【化学】四川省达州市2018-2019学年高二上学期期末检测（解析版）

四川省达州市2018-2019学年高二上学期期末检测
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分共6页，满分100分，考试时间90分钟.
注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考号用0.5毫米黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上，将条形码贴在答题卡规定的位置上.
2. 选择题必须使用2B铅笔将答案标号填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色字迹的签字笔或钢笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答案无效.
3. 考试结束后，将答题卡收回.
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
一．选择题（本大题包括21小题，只有一个选项符合题意。每小题2分，共42分）
1.下列有关能源的理解或说法错误的是
A. 煤、石油、太阳能、风能等均属于新能源
B. 乙醇是一种可再生能源，可代替汽油作为汽车燃料
C. 氢气是最轻的燃料，是具有广阔发展前景的能源
D. 研发开采可燃冰（水合甲烷）的技术，可大大缓解能源危机
【答案】A
【解析】
【详解】A.煤、石油不属于新能源，太阳能、风能等属于新能源，故A错误；
B.乙醇是一种可再生能源，可代替汽油作为汽车燃料，故B正确；
C.氢气是最轻的燃料，也是最清洁的的能源，是具有广阔发展前景的能源，故C正确；
D.开采可燃冰是获得能源的一种途径，可大大缓解能源危机，故D正确；
本题答案为A。
2.下列元素位于p区的是
A. Ti B. Cu C. S D. Na
【答案】C
【解析】
【详解】A.Ti位于第四周期IVB，属于d区，故A错误；
B.Cu位于第四周期IB，属于d区，故B错误；
C. S位于第三周期VIA，属于P区，故C正确；
D. Na位于第三周期IA，属于S区，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】s区元素,包括ⅠA、ⅡA及He元素；p区元素,主要为主族和0族元素,包括ⅢA~ⅤⅡA元素及0族元素除外)；d区元素,包括ⅢB~ⅤⅡB和ⅤⅢ族(锕系、镧系除外),为过渡元素;ds区元素,包括ⅠB、ⅡB元素,为过渡金属。
3.若某原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是
A. 该元素位于周期表中第五周期IIIB族 B. 该元素原子价电子数为2个
C. 该元素为非金属元素 D. 该元素原子N能层共有8个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A.外围电子排布为4d15s2，为Y元素，位于第5周期第ⅢB族，故A正确；
B.外围电子排布为4d15s2，为Y元素，该元素原子价电子数为3个,故B错误；
C.Y元素属于过渡元素，为金属元素，故C错误；
D.Y元素第N层的电子排布为4s24p64d1，有9个电子，故D错误；
本题答案为A。
4.下列有关物质性质的比较中，不正确的是
A. 热稳定性：HF＜HCl B. 碱性：KOH＞Mg(OH)2
C. 酸性：HClO4＞H2SO4 D. 熔点：Na＞K
【答案】A
【解析】
【详解】A.同主族元素，随着原子序数增大非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱；稳定性：HFHCl，故A错误；
B.金属性KMg，金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性：KOH＞Mg(OH)2
，故B正确；
C.非金属性ClS，非金属性越强，最高检氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性：HClO4＞H2SO4，故C正确；
D.同主族金属元素，随原子序数递增，原子半径逐渐增大，金属键减弱，熔沸点降低，熔点：Na＞K，故D正确；
本题答案为A。
5.下列分子或离子的空间构型为平面三角形的是
A. NO3- B. H3O+ C. SO32 - D. SiH4
【答案】A
【解析】
【详解】A.N原子形成3个键,孤对电子数==0,中心原子为sp2杂化,立体构型为平面三角形,故A正确；
B.O原子形成3个键,孤对电子数==1，为sp3杂化,立体构型为三角锥型,故B错误；
C.S原子形成3个键，孤对电子数==1,为sp3杂化，立体构型为三角锥型,故C错误；
D.Si原子形成4个键,孤对电子数==0,为sp3杂化，立体构型为正四面体,故D错误；
本题答案为A。
【点睛】立体构型为平面三角形的分子应含有3个键,且没有孤对电子,中心原子为sp2杂化。
6.下列各组分子中，都由极性键构成的极性分子的一组是
A. C3H6和CO2 B. CCl4和H2S C. H2O和NH3 D. H2O2和CS2
【答案】C
【解析】
【详解】A.C3H6可能是丙烯也可能是环丙烷，丙烯和环丙烷均是含有极性键的极性分子，而CO2中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子故A错误；
B.CCl4中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子;中含有极性键,空间结构为v形,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,故B错误；
C. H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子,故C正确；
D.H2O2中含有极性键和非极性键,正负电荷的中心不重合,属于极性分子，CS2含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合,从整个分子来看,电荷的分布是不均匀的,不对称的,这样的分子为极性分子,以极性键结合的双原子一定为极性分子,以极性键结合的多原子分子如结构对称,正负电荷的重心重合,电荷分布均匀,则为非极性分子。
7.下列性质中，可以证明某化合物是离子化合物的是
A. 可溶于水 B. 具有较高的熔点
C. 水溶液能导电 D. 固体不导电，熔融状态能导电
【答案】D
【解析】
试题分析：离子化合物的构成微粒为离子，其熔融状态下能导电，测定其熔融态导电性即可证明为离子化合物，以此来解答。A、HCl为共价化合物，也能溶于水，但液态氯化氢不导电，因此不能利用溶解性判断离子化合物，故A不选；B、Si为单质，具有较高的熔点，则不能利用熔点判断离子化合物，故B不选；C、HCl的水溶液也导电，则不能利用溶液的导电性判断离子化合物，故C不选；D、离子化合物的构成微粒为离子，其熔融状态下能导电，则其固体不导电，熔融状态能导电，可证明为离子化合物，故D正确，答案选D。
考点：考查离子化合物结构与性质的判断
8.已知：原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y，其原子半径：X－192.9 kJ/mol
【答案】D
【解析】
燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以选项A不正确；根据图像可知，反应时放热反应，而反应①是吸热反应，选项C不正确；根据反应①、②可知，选项B不正确；由于气态甲醇的能量高于液态甲醇的能量，因此液态甲醇发生反应②放出的热量少，放热越少，△H越大，所以选项D正确，答案选D。
21.在10L 恒容密闭容器中充入X（g）和Y(g)，发生：X（g）+Y（g）M（g）+N（g），所得实验数据如下表：
实验
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.10
0.40
0.080
③
800
0.20
0.30
a
④
900
0.10
0.15
b


下列说法中不正确的是
A. 实验①中，若5min时测得n(M)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10-3mol/(L·min)
B. 实验④中，达到平衡时，b>0.060
C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D. 实验②中，该反应的平衡常数K=1.0
【答案】B
【解析】
【分析】
温度不变，平衡常数也保持不变，由②计算平衡常数K==1.0，因为实验③的平衡常数与实验②的平衡常数相等，有=1.0,计算得。由实验①和实验②的数据对比可得，温度升高平衡逆向移动，正反应为放热反应。
【详解】A.若5min时测得n(M)=0.050mol，则v(M)==1mol/(L·min),依据速率之比等于计量数之比可得，v(N)=v(M)=1mol/(L·min)，故A正确；
B. 因实验③和实验④相比，实验④相当于X、Y减少一半，若平衡不移动则b=1/2a=0.06，由于④的温度升高，由分析知道，平衡逆向移动，所以b0.06，故B 错误；
C.由分析计算得，所以实验③中达到平衡时，的转化率为，故C正确；
D.实验②中，反应的平衡常数K==1.0，故D正确；
本题答案为B。
第II卷（非选择题，共58分）
22.如图为周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。回答下列问题：

（1）f的基态原子核外电子排布式______。
（2）在c2a4分子中，c为______杂化，c与c间存在的共价键类型有______两种。
（3）ci2与ce2比较，沸点较高的是______（写分子式），其原因是_________________。
（4）将氨水滴入到j的硫酸盐溶液中，先产生蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到深蓝色溶液。深蓝色溶液是由于存在______（写结构式），其中配体是_____。
（5）j的金属晶体的晶胞如图所示，则一个晶胞中每个j原子周围与它最接近且距离相等的j共有的个数是______个，已知该元素的相对原子质量为64，单质晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，试求铜的金属半径为__________ pm（用含NA、ρ的表达式表达）。

【答案】 (1). 1s22s22p5 (2). sp2 (3). δ和π (4). CS2 (5). CS2相对分子质量较大 (6). (7). NH3 (8). 12 (9).
【解析】
【分析】
（1）由表可以看出f为F；
（2）由表可以看出C为C，a为H，则c2a4为C2H4；
（3）由表可以看出，C为C，i为S，e为O，所以ci2与ce2分别为：CS2与CO2；
（4）j为Cu，所以将氨水滴加到CuSO4溶液中，发生反应生成蓝色Cu(OH)2沉淀；当氨水过量时，蓝色沉淀转化成深蓝色溶液；
（5）依据表可知j为铜，由铜的晶胞可以看出，一个晶胞中每个Cu原子周围与它最接近且距离相等的Cu为面心上的铜原子， 利用均摊法计算一个晶胞中铜原子个数，设铜原子半径为r，利用密度公式计算r即可。
【详解】（1）由表可以看出f为F，则9号元素F的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p5；
本题答案为：1s22s22p5。
（2）因为C是C，a是H，则c2a4为C2H4，在乙烯的分子中C为sp2杂化，碳碳之间是双键，其中有一个δ键、一个π键；
本题答案为：sp2 ，δ和π。
（3）由分析知：ci2与ce2分别为：CS2与CO2，由于CS2的相对分子质量比CO2大，所以分子间作用力CS2CO2，沸点CS2CO2；
本题答案为：CS2 ，CS2相对分子质量较大。
（4）j为Cu，所以将氨水滴加到CuSO4溶液中，发生反应生成蓝色Cu(OH)2沉淀，当氨水过量时，Cu(OH)2蓝色沉淀转化成Cu(NH3)4SO4深蓝色溶液；
本题答案为：，NH3。
（5）由分析知道，j为铜，由铜的晶胞可以看出，一个晶胞中每个Cu原子周围与它最接近且距离相等的Cu为面心上的铜原子，共有382=12个，
根据均摊法，一个晶胞含有Cu原子个数为8+6=4，根据=，晶胞体积V==cm3，设晶胞棱长为x，则x==cm，设Cu原子半径为r，则x2+ x2=(4r)2，解得r=x=cm=pm；
本题答案为： 12 ， 。
23.Ⅰ.中和热的测定是高中重要的定量实验。取50mL 0.55mol/L的NaOH溶液与50mL 0.25mol/L的硫酸溶液置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：

(1)仪器A的名称是____________。
(2)实验测得的数据如下表：
温度

实验次数
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
温度差平均值
(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.5
3.4
2
25.9
25.9
25.9
29.2
3
26.4
26.2
26.3
29.8
近似认为0.55 mol/L NaOH溶液和0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)。ΔH＝__________ ( 取小数点后一位)。
（3）若改用60mL 0.25mol·L-1 H2SO4和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量______，若实验操作均正确，则所求中和热_____。
II、某课外活动小组拟探究H+浓度对MnO2与H2O2反应速率的影响。
（4）现取等量MnO2和下表有关物质，在相同温度下进行4组实验，分别记录收集20.0mL氧气所需时间。
实验编号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
10%H2O2的体积/mL
5.0
5.0
V1
V2
20%硫酸的体积/mL
0
0.5
1.0
V3
水的体积/mL
15
14.5
V4
13.5
所需时间t/s
t1
t2
t3
t4
已知酸条件下时：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O
①实验I发生反应的化学方程式为 ________，实验II中MnO2的作________。
②上表中V1=_______mL，V3=_______mL。
③若实验测得t2＞t3＞t4，则可得出的实验结论是______。
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). -56.8 KJ/mol (3). 不相等 (4). 相等 (5). 2H2O2 2H2O +O2↑ (6). 氧化剂 (7). 5.0 (8). 1.5 (9). 酸浓度越大，反应速率越快
【解析】
【分析】
（1）由图可以看出A为环形玻璃搅拌棒；
（2）依据中和热的计算公式：ΔH＝-KJ/mol,求算；
（3）改用60mL 0.25mol·L-1 H2SO4和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应，生成H2O的物质的量不同，则放出的热量不相等，由中和热的定义可知，中和热不变；
（4）①未加硫酸，二氧化锰做催化剂，H2O2发生分解反应，在有硫酸的条件下发生反应：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O，反应中MnO2的作氧化剂；
②因为四个实验是对比实验，都产生相同的O2，故而需要n(H2O2)相同，且要测算产生等量O2所需的时间，所以混合容易的体积应相同，保证浓度相等；
③实验测得t2＞t3＞t4，是Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三个实验中，硫酸的浓度不同造成的，由此可以得出结论。
【详解】（1）由图可以看出A为环形玻璃搅拌棒；
本题答案为：环形玻璃搅拌棒。
（2）加入的氢氧化钠和硫酸的体积都是50mL，50ml、0.55 mol/L NaOH溶液和50ml、0.25 mol/L硫酸溶液，反应中生成水的物质的量是0.025mol，因为两溶液的密度均为1 g/cm3，所以混合溶液的质量为100g，由表中数据可知：ΔH＝-= 56.8KJ/mol，
本题答案为：-56.8 KJ/mol。
（3）改用60mL 0.25mol·L-1 H2SO4和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应，生成H2O的物质的量不同，则放出的热量不相等，依据中和热的定义可知，中和热不变；
本题答案为：不相等，相等。
（4）①未加硫酸，二氧化锰做催化剂，H2O2发生分解反应：2H2O2 2H2O +O2↑，在有硫酸的条件下发生反应：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O，反应中MnO2的作氧化剂；
本题答案为：2H2O2 2H2O +O2↑，氧化剂。
②因为四个实验是对比实验，都产生相同的O2，故而需要n(H2O2)相同，所以V1=5mL，
且要测算产生等量O2所需的时间，所以混合容易的体积应相同，保证浓度相等；V3=1.5mL；
本题答案为：5,1.5。
③实验测得t2＞t3＞t4，是Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三个实验中，硫酸的浓度不同造成的，由此可以得出硫酸的浓度越大，反应速率越快，得到等量O2所需时间越小；
本题答案为：酸浓度越大，反应速率越快。
24.在密闭容器中发生：2NO（g）+2CO（g）2CO2+N2（g）△H=-QkJ/mol，已知:c（CO2）随温度（T）、时间（t）的变化曲线如右图所示，则:

（1）T1___ T2 ，其理由是_________________
（2）在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）=___
（3）在温度T3下，在两个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生该反应.
容器编号
起始物质的量
平衡时物质的量
Ⅰ
2.0molNO，2.0molCO
1.0molCO2
Ⅱ
4.0molNO，4.0molCO

①T3时该反应的平衡常数K=___，若起始时向容器Ⅰ中充入1.0mol NO，1.5mol CO和2.0molCO2，0.5molN2，则反应向___（填“正”或“逆”）反应方向进行。
②平衡时两容器中CO的转化率：Ⅰ___Ⅱ,容器Ⅰ中反应达平衡后，若要进一步提高CO的转化率，可采取的措施为___（答一条即可）。
【答案】 (1). ＞ (2). 因为T1温度下先达到平衡,说明反应速率快,温度高 (3). 0.025mol/（L•s） (4). 0.5 L/mol (5). 逆 (6). < (7). 增加NO量或降低温度或增大外部压强或缩小容器容积（任一条即可）
【解析】
【分析】
（1）根据到达平衡的时间判断温度高低，依据温度和反应速率的关系解答；
（2）在T2温度下，依据速率公式求算V（CO2），根据速率和计量数关系，计算出V（N2）；
（3）①依据表中Ⅰ所给数据，计算此条件下的平衡常数，并判断平衡的移动方向,
若起始时向容器Ⅰ中充入1.0mol NO，1.5mol CO和2.0molCO2，0.5molN2，由此计算浓度商，浓度商Qc=c2(CO2)c(N2)/C2(NO)c2(CO),若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；
②Ⅱ和Ⅰ比较，Ⅱ中气体反应物的物质的量增加，相当于加压，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，右图中曲线可以看出，该反应是放热反应，所以还可以采用降低温度或增加NO量或增大外部压强或缩小容器容积，达到进一步提高CO的转化率的目的。
【详解】（1）由图可以看出，在T1时先达到平衡，即T1时的反应速率大于T2时的反应速率，温度越高反应速率越快，故T1大于T2；
本题答案为：＞ ， 因为T1温度下先达到平衡,说明反应速率快,温度高
（2）在T2温度下，V（CO2）= =0.05mol/（L•s）, V（N2）= V（CO2）=0.025 mol/（L•s）;
本题答案为：0.025mol/（L•s）。
（3）①依据表中Ⅰ所给数据，反应2NO（g）+2CO（g）2CO2+N2（g），平衡常数K=[（1mol/L）2（0.5mol/L）]/[ (1mol/L)2 (1mol/L)2]= 0.5 L/mol, 若起始时向容器Ⅰ中充入1.0mol NO，1.5mol CO和2.0molCO2，0.5molN2，由此计算浓度商， Qc=c2(CO2)c(N2)/C2(NO)c2(CO)= [（2mol/L）2（0.5mol/L）]/[ (1mol/L)2 (1mol/L)2]=2mol/L，Qc＞K，反应向逆反应进行；
本题答案为：0.5 L/mol，逆
②Ⅱ和Ⅰ比较，Ⅱ中气体反应物的物质的量增加，相当于加压，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，由图中曲线可以看出，该反应是放热反应，所以还可以采用降低温度或增加NO量或增大外部压强或缩小容器容积，达到进一步提高CO的转化率的目的。
本题答案为：< ，降低温度或增加NO量或增大外部压强或缩小容器容积。
25.按要求回答下列问题：
(1)在下列物质中：①NaOH ②Na2O2 ③（NH4）2S ④CCl4 ⑤H-C≡C-H ⑥SiC ⑦晶体硅。含有非极性键的分子晶体是______，既有离子键，又有极性键和配位键的离子晶体是_____，原子晶体中熔点较高的是______（以上均填写序号）。
（2）甲醇是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应I：CO(g) ＋ 2H2(g)   CH3OH(g) ΔH1
反应II： CO2(g) ＋ 3H2(g)   CH3OH(g) +H2O(g) ΔH2
①上述反应中原子利用率百分之百的是____（填“I”或“Ⅱ”）
②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数（K）
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
由表中数据判断ΔH1________0,T℃时,将2 mol CO和6 molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝ 0.2 mol／L，此时T为____________。
（3）已知在常温常压下：
① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1＝－1275.6kJ／mol
② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2 ＝－566.0kJ／mol
③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3＝－44.0kJ／mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：________________。
【答案】 (1). ⑤ (2). ③ (3). ⑥ (4). Ⅰ (5). ﹤ (6). 250℃ (7). CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l） △H=-442.8kJ·mol-1
【解析】
【分析】
（1）根据各种晶体、化学键的定义和特点回答；
（2）①原子利用率百分之百，是指反应中反应物中的原子完全转化成了生成物；
②由表中数据变化可知，温度升高，K减小，所以该反应为放热反应，T℃时,将2 mol CO和6 molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝ 0.2 mol／L，依据平衡常数的计算公式，计算平衡常数即可找到对应的温度；
（3）依据盖斯定律求算甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的反应热，并由此写出热化学方程式。
【详解】（1）①NaOH 是由Na+、OH- 形成的离子晶体，②Na2O2 是由Na+、O22-形成的离子晶体，③（NH4）2S是由NH4+、S2-形成的离子晶体，④CCl4 是由C和Cl通过极性共价键形成的分子晶体，⑤H-C≡C-H 是由HC极性共价键和C C非极性共价键形成的分子晶体，⑥SiC 是由C和Si通过极性共价键形成的原子晶体，⑦晶体硅是Si原子间通过非极性键形成的原子晶体。
本题答案为：⑤ ，③ ， ⑥。
（2）①反应中反应物中的原子完全转化成了生成物的是：I反应；
本题答案为：I。
②由表中数据变化可知，温度升高，K减小，所以该反应为放热反应，即ΔH1 ﹤0；T℃时,将2 mol CO和6 molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝ 0.2 mol／L，则达到平衡时c(CO)=0.2mol/L、c(H2)=1.4mol/L、c(CH3OH)=0.8mol/L,依据平衡常数计算公式：K=0.8/(0.2)=2.04，所以此时温度为250；
本题答案为：﹤，250。
（3）根据① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1＝－1275.6kJ／mol
② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2 ＝－566.0kJ／mol
③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3＝－44.0kJ／mol
依据盖斯定律：（①-②） ③2得：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l） △H=-442.8kJ·mol-1；
本题答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l） △H=442.8kJ·mol-1。