【文档说明】河南省平顶山市鲁山县第一高级中学2019-2020学年高一下学期5月考试化学试题【精准解析】.doc，共(27)页，568.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；S-32；Fe-56；Zn-65一、选择题1.下列关于能量转换的认识中不正确的是（）A.电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能B.绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能C.煤燃烧时，化学能主要转化为热能D.信号弹爆炸时，镁

燃烧产生的能量全部转化为光能【答案】D【解析】【分析】A、电解装置将电能转化为化学能；B、光合作用时，太阳能转化为化学能；C、物质燃烧时，化学能主要转化为热能；D、信号弹爆炸时，镁燃烧产生的能量不可能全部转化为光能。【详解】A项、电解

装置将水电解生成氢气和氧气时，电能转化为化学能，故A正确；B项、绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能在生物体内储存，故B正确；C项、物质燃烧时，化学能主要转化为热能释放出来，故C正确；D项、信号弹爆炸时，镁燃烧产生的能

量不可能全部转化为光能，其中有一部分转化为热能等其他形式的能量，D错误。故选D。【点睛】本题考查能量转化，注意能量的本质及与能量转化间的关系是解答关键。2.决定化学反应速率的根本因素是（）A.温度和压强B.反应物的浓度

C.参加反应的各物质的性质D.催化剂的加入【答案】C【解析】【详解】参加反应的各物质的性质是决定化学反应速率的根本因素。温度和压强、反应物的浓度、催化剂的加入是影响化学反应速率的因素，但不是根本因素；答案选C。3.下列叙述中错误的是A.

点燃甲烷不一定会爆炸B.甲烷燃烧放出大量的热，所以是一种很好的气体燃料C.煤矿的矿井要注意通风并严禁烟火，以防爆炸的发生D.点燃甲烷前不必进行验纯【答案】D【解析】【详解】A项、甲烷在空气中爆炸范围为5%～15%，因此点燃甲烷不一定会爆炸，故A正确；B项、甲

烷的燃烧热比较大，且燃烧产物无污染，是很好的气体燃料，故B正确；C项、煤矿的矿井中含有大量甲烷，点燃时易爆炸，所以煤矿的矿井要注意通风和严禁烟火，以防爆炸事故的发生，故C正确；D项、甲烷为可燃性气体，点燃前需检验纯度，故D错误。故选D。【点睛】本题考查甲烷的性质，注意甲烷

与空气混合点燃会发生爆炸是有条件的。4.下列物质属于分子晶体的化合物是A.石英B.硫磺C.干冰D.食盐【答案】C【解析】【详解】离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成

的晶体是金属晶体，据此可知，石英是二氧化硅，属于原子晶体，硫磺是分子晶体，但属于单质。干冰是CO2，属于分子晶体。食盐是氯化钠，属于离子晶体，答案选C。5.在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快

的是()A.v（A）=0.5mol·L-1·s-1B.v（B）=0.3mol·L-1·s-1C.v（C）=0.8mol·L-1·s-1D.v（D）=10mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【分析】注意比较反应速率快慢常用方法有：归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为

用同一物质表示的速率；比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快，一般用比值法相对简单。【详解】由比值法可得：v（A）/2=0.25mol·L-1·s-1，v（B）/1=0.3mol·

L-1·s-1，v（C）/3=0.8/3mol·L-1·s-1，注意D的单位需要换算，v（D）=10mol·L-1·min-1=1/6mol·L-1·s-1，v（D）/4=1/24mol·L-1·s-1，反应速率最快的是v（B），故选B。【点睛】本题考查反应速率

快慢的比较，注意用比值法相对简单，计算过程中注意单位换算是解答关键。6.下列说法中正确的是A.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应是吸热反应B.化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关C.含有共价键的化合物一定是共价化合物D.非金属性最强的元素，

其最高价氧化物对应水化物的酸性最强【答案】A【解析】【详解】A.Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应为反应物总能量小于生成物总能量，所以为吸热反应，故A正确；B.化学反应的能量变化和物质的

质量有关，和物质的聚集状态有关，故B错误；C.含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如氢氧化钠中即有离子键又有共价键，属于离子化合物，故C错误；D.非金属性最强的元素为F，无正价，不存在最高价氧化物对应水化物，故D错误；故选A.【点睛】本题考查的是吸热反应和放热反应、原子结构与元素周期律的关系。

解题时需注意D选项非金属性最强的元素为F，无正价；B选项化学反应的能量变化和物质的质量有关，和物质的聚集状态有关。7.下列各组物质中互为同分异构体的是（）A.12C和14CB.金刚石和石墨C.CO(NH2)2和NH4CNOD.H2、D2、T2【答案】C【解析】【详解】A.12C和14C

属于碳元素的不同原子，两者互为同位素；B.金刚石和石墨属于碳元素形成的不同单质，两者互为同素异形体；C.CO(NH2)2和NH4CNO的分子式相同，但其结构不同，故两者互为同分异构体；D.H2、D2、T2都属于氢气分子

，属于同种物质，不是同分异构体。综上所述，互为同分异构体的是C。【点睛】同分异构体的研究对象是化合物。严格地讲，NH4CNO属于盐，没有分子式，只有化学式，但我们在习惯上还是称其为尿素的同分异构体。H、D、T属于H元素的天然同位素，其在各种物质中的丰度是相同的，也就是说，在通常情况下（不论是

活泼金属与酸反应，还是电解法等，只要不进行同位素的分离）制备的H2中，理论上存在H2、D2、T2、HD、HT和DT等6种分子，故我们将这些分子称为同种物质的分子。8.下列叙述中，正确的是（）A.O2、O3互为同位素B.1H、2H、3H是三种核素C.32He和

42He互为同素异形体D.H2O与D2O的组成元素不同【答案】B【解析】【详解】A.O2、O3是由同一种元素形成的不同的单质，互称同素异形体，故A错误；B.1H、2H、3H的质子数相同，中子数不同，是三种核素，故B正确；C.32He和42He的

质子数相同，中子数不同，互称为同位素，故C错误；D.构成H2O的H和构成D2O的D的质子数相同，中子数不同，互为同位素，均属于氢元素，故H2O与D2O的组成元素相同，故D错误。答案选B。【点睛】本题解题时需注意同位素

、同素异形体、核素几个概念的区别。核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；同素异形体是由同一种元素组成的不同单质。据此解答。9.下列化学用语中，表示正确的是()A.氯离子的结构示意图：B.CH4的球棍模型：C.MgF2的电

子式：D.次氯酸的结构式：H–Cl–O【答案】C【解析】【详解】A．氯原子的核内质子数为17，得一个电子形成氯离子，则其核外电子数为18，氯离子的结构示意图为：，A项错误；B．球棍模型以线表示化学键，小球表示原子，主要体现

分子的空间结构和成键类型，比例模型是用不同体积的小球表示不同的原子大小，用于表示分子中各原子的相对大小和结合顺序，由此可知，图中所示为CH4的比例模型，B项错误；C．MgF2为离子化合物，其电子式由阳离子和阴离子的电子式组成，其中F-有两个，在写电子式时不能合并，需要间隔开排列，C项正确

；D．氧原子最外层电子数为6，需要形成2个共价键才能达到8电子稳定结构，氯原子最外层电子数是7，形成1个共价键达到8电子稳定结构，氢原子最外层电子数为1，需要形成1个共价键形成2电子稳定结构，故次氯酸的结构式：H–O–Cl。D项错误；答案选C。10.下列物质中含有

共价键的离子化合物是①MgF2②Na2O2③KOH④CO2⑤NaClO⑥H2SO4⑦NH3·H2OA.②③⑤B.②③④⑤C.①②③⑤D.①③⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①MgF2中只含离子键，故①不符合题意；②Na2O2中含离子键和共价键，为离子化合物，故②符合题意；③KOH中含离

子键和共价键，为离子化合物，故③符合题意；④CO2中只含共价键，故④不符合题意；⑤NaClO中含离子键和共价键，为离子化合物，故⑤符合题意；⑥H2SO4中只含共价键，故⑥不符合题意；⑦NH3·H2O中只含共价键，故⑦不符合题意；故A

正确，BCD错误。答案选A。【点睛】本题考查的是化学键，一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的化合物为离子化合物，据此解答。11.下列说法中正确的是（）A.单质、共价化合物、离子化合物中都存在共价键B.二次电池的充放电为可逆反应C.

需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的速率可能不同，但意义相同。【答案】D【解析】【详解】A.共价化合物中只含共价键，单质、离子化合物中不一定存在共价键，如He中不存在化学键，Na

Cl中只存在离子键，故A错误；B.二次电池的充、放电反应条件不同，且不是同时进行的反应，不是可逆反应，故B错误;C.吸热反应不一定需要加热，如Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应为吸热反应，不需要加热，故C错误；D.同一化学反应，相同条件下用不同物

质表示的速率可能不同，但意义相同，其数值之比等于化学计量数之比，都表示的是该反应进行的快慢程度，故D正确。答案选D。12.甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲原子能与乙阴离子发生置换反应；③甲的氧化物对应的水化物

酸性比乙的氧化物对应的水化物酸性强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低。能说明甲比乙的非金属性强的是A.①②B.①②③C.①②③④D.①②③④⑤【答案】A【解析】【分析】元素的非金属性

越强，其得电子能力越强，比较非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，注意不能根据得失电子的多少以及熔沸点的高低等角度判断。【详解】①甲比乙容易与H2化合，可说明

甲比乙的非金属性强，即甲比乙得电子能力强，故①正确；②甲原子能与乙的阴离子发生置换反应，说明甲单质比乙单质的氧化性强，单质的氧化性越强，即甲比乙得电子能力强，故②正确；③若甲的最高价氧化物对应的水化物的酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强

，可说明甲比乙的非金属性强，即甲比乙得电子能力强，其它含氧酸的酸性强弱不能作为判断依据，故③错误；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，不能说明甲比乙的非金属性强，即不能说明甲比乙的得电子能力强，

故④错误；⑤甲的单质熔沸点比乙的低，属于物理性质，与得失电子的能力无关，故⑤错误；正确的有①②，答案选A。【点睛】本题考查非金属性的比较，熟悉元素周期律及非金属性比较的方法是解答本题的关键，学生应注意在学习中对规律性知识进

行总结。选项③和④是解答的易错点。13.科学家预测原子序数为114的元素，具有相当稳定性的同位素，它的位置在第7周期IVA族，称为类铅。关于它的性质，预测错误的是A.它的最外层电子数为4B.它的金属性比铅强C.它具有+2、+4价D.它的

最高价氧化物的水化物是强酸【答案】D【解析】【详解】原子序数为114的元素在第7周期IVA族。则A.它的最外层电子数为4，A正确；B.同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强，故它的金属性比铅强，B正确；C.该元素在第7周期IVA族，它具有+2、+4价，C正确；D.

同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性减弱，碳酸为弱酸，故它的最高价氧化物的水化物不可能是强酸，D错误。答案选D。14.“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为

2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。下列关于该电池的说法错误的是A.镁片作为负极B.食盐水作为电解质溶液C.电池工作时镁片逐渐被消耗D.电池工作时实现了电能向化学能的转化【答案】D【解析】【详解】A.根据原电池反应式知，Mg元素化合

价由0价变为+2价，所以Mg失电子作负极，故A正确；B.该原电池中，电解质溶液是食盐水，故B正确；C.Mg作负极，电极反应式为Mg−2e−=Mg2+，所以电池工作时镁片逐渐被消耗，故C正确；D.该装置是将

化学能转化为电能的装置，为原电池，故D错误。答案选D。15.普通锌锰干电池的构造如图所示，其电池反应的方程式为：Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnO(OH)下列说法不正确．．．的是()A.石墨作正极B.锌发生氧化反应C.电池工作时，电子从石墨经导线流向锌D.正

极的电极反应为：NH4++MnO2+e－＝MnO(OH)+NH3【答案】C【解析】【分析】分析电池反应方程式可知，Zn化合价升高，被氧化，发生氧化反应，MnO2化合价降低，被还原，发生还原反应。根据原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负

极经导线流向正极，电流与电子移动方向相反。据此分析解答。【详解】A．根据原电池中一般活泼金属作负极，活泼性较弱的金属或非金属作正极，结合原电池的总反应式可知，石墨作正极，A项正确；B．根据题中电池反应方程式可知，

Zn化合价升高，被氧化，发生氧化反应，B项正确；C．原电池中，电子从负极经导线流向正极，在该普通锌锰干电池中，Zn作负极，石墨作正极，电子应从Zn极经导线流向石墨，C项错误；D．正极发生还原反应，其电极反应方

程式为：NH4++MnO2+e－＝MnO(OH)+NH3，D项正确；答案选C。16.下列叙述错误的是A.通常情况下，甲烷跟强酸、强碱和强氧化剂都不反应B.甲烷化学性质稳定，不能被任何氧化剂氧化C.甲烷与Cl2反应无论生成CH3Cl、CH2C

l2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应D.甲烷的四种有机取代产物有一种气态，其余三种为液态且都不溶于水【答案】B【解析】【详解】A项、甲烷化学性质比较稳定，跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A正确；B项、甲烷可以燃烧，能与氧气发生氧化反

应，故B错误；C项、甲烷是饱和链烃，跟氯气在光照条件下发生取代反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl、CCl4，故C正确；D项、甲烷的四种有机取代物中只有一氯甲烷是气体，其余三种为液态且都不溶于水，故D正确。故选B。17.下列叙述中正确的是()A.由铜、锌作电极与硫酸溶液

组成的原电池中，溶液中的H+向正极移动B.钢铁发生腐蚀时，正极上发生的反应为Fe－2e－＝Fe2+C.铜锌原电池工作时，若有13g锌被溶解，溶液中就有0.4mol电子通过D.原电池必须有两个活泼性不同的金属作电极【答案】A【解析】【详解】A．在原电池中，

阳离子移向正极，A项正确；B．钢铁发生腐蚀的实质是铁失去电子被氧化的过程，根据原电池原理，负极发生氧化反应，电极反应方程式为：Fe－2e－＝Fe2+；B项错误；C．铜锌原电池中，锌极作负极，发生氧化反应，电极反应方程式为：Zn－2e－=Zn2+，由反应方程式可知，每消耗

1molZn，则转移2mole－。13gZn的物质的量为13g=0.2mol65g/mol，则原电池中转移0.4mol电子，电子通过导线从负极流向正极，C项错误；D．原电池的电极可以是两种活动性不同的金属，也可以是一种金属和一种非金

属导体作电极，D项错误；答案选A。【点睛】C项易忽略“溶液中就有0.4mol电子通过”而错选。在原电池中：（1）电子：从负极经导线流入正极；（2）电流：从正极经导线流向负极；（3）离子：电解质溶液中，阴离子向负极迁移，阳离子向正极迁移。18.A、B两种元素为同一周期ⅡA和ⅢA元素，若

A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为()①x+1②x+21③x+11④x+18⑤x+25⑥x+32A.①③B.②④C.①③⑤D.②④⑥【答案】C【解析】【详解】若A、B为短周期元素，则A、B的原子序数相差为1；若A、B为第四或第五周期元素，ⅡA族和ⅢA族元素在第四周期起有过渡

元素，则A、B元素的原子序数相差为11；若A、B为第六或第七周期元素，过渡元素中又出现镧系和锕系元素，则A、B元素的原子序数相差25。故若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为x+1、x+11或x+25。C项正确；答案选C

。19.用锌片与1mol·L－1稀盐酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率增大的是A.对该反应体系加热B.用浓硫酸代替稀盐酸C.不用锌片，改用锌粉D.加入少量1mol·L-1硫酸【答案】B【解析】【分析】根据升高温度、增大浓度、增大物质的接触面积等可加快反应速率。对于没有气体参加的反应

，压强对化学反应速率无影响。【详解】A项、加热能使反应速率加快，故A能使氢气生成速率增大；B项、锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，不能制取氢气，故B不能使氢气生成速率增大；C项、改用锌粉，增大了反应物的接触面积，故C能使氢气生成速率增大；D项、加入1mol•L-1硫酸，则氢离子浓度增大，

故D能使氢气生成速率增大。故选B。【点睛】题考查影响化学反应速率的因素，注意温度、浓度、压强、接触面积等对反应速率的影响是解答关键。20.100mL6mol/L硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓

反应速率但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的()A.醋酸钾溶液B.硫酸铜溶液C.氯化钠固体D.烧碱溶液【答案】A【解析】【分析】反应的实质为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，则减小H+的浓度但不改变H+

的总的物质的量即可，据此回答。【详解】A．醋酸钾会与硫酸反应生成醋酸，H+浓度降低，反应速率减小，随着反应的进行醋酸再电离出H+，生成的氢气的总量不变，A项正确；B．加入硫酸铜溶液，硫酸铜与Zn发生反应，形成原电池，会加快反应速率，B项错误；C．加入氯化钠固体，H+浓度不变，反应

速率不变，C项错误；D．烧碱为NaOH，能与硫酸反应，H+的总物质的量会减小，影响生成氢气的总量，D项错误；答案选A。21.能证明乙烯里含有一个碳碳双键的事实是()A.乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色B.乙烯分子里碳、氢原子个数比为1∶2

C.乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等D.乙烯容易与溴水发生反应，且1mol乙烯完全加成消耗1mol溴单质【答案】D【解析】【详解】A．能使酸性KMnO4溶液褪色，不一定是碳碳双键，碳碳叁键也能使酸性KMnO4溶液褪色，A项错误；B．环烷烃分子中碳、氢原子个数比也为1∶2，不能

说明乙烯里含有一个碳碳双键，B项错误；C．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，说明乙烯分子里碳、氢原子个数比为1∶2，不能说明含有一个碳碳双键，C项错误；D．依据加成反应的规律，1mol碳碳双键只能与1mol溴发生加

成反应，所以1mol乙烯完全加成消耗1mol溴单质，可以证明乙烯只含1个碳碳双键，故D正确；答案选D。22.下列操作能达到实验目的的是()实验目的实验操作A证明Cl的非金属性比C强将盐酸滴入放有大理石的烧杯中，观察是否有气泡产生。B比较Mg与Al的金属性强弱将镁条与铝片用导线相连，放入盛有Na

OH溶液的烧杯中，观察现象。C证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中。D证明KCl中存在离子键熔融状态的KCl是否导电A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．验证Cl的非金

属性比C强，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，因此实验中不能用盐酸，应用高氯酸，故A错误；B．Al与NaOH反应，Mg不能，则原电池中Al为负极，而金属性Mg大于Al，故B错误；C．将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中，反应的原理不同，不能比较浓度对反应速率

的影响，故C错误；D.离子化合物中含有离子键，在熔融状态下可发生电离，可导电，因此熔融状态的KCl能导电，可以说明KCl中存在离子键，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为C，证明浓度对化学反应速率的影响，需要保证其他条件相同，要注意

锌与浓硫酸一般不能放出氢气，与锌和稀硫酸的反应原理不同。23.下列结论正确的是①粒子半径：K＞Cl＞S②氢化物稳定性：HF＞H2S＞PH3；③离子还原性：S2－＞Cl－＞Br－＞I－④单质氧化性：Cl2＞S＞Si；⑤酸性：H2SO4＞HClO⑥碱性强弱：KOH＞Na

OH＞Mg(OH)2A.①④⑤B.③⑥C.②④⑤⑥D.①③④【答案】C【解析】【详解】①Cl、S位于相同周期，原子半径S＞Cl，K在下一周期，所以粒子半径：K＞S＞Cl，故①错误；②非金属性F＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物稳定性：HF＞H2S＞PH3，故②正确

；③非金属性Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则离子还原性：Cl-＜Br-＜I-＜S2-，故③错误；④非金属性Cl＞S＞Si，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则单质氧化性：Cl2＞S＞Si，故④正确；⑤H2SO4是强

酸，HClO是弱酸，则酸性：H2SO4＞HClO，故⑤正确；⑥金属性K＞Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故⑥正确。故选C。24.将1mol甲烷和适量的C

l2混合后光照，充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为A.1molB.3molC.4.5molD.6mol【答案】B【解析】【分析】发生取代反应时，Cl2中

一半的Cl原子生成HCl，根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量。【详解】将1mol甲烷和适量的C

l2混合后光照，根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，经计算可以确定其物质的量分别是0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol，四种有机取代物的物质的量之比为n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（

CHCl3）：n（CCl4）=1：2：3：4，发生取代反应时，Cl2中的Cl原子取代甲烷分子中的H同时生成HCl，消耗氯气的物质的量为0.1mol+2×0.2mol+3×0.3mol+4×0.4mol=3mol，故选B。【点睛】本题考查了甲烷的取代反应，注意取代反应的特点是逐步取代，多步同

时发生是解答关键。25.一定温度下，在恒容密闭容器中进行可逆反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，下列可以作为反应达到化学平衡状态标志的有：①单位时间内生成nmolO2的同时生成nmolNO2；②单位时间内生成n

molO2的同时生成2nmolNO；③NO2、NO、O2的物质的量之比为2:2:1的状态；④密闭容器中压强不再改变的状态；⑤混合气体的颜色不再改变的状态；⑥密闭容器中气体的密度不再改变的状态A.①④⑤B.③④⑤C.④⑤D.④⑤⑥【答案】C【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率

和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。【详解】①单位时间内生成nmolO2时要消耗2nmolNO2，同时生成nmolNO2，正反应速率不等于逆反应速率，故①不能作为反应达到化学平衡状态标志；②只要反应发生就符合单位时间内生成n

molO2的同时生成2nmolNO，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故②不能作为反应达到化学平衡状态标志；③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2的物质的量浓度比值可能为2:2:1，也可能不是，故③不能作为反应达到化学平衡状态标志；④反应前后气体的分子数不

相等，故反应过程中气体的压强会发生变化，当混合气体的总压强不再改变时，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故④可以作为反应达到化学平衡状态标志；⑤混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮浓度不再发生变化，故⑤可以作为反应达到化学平衡状态标志；⑥

混合气体的总质量不变，容器为恒容容器，则混合气体的密度始终不变，故⑥不能作为反应达到化学平衡状态标志。综上所述，④⑤可以作为反应达到化学平衡状态标志，答案选C。【点睛】本题考查的是化学平衡状态的判断。根据化学平衡状态

的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。解题时要注意，分析相关的物理量是否随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。26.下列对元素周期表说法不．正确的是

A.共有7个周期和16个族B.在过渡元素中可以寻找各种优良的催化剂C.如果已知元素的最外层电子数为2，由此不能确定该元素在周期表中的位置D.目前已知发现的第ⅣA族元素为5种，所以该族元素共有5种单质【答案】D【解析】【详解】A．周期表有7个横行，有7个周期；18个纵行，7、8、9三个

纵行为第ⅤⅢ族，16个族，分别为7个主族、7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，故A正确；B．优良的催化剂含过渡金属元素，则在过渡元素中寻找优良的催化剂，故B正确；C．已知元素的最外层电子数为2，由此不能判断该元素在周期表中的位置，最

外层电子数为2的元素可能是IIA族元素、可能是He、可能是第IIB族元素等，故C正确；D．有的元素单质有同素异形体，如C有金刚石、石墨、足球烯等同素异形体，故D错误；故答案为D。【点睛】根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题，一般金属延展性较好，可用于做合金，金属元

素和非金属元素交界处的元素可以制作半导体材料，一般过渡金属可以用来做催化剂，农药分为有机和无机，一般非金属元素可以制作有机农药。27.下列变化中，不需要破坏化学键的是A.氯化氢溶于水B.加热氯酸钾使其分解C.碘升华D.氯化钠溶于水【答案】C【解析】

【详解】A．氯化氢溶于水电离出氯离子和氢离子，破坏的是极性键，A项不选；B．加热氯酸钾生成氯化钾和氧气，属于化学变化，破坏的是离子键和共价键，B项不选；C．碘升华是物理变化，破坏的是分子间作用力，C项选；D．氯化钠溶于水，电离出钠离子和氯离子，破坏的是离子键，D不选；答案选C。28

.在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再变化时，不能表明反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达平衡的是()A.混合气体的压强B.混合气体的密度C.B的物质的量浓度D.混合气体的平均相对分子质量【答案】A【解析】【详解】A．该反应中A为固态，反应前后气体体积不变

，容器中的压强始终不发生变化，故不能说明反应达平衡状态，A项正确；B．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但气体质量是变化的，故混合气体的密度不变可以说明该反应达平衡状态，B项错误

；C．反应达平衡时，各物质的浓度及百分含量保持不变，故B的物质的量浓度不变可以说明该反应达平衡状态，C项错误；D．该反应前后气体的总物质的量不变，而气体的质量发生变化，如果混合气体的平均分子量不变，说明

已经达到平衡状态，D项错误；答案选A。29.反应4A(s)+3B(g)==2C(g)+D(g)，经2min后B的浓度减少0.6mol·L-1。下列说法正确的是A.用A表示的反应速率是0.4mol·L-

1·min-1B.在2min内的反应速率，用B表示是0.3mol·L-1min-1C.分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3:2:1D.在这2min内B和C两物质浓度是逐渐减小的【答案】C【解析】分析：经2min，B的浓度减少

0.6mol/L，v(B)=0.6/2molLmin=0.3mol·L-1·min-1，结合反应速率之比等于化学计量数之比来解答。详解：A．A物质为纯固体，不能用来表示反应速率，故A错误；B．经2min，B的

浓度减少0.6mol/L，v(B)=0.6/2molLmin=0.3mol·L-1·min-1，反应速率为平均速率，不是2min末的反应速率，故B错误；C．反应速率之比等于化学计量数之比，则分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1，故C正确；D．B

为反应物，C为生成物，则在这2min内用B和c表示的反应速率的值分别为逐渐减小、逐渐增大，故D错误；故选C。点睛：本题考查化学反应速率的计算及与化学计量数的关系，明确计算公式及反应速率为平均速率即可解答，注意选项A为易错点，纯液体或固体的物质的量浓度

不变，化学反应速率不能用纯液体或固体来表示。30.五种主族元素X、Y、Z、M和N在周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是A.M的原子半径比N小B.Y和Z既可形成Z2Y，也可形成Z2Y2C.X2M的热稳定性比X2Y强D.M和N的氧化物的水化物均为强酸【答案】B【解析】【分析】

根据各元素在周期表中的位置知，X为H，Y为O，Z为Na，M为S，N为Cl，根据元素周期律和相关化学用语作答。【详解】根据元素周期表的结构，可知X为H，Z为Na，Y为O，M为S，N为Cl；A.同一周期的原子，原子序数越大，半径越小，因此M的原子半径大于N，故A项错误；B.Z为Na，Y为O，可结

合生成Na2O和Na2O2，故B项正确；C.X2M为H2S，X2Y为H2O，根据元素周期律，非金属性越强，氢化物越稳定，H2O的热稳定性大于H2S，故C项错误；D.M和N的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4、HClO4、HClO等，其中H2

SO3、HClO为弱酸，故D项错误；答案选B。【点睛】熟练掌握元素周期表的结构，及元素周期律是解此类题的关键，如非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物酸性也越强。特别注意：是最高价氧化物对

应的水化物与非金属性之间有直接关系，而不是氧化物的水化物。31.已知：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)ΔH＝+QkJ/mol(Q＞0)，某温度下，向2L的密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见

下表：时间/s050010001500n(N2O5)/mol10.07.05.05.0下列说法正确的是()A.在1000s内，反应吸收的热量为2.5QkJB.在500s内，O2分解速率为3×10－3mol·L－1·s－1C.在1000s

时，反应恰好达到平衡D.在1500s时，N2O5的正反应速率等于NO2的逆反应速率【答案】A【解析】【详解】A．由表中数据可知，在1000s内，消耗n(N2O5)为5.0mol，根据反应方程式可知，每消耗2molN2O5，反应吸收的热量为QkJ，则消耗5.0molN2O5

，反应吸收的热量为2.5QkJ，A项正确；B．根据表中数据，500s时，n(N2O5)为7.0mol，N2O5的反应速率=()3-1-110.07.0mol2L3.010molLs500s−−=，根据同一反应各物质的速率之比等于化学反应方程式各物质的计量数之比，

可知用O2表示的反应速率=3-1-13-1-113.010molLs1.510molLs2−−=，B项错误；C．对比1000s和1500s时n(N2O5)的值，可知反应达平衡状态，但在1000s时反应不一定恰好达到平衡状态。C项错误；D．对比1000s和1500s时n(

N2O5)的值，可知1500s时反应达平衡状态，根据同一反应各物质的速率之比等于化学反应方程式各物质的计量数之比，可知v正(N2O5)=2v正(NO2)，反应达平衡时，v正(NO2)=v逆(NO2)，则v正(N2O5)=2v逆(NO2)，D项错误；答案选A。32.下列各组溶液，同时开

始反应，出现浑浊最早的是（）A.20℃时50mL0.05mol·L-1Na2S2O3溶液与50mL0.1mol·L-1硫酸混合B.20℃时5mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液与5mL0.1mol·L-1硫酸混合C.10℃时50mL0.05mol·L-1Na2S2O3溶液与50

mL0.1mol·L-1硫酸混合D.10℃时5mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液与5mL0.1mol·L-1硫酸混合【答案】B【解析】【详解】温度对反应速率影响较大，先比较温度，由题中的数据可知，20℃＞10℃，则C、D的反应速率小于A、B中的反应速率，又由于B中

Na2S2O3的浓度大于A的，则B的反应速率大于A的反应速率，故B正确，ACD错误。答案选B。【点睛】本题考查的是化学反应速率的影响因素。根据选项中的数据可知，有温度、浓度影响反应速率，浓度越大、温度越高，则反应

速率越大，出现浑浊最早，据此解答。33.用惰性电极电解AgNO3溶液，说法不正确的是()A.电解过程中阴极质量不断增加B.电解过程中溶液的pH不断降低C.此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复到电解前

的状况D.电解后两极产生的气体体积比为2∶1【答案】D【解析】【分析】用惰性电极电解3AgNO溶液，溶液中的阴离子在阳极放电，阴极离子的放电顺序为氢氧根离子>硝酸根离子；溶液中的阳离子在阴极的放电，放电顺序为银离子>氢离子，故电解总反应为：3

2234AgNO+2HO4Ag+O+4HNO通电。【详解】A．电解过程中阴极银离子放电，生成单质Ag，则阴极质量增加，故A正确；B．由32234AgNO+2HO4Ag+O+4HNO通电生成硝酸，溶液的酸性增强，pH不断降低，故B正确；C．由电解反应

可知，从溶液中析出单质Ag和氧气，则可向溶液中加入适量的2AgO固体可使溶液恢复电解前的状况，故C正确；D．电解时只有阳极生成氧气，在阴极上产生的是金属银，不会在阴极上产生气体，故D错误；答案选D。【点睛】惰性电极电解溶液分类：电解水型，如NaOH溶液、24NaSO溶液；电解溶

质型，如2CuCl溶液、盐酸；放氧生酸型，如4CuSO溶液、3AgNO溶液；放氢生碱型，如NaCl溶液、KI溶液。34.在下图装置中，通电后可观察到Cu极溶解，则下列说法中不正确的是()A.直流电源中，A是正极B.两池内CuSO4溶液浓度

均不改变C.两铁极上最初析出物相同D.P池内溶液的质量逐渐减小【答案】B【解析】【详解】由题意知：铜电极溶解，发生氧化反应，即铜为阳极，A为正极，B为负极，Pt为阳极，铁均为阴极，则P电解池中的电解反应方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H

2SO4，有O2和Cu析出，电解质溶液质量逐渐减小，Q电解池中，阳极：Cu－2e－=Cu2＋，阴极：Cu2＋＋2e－=Cu，电解质溶液质量和组分不变，综上分析，推知B项不正确。故选B。35.将含有KCl、CuBr2、Na2SO4三种物质的水溶液用铂电极

进行电解，且电解时间足够长。有以下结论：①溶液中几乎没有Br－；②电解质溶液为无色；③最终溶液显碱性；④K＋、Na＋和SO42-的浓度几乎没有变化。正确的是(设Cl2、Br2全部从溶液中逸出)()A.①②③B.仅

③C.①④D.均正确【答案】A【解析】用铂电极进行电解，且电解时间足够长，根据离子放电顺序，阴离子首先放电的是Br－，其次是Cl－，最后是OH－，阳离子首先放电的是Cu2+，其次是H+，所以先是电解CuBr2，两极分别析出Cu和Br2，当

CuBr2电解完毕时，相当于继续电解HCl（H+来自于水的电离），当Cl－被电解完毕时，则继续电解水。①.Br－首先放电生成Br2，所以溶液中几乎没有Br－，故①正确；②.由于Cu2+和Br－最终都完全电解，转化为单质铜和单质溴，所以电解

质溶液变为无色，故②正确；③.Cl－放电时，水电离出的H+放电，使溶液中的c(OH－)增大，最终溶液显碱性，故③正确；④.由于水被电解，溶液的体积减小，K+、Na+、SO42−的浓度会增大，故④错误；综上所述，①②③正确，答案选A。36.设NA表示阿伏加德罗常数

的值，下列说法正确的是()A.标准状况下，22.4LH2O中含有的电子数为10NAB.NO2和N2O4混合气体共46g，所含原子数为3NAC.1molNa2O2中含有的阴离子数为2NAD.常温常压下，12g14C所含原子数为NA【答案】B【解析】【详解】

A．标准状况下，H2O不是气态，不能使用气体摩尔体积计算，A项错误；B．设NO2的质量为x，则该混合气体中所含原子的物质的量为()46g363mol46g/mol92g/molxx−+=，故NO2和N2O4混合气体共46g，所含原子数为3NA正确；B项正确；C．1个

Na2O2分子中含有1个O22-离子，故1molNa2O2中含有的阴离子数为NA，C项错误；D．14C原子的摩尔质量为14g/mol，根据AmNMN=，可知12g14C所含原子数为AAA12g0.8614g/molmNNNNM==，D项错

误；答案选B。【点睛】A项：易忽略H2O在标准状况下的状态而错选。注意气体与状况的陷阱：（1）题中若存在气体，看气体是否处在“标准状况”（2）在标准状况下，看物质是否为“气体”，如H2O、SO3、CHCl3、戊烷、溴、苯、乙醇等在标准状况下都不是气体。37.已

知：(1)Fe2O3(s)+32C(s)＝32CO2(g)+2Fe(s)，ΔH＝+234.1kJ•mol-1()()()()-1222Cs+OgCOgΔH393.5kJmol=；=-则()()()22

332Fes+OgFeOs2=的ΔH是（）A.－824.4kJ•mol-1B.－627.6kJ•mol-1C.-744.7kJ•mol-1D.-169.4kJ•mol-1【答案】A【解析】【详解】已知

：(1)2Fe(s)+32CO2(g)=Fe2O3(s)+32C(s)△H=-234.1kJ•mol-1(2)C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，由盖斯定律(2)×32+(1)，得：2Fe(s

)+32O2(g)=Fe2O3(s)△H=(-393.5kJ•mol-1)×32+(-234.1kJ•mol-1)=-824.4kJ•mol-1，可知：2Fe(s)+32O2(g)=Fe2O3(s)△

H=-824.4kJ•mol-1，故答案为A。【点睛】利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形

”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。38.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，Y、Z原子的电子数

总和与X、W原子的电子数总和之比为5∶4。下列说法正确的是()A.原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)B.Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C.由X、Y、Z三种元素可组成酸，且受热易分解D.由X、Z、W三种元素可组成碱，且受热易分解【答案】C【解析】

【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，可知X为H元素，W为Na元素。由Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，则Y、Z位于第二周期。Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和之比为5

∶4。设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，根据题意有：151114xx++=+，可得x=7，则Y为N元素，Z为O元素，据此分析。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径逐渐减小，故原子半径：r(W)＞r(Y)＞r(Z)

＞r(X)，A项错误；B．由分析可知，Y、Z的简单气态氢化物为NH3、H2O，非金属性：O＞N，故简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3，B项错误；C．根据分析可知，由X、Y、Z三种元素组成的酸为HNO3，HNO3浓度越大

越容易受热分解，C项正确；D．根据分析可知，由X、Z、W三种元素组成的碱为NaOH，NaOH性质稳定，受热不分解，D项错误；答案选C。【点睛】微粒半径大小的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较

时应综合考虑二者。39.有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是A.稀硫酸与0.1mol·L－1NaOH溶液反应：H+(aq)＋OH-(aq)=H2O(l)ΔH＝＋57.3kJ·mol-1B.在101kPa下H2(g)的燃烧热为285.8kJ·mol－1，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)

=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋285.8kJ·mol－1C.已知CH3OH的燃烧热为726.8kJ·mol－1，则有CH3OH(l)＋32O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－726.8kJ·mol－1D.已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17

.6gFeS时放出19.12kJ热量，则Fe(s)＋S(s)=FeS(s)ΔH＝－95.6kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】A.酸碱中和是放热反应，故H应为负值，故A错误；B.燃烧热指的是101kPa下，1mol可燃物完全燃

烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：可燃物必须为1mol，故可以知道H2燃烧生成H2O（l）的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O（l）H=-285.5×2kJ/mol=-571kJ/mol，水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(

g)∆H=+571kJ/mol，故B错误；C.燃烧热指的是101kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O(l)，热化学方程式中应为液态水，故C错误；D.生成硫化亚铁1

7.6g即生成0.2molFeS时，放出19.12kJ热量，可以知道生成1molFeS(s)时放出95.6kJ的热量，故D正确。答案选D。40.已知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=AkJ/mo

l2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ/mol若H-H、O=O和O-H键的键能分别为436/496和462kJ/mol,则a为A.+130B.+350C.-332D.-118【答案】A【解析】反应焓变等于反应物键能之和减去生成物键能之和

，故根据式2可知，故，又根据式1可知，代入各项值可以得到，故A项正确。BCD不符合题意。答案：A。二、填空题41.I.在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)+I2(g)2HI

(g)。（1）保持容器容积不变，向其中充入1molHe，反应速率________（填“加快”“减慢”或“不变”，下同）。（2）保持容器内气体压强不变，向其中充入1molHe，反应速率________。II.航天飞机常采用新型燃料

电池作为电能来源，燃料电池一般指采用H2、CH4、CO、C2H5OH等可燃物质与O2一起构成的电池装置。它可直接将化学能转化为电能，氢氧燃料电池以KOH溶液为电解质，其总反应的化学方程式为2H2+O2＝2H2O。（3）负极上的电极反应为_

_____________________________。（4）工作过程中时，溶液的c(OH－)_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。Ⅲ..A、B、C、D、E、W、T六种短周期主族元素，它们的核电荷数依次增大。A可与

D、E形成10电子分子。B原子的最外层电子数等于次外层电子数，C原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，W的L层电子数为K层和M层电子数之和，D和W同主族。回答下列问题：（5）元素B在周期表中的位置是_______________________。（6）元素

C的原子结构示意图为_______________________。（7）元素C与W可形成CW2，C与T可形成CT4，这两种化合物均可做溶剂，其电子式分别为____________________________________。（8）元素A与D、E形

成10电子分子的结构式分别为_______________________________。（9）元素D、W的简单氢化物的沸点高的为____________（用化学式表示）。（10）1molCA4与D2完全反应生成两种气

体时放出热量802kJ，则该反应的热化学方程式为__________________________________________________________________。【答案】(1).不变(2).减慢(3).H2+2OH－－2e－＝2H2O(4).减小(5

).第二周期ⅡA族(6).(7).和(8).H－O－H和H－F(9).H2O(10).CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－802kJ/mol【解析】【分析】Ⅲ..分析题给信息，由B原子的最外层电子数等于

次外层电子数，可知B为Be元素；C原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知C为C元素；W的L层电子数为K层和M层电子数之和，W为S元素，D和W同主族，D为O元素。根据A可与D、E形成10电子分子。可知A为H元素，E为

F元素。T元素核电荷数比W大，且属于短周期主族元素，则T为Cl元素。据此分析。【详解】I.（1）恒容时，向体系中充入稀有气体，会引起总压增大，但分压不变（各物质浓度不变），则反应速率不变，答案为：不变；（2）恒压时，向体系中充入稀有气体，会引起体系体积增大，

各物质的浓度减小，则反应速率减慢，答案为：减慢；II.（3）原电池中，负极发生氧化反应，结合氢氧燃料电池的总反应，可知，负极上的电极反应为：H2+2OH－－2e－＝2H2O；答案为：H2+2OH－－2e－＝2H2O；（4）根据电

池的总反应可知，在原电池工作过程中不断产生H2O，相当于稀释电解质，溶液中c(OH-)逐渐减小。答案为：减小；Ⅲ..（5）由分析可知，元素B为Be元素，位于元素周期表中第二周期第ⅡA族。答案为：第二周期ⅡA族；（6）C为C元素，其原子结构示意图为：；答案为：；（7）由分析可知，CW2、CT4分

别为CS2、CCl4，CS2的类似于CO2，其电子式为：。Cl原子与C原子通过共用电子对形成4个共价键，其电子式为；答案为：和；（8）元素A与D、E形成10电子分子分别为：H2O、HF。O元素最外层有6个

电子，需形成2个共价键达到8电子稳定体系。F原子最外层有7个电子，形成1个共价键可达到8电子稳定体系，由此可得H2O、HF的结构式分别为：H－O－H和H－F；答案为：H－O－H和H－F；（9）元素D、W的简单氢化物为H2O和H2S。H2O分子中存在氢键，故H2O和H2S中沸

点高的为H2O，答案为：H2O；（10）由分析可知，CA4与D2分别为CH4和O2，二者发生反应：CH4+2O2点燃CO2+2H2O，根据题给信息，1molCH4与O2完全反应的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(

g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－802kJ/mol；答案为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－802kJ/mol。