，则平衡时甲烷浓度变化量为0.1mol•L﹣1×70%=0.07mol，则：CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）起始浓度（mol/L）：0.1 0.1 0 0变化浓度（mol/L）：0.07 0.07 0.14 0.14平衡浓度（mol/L）：0.03 0.03 0.14 0.14故平衡常数K=K==（mol．L）2=1.6 mol2•L﹣2，故答案为：小于；大于；1.6 mol2•L﹣2；（4））①由图可知，该催化剂在250℃左右时催化剂效率最高，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；②提高该反应中CH4的转化率，改变条件应使平衡向正反应方向移动，正反应是气体体积减小的反应，缩小容器体积增大压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大反应压强或增大CO2的浓度．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡常数、化学平衡图象、盖斯定律的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．10．相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，H 是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO．已知：Ⅰ、Ⅱ、请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：（1）X的分子中最多有13个原子共面．（2分）（2）H的结构简式是．（2分）（3）反应③、④的类型是还原反应；缩聚反应．（2分）（4）反应⑤的化学方程式是．（3分）（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基，且核磁共振氢谱显示为6组峰的芳香族化合物共有4种．（3分）（6）请用合成反应流程图表示出由A和其他无机物（溶剂任选）合成最合理的方案．（3分）示例如下：【考点】有机物的合成．【专题】有机推断；结构决定性质思想；有机物的化学性质及推断；有机化合物的获得与应用．【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答．【解答】解：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H为，（1）根据上面的分析可知，X结构简式为，苯环上的所有原子都可以共面，单键可以旋转，所以分子中最多有13个原子共面，故答案为：13；（2）由上述分析可知，H的结构简式是，故答案为：；（3）由上述分析可知，反应③是在Fe/HCl条件下发生还原反应生成，反应④是通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H，故答案为：还原反应；缩聚反应；（4）反应⑤是C为与银氨溶液发生氧化反应生成，反应方程式为：故答案为：；（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物，该化合物为甲酸与酚形成的酯，且其核磁共振氢谱显示为6组峰，若2个﹣OH相邻，则﹣CHO 有2种位置，若2个﹣OH相间，则﹣CHO有1种位置，若2个﹣OH相对，则﹣CHO有1种位置，故共有4种，故答案为：4；（6）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：故答案为：．【点评】考查有机物的推断，难度中等，根据X的相对分子质量推断X的结构是解题的关键，结合A的反应产物的结构特点，判断A的结构，再根据反应条件及反应信息利用正推法与逆推法相结合进行判断，是对有机物知识的综合考查，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，是有机热点题型．。

专题三、盖斯定律专题三、盖斯定律知识点:一、盖斯定律化学反应的反应热只与反应体系的 和 有关，而与反应 无关 如由A 到B 可以设计如下两个途径：， 途径l ：A-→B(△H) 途径二：A--→C —→B(△H l +△H 2)则焓变△H 、△H 1、△H 2的关系可以表示为 二、化学反应热的计算 1.进行反应热计算的依据：2.化学反应热计算的类型：①利用热化学方程式计算；②利用中和热和燃烧热计算；③运用盖斯定律计算；④利用键能计算。

三、使用化石燃料的利弊及新能源的开发 (1)重要的化石燃料： 。

(2)煤作燃料的利弊问题。

(3)燃料充分燃烧的条件：①要有足够的 。

②跟空气有足够大的 。

(4)新能源的开发：①调整和优化能源结构，降低 在能源结构中的比率。

Cu(S)+2H+(aq)=== Cu2+(aq)+H2(g) ΔH=+64.39kJ·mol-12H2O2(I)===2H2O(I)+O2(g) ΔH=-196.46kJ·mol-1H2(g)+1/2O2(g)===H2O(I) ΔH=-285.84kJ·mol-1在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为。

例4、在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热。

已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量。

（1）写出该反应的热化学方程式__________________________________________。

（2）已知H2O(l)====H2O(g)；△H=+44kJ·mol-1，则16 g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是________kJ。

（3）上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是________________________。

人类是否应该继续使用化石燃料？辩论赛正方辩词，一辩、二辩、三辩发言稿一辩：尊敬的评委、各位辩手和观众，今天我们来讨论的话题是“人类是否应该继续使用化石燃料”。

作为正方辩手，我认为我们应该继续使用化石燃料。

首先，化石燃料是目前人类使用最广泛的能源，它们为我们的生活和经济发展提供了不可替代的支持。

无论是供暖、照明、交通还是工业生产，都需要化石燃料的支持。

如果我们一味地弃用化石燃料，那么我们的生产和生活都将受到极大的影响。

其次，化石燃料有着较高的能量密度和稳定性，这使得它们在能源转换和储存方面具有很大优势。

虽然新能源如太阳能、风能等也在不断发展，但它们的能量密度和稳定性都比化石燃料要低，因此无法完全替代化石燃料。

最后，我们应该认识到，化石燃料的使用并不等于环境破坏。

我们可以通过技术手段和政策措施来减少化石燃料的排放和污染。

例如，采用高效、清洁的燃烧技术，推广公共交通，鼓励节能减排等，都可以有效地降低化石燃料对环境的影响。

综上所述，化石燃料虽然存在着环境问题，但我们应该继续使用它们，同时通过技术和政策手段来减少它们的污染和排放，这样才能实现经济和环境的双赢。

二辩：尊敬的评委、各位辩手和观众，我是二辩，我将继续为正方发言。

我们认为人类应该继续使用化石燃料，因为化石燃料是目前最为可靠和成本效益最高的能源来源之一。

首先，化石燃料的开采和生产技术已经非常成熟，这使得其成本相对较低。

相比之下，新能源如太阳能、风能等的成本仍然较高，无法完全替代化石燃料。

因此，我们需要在新能源和化石燃料之间取得平衡，以实现可持续发展。

其次，化石燃料的使用对于国家和地区的经济发展至关重要。

化石燃料是工业和交通运输等领域不可或缺的能源，如果我们弃用化石燃料，将会给这些领域带来巨大的影响。

这将影响全球经济的发展和人类生活的质量。

最后，我们也认识到化石燃料的使用对环境带来的影响。

但我们应该将目光放在如何减少化石燃料的排放和污染上，而不是简单地弃用化石燃料。