高中化学物质的分类及转化题20套(带答案)含解析

一、高中化学物质的分类及转化

1．下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是

甲 乙 CH3CH2Cl NO Al(OH)3 HCl 丙 CH3CH2OH HNO3 Al2O3 CuCl2 A CH2=CH2 B NH3 C AlCl3 D Cl2

A．A 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A. 乙烯与HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯与HCl，一氯乙烷与水发生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯与水，符合转化，A项正确；

B. HNO3显酸性，NH3显碱性，由硝酸不能直接转化为氨气，不能实现转化，B项错误； C. AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水，Al(OH)3加热分解得到Al2O3，Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水，符合转化，C项正确；

D. 氯气与氢气反应得到HCl，浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气，HCl与CuO反应得到CuCl2和水，CuCl2电解得到Cu与氯气，符合转化，D项正确； 答案选B。

B．B

C．C

D．D

2．中华诗词中蕴含着许多化学知识。下列关于诗词的分析错误的是（ ） A．“手如柔荑，肤如凝脂”中的“脂”能够水解

B．“嫘祖栽桑蚕吐丝，抽丝织作绣神奇”中的“丝”不耐酸碱 C．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化铜 D．“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”具有胶体的性质 【答案】C 【解析】 【详解】

A．脂为高级脂肪酸甘油酯，在酸性、碱性环境都能发生水解，故A正确；

B．蚕丝成分为蛋白质，具有两性，能与酸、碱反应，所以不耐酸碱，故B正确； C．诗句中的“翠色”与氧化铜的颜色不相符，因为氧化铜是黑色，所以诗句中的“翠色”不可能来自氧化铜，故C错误；

D．“墨滴”是碳分散于水中形成的胶体，具有胶体的性质，故D正确； 故答案为C。

3．下列物质分类中，前者包含后者的是 A．氧化物、化合物 C．化合物、电解质 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．氧化物指含有两种元素（其中一种是氧元素）的化合物，A错误；

B．溶液和胶体都是分散系，分散质粒子直径在1~100nm的分散系是胶体，分散质粒子直径小于1nm的分散系是溶液，B错误；

C．电解质是水溶液或者熔融状态能够导电的化合物，C正确；

D．酸性氧化物能与碱生成盐和水，非金属氧化物是含有非金属元素的化合物，不一定是酸性氧化物，比如CO，D错误； 答案选C。 【点睛】

非金属氧化物不一定是酸性氧化物，比如NO、CO等。

B．溶液、胶体

D．酸性氧化物、非金属氧化物

4．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ） A．Fe(s)B．CuOC．SiO2(s)D．N2(g)【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A．铁与水蒸汽反应生成四氧化三铁，故A不选；

B．Cu(NO3)2(aq)加热要水解，产生氢氧化铜和硝酸，硝酸易挥发，水解平衡右移，得不到 Cu(NO3)2(s)，故B不选；

C．二氧化硅不溶于水也不与水反应，故C不选；

D．氮气与氢气合成氨气，氨气催化氧化生成NO，故D选； 故选D。

Fe2O3

FeCl3(aq)

Cu(NO3)2(s) Na2SiO3(aq)

NH3(g)

NO(g)

Cu(NO3)2(aq) H2SiO3(s)

【点睛】

本题综合考查元素化合物知识，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，易错点C，二氧化硅不溶于水也不与水反应。

5．从物质分类的角度进行下列判断，正确的是（ ）

A．根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体

B．SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，所以SiO2属于两性氧化物 C．AgCl的水溶液不易导电，但AgCl是强电解质 D．烧碱、纯碱、熟石灰均属于碱 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A. 分散系的本质区别是分散质粒子直径大小，而不是丁达尔效应，故A错误； B. 二氧化硅只能和酸中的HF反应，且和HF反应后生成的不是盐和水，故二氧化硅不是碱性氧化物，即不是两性氧化物，故B错误；

C. 氯化银虽然难溶于水，但在水溶液中能完全电离，故是强电解质，故C正确； D. 纯碱为碳酸钠，是盐不是碱，故D错误； 故答案选C。

6．Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素。它们的单质及其化合物之间有很多转化关系。下表所列物质不能按如图（“→”表示一步完成）关系相互转化的是 （ ） 选项 A B C A Na NaOH NaCl B Al Al2O3 Al（OH）3 C Fe FeCl3 FeCl2 D Cu CuSO4 CuCl2

A．A 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A项，Na与水反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解熔融的NaCl可得金属钠，故A正确；

B项，Al与氧气反应生成Al2O3，而Al2O3不能一步转化为Al(OH)3，故B错误 ；

B．B

C．C

D．D

C项，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3溶液与Fe反应生成FeCl2，FeCl2溶液与Zn反应可得Fe，故C正确；

D项，Cu与浓硫酸加热反应生成CuSO4，CuSO4溶液与BaCl2溶液反应生成CuCl2，CuCl2溶液与Zn反应可得Cu，故D正确。 综上所述，符合题意的为B项。 【点睛】

本题考查重要金属及其化合物的转化，属于基础知识，学习过程中应重视落实，形成知识体系，做到熟练答题。

7．下列有关实验现象和解释或结论都正确的是( ) 选项 A 实验操作 取硫酸催化淀粉水解的反应液，滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 现象 有砖红色沉淀生成 有白色絮B 解释或结论 葡萄糖具有还原性 NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合 状沉淀生成 二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀 反应2NO2(g)ƒC 将充满NO2和N2O4混合气体的密闭玻璃球浸泡在热水中 向FeCl3饱和溶液中滴入足量浓氨水，并加热至刚好沸腾 红棕色变深 得到红褐色透明液体 N2O4(g)的VH＜0 D 得到Fe(OH)3胶体

A．A 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．向淀粉的酸性水解液中先加入氢氧化钠溶液中和，然后再滴入少量新制Cu (OH)2悬浊液并加热，出现砖红色沉淀，可以检验水解产物葡萄糖，否则酸与氢氧化铜反应，影响了实验结果，故A错误；

B．NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，是强酸制取弱酸，不是双水解原理，故B错误；

C．充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，颜色加深，说明升高温度平衡向生成二氧化氮N2O4的△H＜0，故C正确； 的方向移动，则2NO2⇌

B．B

C．C

D．D

D．FeCl3饱和溶液中逐滴滴入足量浓氨水，发生反应生成沉淀，不能得到胶体，应将FeCl3饱和溶液加入沸水中发生水解制备氢氧化铁胶体，故D错误； 答案选C。 【点睛】

碳酸氢根的电离常数比偏铝酸大，碳酸氢根与氢离子的结合能力弱，可以认为是偏铝酸跟夺走了碳酸氢根中的氢离子，偏铝酸跟所需的氢离子是碳酸氢根电离出来的，不是水，所以不是水解，从生成物的角度看，若是水解反应，则碳酸氢根应变成碳酸，再变成二氧化碳，可事实上不是，最终产物是碳酸根，所以从这两方面看该反应都不是水解反应。

8．由一种金属离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]。则下列化合物中属于混盐的是（ ） A．CaOCl2 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A.CaOCl2的化学式可以写成Ca（ClO）Cl，所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；

B.(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误； C.BiONO3中没有两个酸根阴离子，不是混盐，故C错误；

D.K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，不是混盐，故D错误； 综上所述，答案为A。

B．(NH4)2Fe(SO4)2

C．BiONO3

D．K3[Fe(CN)6]

9．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ） A．NaClO（aq）B．H2SiO3SiO2C．AlD．Fe2O3【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A. 碳酸的酸性比次氯酸强，次氯酸不稳定，见光分解速率加快，因此NaClO(aq)

HClO(aq)

HCl(aq)能够实现，故A正确；

SiCl4不能实现，故B错误；

Al(OH)3不能实现，故C错误；

HClO（aq）SiCl4

HCl（aq）

Al（OH）3Al2O3 Fe（OH）3

Fe2（SO4）3（aq）

B. 二氧化硅不溶于盐酸，SiO2

C. 铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气，Al

D. 氧化铁不溶于水，Fe2O3 故选A。 【点睛】

Fe(OH)3不能实现，故D错误。

本题考查了物质的性质和转化，掌握物质的性质是解题的关键。本题的易错点为C，要注意铝与氢氧化钠溶液的反应方程式的书写。

10．A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。

下列说法不正确的是 ．．．

A．若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2 B．若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体 C．若B为FeCl3，则X一定是Fe D．A可以是碳单质，也可以是O2 【答案】B 【解析】 【详解】

A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；

B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；

C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；

D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确； 答案为B。 【点睛】

元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。

11．下列关于胶体的叙述错误的是

A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径为1~100nm B．在FeCl3溶液中加入NaOH溶液可制得Fe(OH)3胶体 C．用激光笔照射FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，可以加以区分 D．放电影时，放映室射到银幕上的光柱的形成属于丁达尔效应 【答案】B 【解析】

【详解】

A. 分散系分类本质依据是分散质粒子的直径大小，分散质粒子的直径为1~100nm的属于胶体，故A正确；

B. 在FeCl3溶液中加入NaOH电解质溶液可制得Fe(OH)3沉淀，无法得到胶体，故B错误；

C. 胶体可产生丁达尔现象，溶液不能，用激光笔照射FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，可以加以区分，故C正确；

D. 胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱的形成也属于光的散射现象，为丁达尔效应，故D正确； 答案选B。 【点睛】

分散系分类本质依据是分散质粒子的直径大小。

12．现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。 甲同学:向1 mol·L-1的FeCl3溶液中加少量NaOH溶液。 乙同学:直接加热饱和FeCl3溶液。

丙同学:向25 mL沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。 试回答下列问题:

(1)其中操作正确的同学是_____________。

(2)证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是_________。利用的胶体性质是__________。 (3)在胶体中加入电解质溶液或带有相反电荷的胶体粒子能使胶体粒子沉淀出来。丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行实验:①将其装入U形管内，用石墨作电极，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体粒子带______(填“正”或“负”)电荷。②向其中加入饱和Na2SO4溶液，产生的现象是_____________。

【答案】丙 用一束光照射得到的液体，从侧面观察能否看到一条光亮的“通路” 丁达尔效应 正 有红褐色沉淀生成 【解析】 【分析】 【详解】

（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，故答案为丙；

（2）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，故答案为使一束光射向烧杯中的液体，若能产生丁达尔效应，则证明生成了氢氧化铁胶体；

（3））①Fe（OH） 3胶粒带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，阴极附的颜色逐渐变深，故答案为正；

②向其中加入Na 2SO 4，电离出的SO 42-使Fe（OH） 3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，故答案为产生红褐色沉淀。

13．乙醛能与银氨溶液反应析出银，如果条件控制适当，析出的银会均匀分布在试管上，形成光亮的银镜，这个反应叫银镜反应。某实验小组对银镜反应产生兴趣，进行了以下实验。

(1)配制银氨溶液时，随着硝酸银溶液滴加到氨水中，观察到先产生灰白色沉淀，而后沉淀消失，形成无色透明的溶液。该过程可能发生的反应有_________ A．AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3 B．AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O C．2AgOH=Ag2O+H2O D．Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O (2)该小组探究乙醛发生银镜反应的最佳条件，部分实验数据如表： 实验 序号 1 2 3 4 银氨溶液/mL 1 1 1 1 乙醛的量/滴 3 3 5 3 水浴温度/℃ 反应混合液的pH 65 45 65 50 11 11 11 11 出现银镜时间 5 6.5 4 6 请回答下列问题：

①推测当银氨溶液的量为1 mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间范围是____________________。

②进一步实验还可探索_______________对出现银镜快慢的影响(写一条即可)。 (3)该小组查阅资料发现强碱条件下，加热银氨溶液也可以析出银镜，并做了以下两组实验进行分析证明。已知：Ag(NH3)2++2H2O装置 实验序号 Ag++2NH3·H2O。 试管中的药品 2 mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液 2 mL银氨溶液和数滴浓氨水 现象 有气泡产生，一段时间后，溶液逐渐变黑，试管壁附着银镜 有气泡产生，一段时间后，溶液无明显变化 实验Ⅰ 实验Ⅱ ①两组实验产生的气体相同，该气体化学式为____________，检验该气体可用____________试纸。

②实验Ⅰ的黑色固体中有Ag2O，产生Ag2O的原因是____________。

(4)该小组同学在清洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液，推测可能的原因是____________，实验室中，我们常选用稀HNO3清洗试管上的银镜，写出Ag与稀HNO3反应的化学方程式____________。

【答案】ABCD 5～6 min 银氨溶液的用量不同或pH不同 NH3 湿润的红色石蕊 在

NaOH存在下，加热促进NH3·H2O的分解，逸出NH3，促使Ag(NH3)2++2H2O

Ag++2NH3·H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH

立即转化为Ag2O：Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O 产物AgCl的溶解度小于Ag2SO4 3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O 【解析】 【分析】

(1)灰白色沉淀含有AgOH和Ag2O，最后为澄清溶液，说明这两种物质均溶于浓氨水； (2)①由实验1和实验4知在5~6 min之间；②根据表格数据，采用控制变量法分析； (3)根据物质的成分及性质，结合平衡移动原理分析产生的气体和Ag2O的原因； (4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子相同，因此从阴离子的角度考虑。氯化银的溶解度小于硫酸银，从沉淀溶解平衡分析。 【详解】

(1)向氨水中滴加硝酸银溶液，首先发生复分解反应：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH能够被氨水溶解，会发生反应AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O；反应产生的AgOH不稳定，会发生分解反应： 2AgOH=Ag2O+H2O，分解产生的Ag2O也会被氨水溶解得到氢氧H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O，故合理选项是ABCD； 化二氨合银，反应方程式为：Ag2O+4NH3·

(2)①当银氨溶液的量为1 mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反应混合液pH为11时，由实验1和实验4可知出现银镜的时间范围是在5~6 min之间；

②根据实验1、2可知，反应温度不同，出现银镜时间不同；根据实验1、3 可知：乙醛的用量不同，出现银镜时间不同；在其他条件相同时，溶液的pH不同，出现银镜时间也会不同，故还可以探索反应物的用量或溶液pH对出现银镜快慢的影响； (3)①在银氨溶液中含有Ag(NH3)2OH，该物质在溶液中存在平衡：Ag(NH3)2++2H2O

Ag++2NH3·H2O，NH3+H2O

NH3·H2O

NH4++OH-，加热并加入碱

溶液时，电离平衡逆向移动，一水合氨分解产生氨气，故该气体化学式为NH3，可根据氨气的水溶液显碱性，用湿润的红色石蕊检验，若试纸变为蓝色，证明产生了氨气； H2O的分解，逸出NH3促使②生成Ag2O的原因是：在NaOH存在下，加热促进NH3·Ag(NH3)2++2H2O

Ag++2NH3·H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH

立即转化为Ag2O：Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O；

(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子都是Fe3+，阴离子不同，而在清洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液，这是由于Cl-与Ag+结合形成的AgCl是难溶性的物质，而SO42-与Ag+结合形成的Ag2SO4微溶于水，物质的溶解度：Ag2SO4>AgCl，物质的溶解度越小，越容易形成该物质，使银单质更容易溶解而洗去，因此使用FeCl3比Fe2(SO4)3清洗效果更好。 【点睛】

本题考查了物质性质实验的探究，明确物质的性质和实验原理是本题解答的关键，注意要采用对比方法，根据控制变量法对图表数据不同点进行分析，知道银氨溶液制备方法，侧重考查学生实验能力、分析问题、总结归纳能力。

14．粉煤灰中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等，某实验室对其进行处理的流程如图所示：

回答下列问题：

（1）第①步得到的“熟料”中可溶性的成分主要是NH4Fe（SO4)2、NH4Al（SO4)2等，写出生成NH4Fe（SO4)2的化学方程式______。在物质分类体系中，NH4Fe（SO4)2、NH4Al（SO4)2不属于_____（填字母)。

a．硫酸盐 b．复盐 c．强电解质 d．共价化合物 （2）滤渣B的主要成分为______。

（3）已知Ksp[Fe（OH)3]=4×10－38，Ksp[Al（OH)3]=1×10－32。为实现步骤③的实验目的，应使溶液中c（Fe3+)、c（Al3+)均小于或等于1×10应调节到pH=___。

（4）实验室进行第④步操作时，所需的主要仪器是酒精灯、三脚架、_______、______，得到的晶体主要成份是______（填化学式)。 【答案】Fe2O3+4NH4HSO4发皿 （NH4)2SO4 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）根据题意，Fe2O3与NH4HSO4反应生成 NH4Fe（SO4）2、氨气和水，发生反应的化学方程式为Fe2O3+4NH4HSO4

2NH4Fe（SO4)2+2NH3↑+3H2O；物质分类体

2NH4Fe（SO4)2+2NH3↑+3H2O d SiO2 5 玻璃棒 蒸

－5

mol•L﹣1可认为完全沉淀，则溶液A至少

系中，NH4Fe（SO4)2、NH4Al（SO4）2都属于复盐，都是强电解质，都属于硫酸盐，铵盐属于离子化合物，不属于共价化合物，答案选d。

（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水，所以滤渣B的主要成分为SiO2。

－－

（3）由于Ksp[Fe（OH)3]=4×1038< Ksp[Al（OH)3]=1×1032，Fe（OH)3先出现沉淀，根据Ksp[Al

（OH)3]=1×10－32；c（Al3+）均小于或等于1×10﹣5mol•L﹣1可认为完全沉淀，此时c（OH﹣）==1×10﹣9，c（H＋)= 1×10﹣5，PH=5，所以溶液A至少应调节到pH=5。

（4）实验室进行第④步操作时，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿；滤液C的主要成分是硫酸铵溶液，所以得到的晶体是硫酸铵。

考点：考查物质制备实验分析判断，物质性质的理解应用，离子方程式、化学方程式书写方法，盐类水解分析应用。

15．Ⅰ．已知31g白磷变为31g红磷释放能量。试回答： (1)上述变化属于________(填“物理”或“化学”)变化。

(2)常温常压下，白磷与红磷更稳定的是__________。 Ⅱ．下图是H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应过程中的能量变化图。

(3)由图可知，反应物的总键能_______（填“＞”、“＜”或者“=”）生成物的总键能。 (4)已知1molH2与1molI2完全反应生成2molHI会放出11kJ的热量，且拆开1molH−H键、1molH−I键分别需要吸收的能量为436kJ、299kJ。则拆开1molI−I键需要吸收的热量为_______kJ的热量。

(5)1molH2和1molCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，则1gH2完全燃烧时放出的热量为：___kJ；等质量的H2和CH4完全燃烧放出的热量，________（填化学式）放出的热量多。

【答案】化学 红磷 ＜ 151 143 H2 【解析】 【分析】

Ⅰ．(1)根据白磷和红磷是不同的物质判断；

(2)根据白磷变为红磷释放能量；根据物质能量的高低与其稳定性的关系判断； Ⅱ．(3)旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反应为吸热反应，反之则为放热反应；

(4)反应的焓变为-11kJ/mol，利用焓变等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差计算；

(5) 1molH2完全燃烧生成液态H2O放出的热量为286kJ， 1mol CH4的质量为12g，1molCH4完全燃烧放出的热量分别为890kJ，则1gH2完全燃烧放出的热量=

286kJ=143kJ；计算1g 2H2、1gCH4分别完全燃烧放出的热量，从而确定完全燃烧相同质量的H2和CH4哪种燃料放出的热量多。 【详解】

(1)因白磷和红磷是不同的物质，白磷变为红磷是化学变化；

(2)因白磷变为红磷释放能量，所以白磷具有的能量大于红磷具有的能量，物质的能量越低，稳定性越好，故红磷较稳定；

(3)根据能量图可知，反应为放热反应，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；

(4)化学反应：H2(g)+I2(g)⇌ 2HI(g)，断裂化学键吸收的能量-形成化学键释放的能量=焓变；拆开1molI−I键需要吸收的热量为x，则436kJ/mol+x-2×299 kJ/mol=-11 kJ/mol，x=151 kJ/mol，则拆开1molI−I键需要吸收的热量为151 kJ/mol；

(5) 1molH2完全燃烧生成液态H2O放出的热量为286kJ， 1molCH4完全燃烧放出的热量分别

为890kJ，则1gH2完全燃烧放出的热量=

286kJ=143kJ；计算1g H2完全燃烧放出的热量是2890kJ=55kJ，完全燃烧相同16143kJ，1mol CH4的质量为16g ，1gCH4完全燃烧放出的热量是质量的H2和CH4，氢气放出的热量多。