精品解析陕西省商洛中学届高三第三次模拟考试化学试题解析版.docx
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精品解析陕西省商洛中学届高三第三次模拟考试化学试题解析版
2020届高三商洛中学第三次模拟测试卷
化学
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:
每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39
一、选择题(每小题6分,共42分)
1.古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词,其中“葡萄美酒夜光杯,欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。
下列说法错误的是( )
A.忽略酒精和水之外的其它成分,葡萄酒的度数越高密度越小
B.古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成,牛筋的主要成分是蛋白质
C.制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO•4SiO2•H2O,属于氧化物
D.红葡萄酒密封储存时间越长,质量越好,原因之一是储存过程中生成了有香味的酯
【答案】C
【解析】
【详解】A.酒精的密度小于水的密度,其密度随着质量分数的增大而减小,因此葡萄酒的度数越高密度越小,故A说法正确;
B.牛筋的主要成分是蛋白质,故B说法正确;
C.3MgO·4SiO2·H2O属于硅酸盐,不属于氧化物,故C说法错误;
D.密封过程中一部分乙醇被氧化酸,酸与醇反应生成了有香味的酯,故D说法正确;
答案:
C。
2.设NA为阿伏加德罗常数值。
如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。
下列说法正确的是
A.N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+
B.每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NA
C.将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中,无明显现象
D.1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据转化关系,N2O转化N2时,Pt2O+转化为Pt2O2+,则该过程的催化剂是Pt2O+,故A错误;
B.根据转化关系,结合得失电子守恒,N2O转化N2时,Pt2O+转化为Pt2O2+,氧化还原反应方程式为:
N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+,反应中氮元素由+1价得电子变为0价,1molN2O转化为N2得到2mol电子,则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol,数目为2NA,故B错误;
C.将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中,碳酸的酸性大于硅酸,SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓,有白色沉淀生成,故C错误;
D.CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol,一个分子中含有电子数都为22个,则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为
mol,含有电子数为
mol×22×NA=0.5NA,故D正确;
答案选D。
【点睛】B项计算转移的电子数时,必须正确写出反应方程式,根据化合价的变化,物质的关系,计算出转移的电子数。
3.下列离子方程式的书写及评价,均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
用铜电极电解饱和KCl溶液:
2H2O+2Cl-
H2↑+Cl2↑+2OH-
正确:
Cl-的失电子能力比OH-强
B
向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体:
Cu2++H2S=CuS↓+2H+
错误:
H2S的酸性比H2SO4弱
C
Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应:
Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O
错误:
Ba2+与HCO3-系数比应
1:
2
D
过量SO2通入到NaClO溶液中:
SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-
正确:
H2SO3
酸性比HClO强
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A项、用铜电极电解饱和KCl溶液时,阳极是铜电极放电,溶液中Cl-不能放电生成氯气,故A错误;
B项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸,与酸性强弱无关,故B错误;
C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应,不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应,反应消耗的Ba2+与HCO3-的物质的量比为1:
2,故离子方程式书写错误,故C正确;
D项、SO2具有还原性,NaClO具有强氧化性,过量SO2通入到NaClO溶液中发生氧化还原反应,不是复分解反应,与酸性强弱无关,故D错误;
故选C。
4.A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等;B的单质分子中有三对共用电子;C、D同主族,且核电荷数之比为1:
2。
下列有关说法不正确的是()
A.C、D、E的简单离子半径:
D>E>C
B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子
C.由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离
D.分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构,则分子中存在非极性键
【答案】C
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等,A为氢元素;B的单质分子中有三对共用电子,B为氮元素;C、D同主族,且核电荷数之比为1︰2,C为氧元素,D为硫元素,E为氯元素。
【详解】A.C、D、E的简单离子,S2-与Cl-电子层结构相同,O2-少一个电子层,离子半径:
S2->Cl->O2-,故A正确;
B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl,故B正确;
C.由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离,故C错误;
D.分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构,则分子中存在非极性键S-S键,故D正确;故选C。
【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表,解题关键:
位置结构性质的相互关系应用,难点B,N2H4、H2O2两种分子也是18电子。
5.目前,国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁-铬液流电池储能示范电站。
铁-铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+
Fe2++Cr3+,工作示意图如图。
下列说法错误的是
A.放电时a电极反应为Fe3++e−=Fe2+
B.充电时b电极反应为Cr3++e−=Cr2+
C.放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区
D.该电池无爆炸可能,安全性高,毒性和腐蚀性相对较低
【答案】C
【解析】
【分析】
铁-铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+
Fe2++Cr3+,放电时,Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b电极为负极,电极反应为Cr2+-e-=Cr3+,Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+,a电极为正极,电极反应为Fe3++e-═Fe2+,放电时,阳离子移向正极、阴离子移向负极;充电和放电过程互为逆反应,即a电极为阳极、b电极为阴极,充电时,在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+,电极反应为:
Fe2+-e-═Fe3+,阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+,电极反应为Cr3++e-═Cr2+,据此分析解答。
【详解】A.根据分析,电池放电时a为正极,得电子发生还原反应,反应为Fe3++e−=Fe2+,A项不选;
B.根据分析,电池充电时b为阴极,得电子发生还原反应,反应为Cr3++e−=Cr2+,B项不选;
C.原电池在工作时,阳离子向正极移动,故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区,C项可选;
D.该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化,不会产生易燃性物质,不会有爆炸危险,同时物质储备于储液器中,Cr3+、Cr2+毒性比较低,D项不选;
故答案选C。
6.一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示,(无机小分子产物略去)。
下列说法正确的是
A.该反应属于化合反应
B.b的二氯代物有6种结构
C.1molb加氢生成饱和烃需要6molH2
D.C5H11Cl
结构有8种
【答案】D
【解析】
【分析】
A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl;
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代;
C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2;
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构。
【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl,属于取代反应,故A错误;
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代,故B错误;
C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2,故C错误;
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种,故D正确。
故选D。
【点睛】易错点B,区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件,后者甲基上的氢也可以被取代。
7.常温下,用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。
已知Ksp(AgCl)数量级为10-10。
下列叙述正确的是
A.图中Y线代表的AgCl
B.n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液
C.向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先生成AgCl沉淀
D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为10-0.71
【答案】C
【解析】
【分析】
若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10,则数量级为10-10,若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7,则数量级为10-7,又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10,则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46,据此分析解答。
【详解】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10,则数量级为10-10,若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7,则数量级为10-7,又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10,则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46,
A.由以上分析知,图中X线代表AgCl,故A错误;
B.曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,在n点,c(Ag+)小于平衡浓度,故n点的离子Qc(Ag2C2O4)<Ksp(Ag2C2O4),故为Ag2C2O4的不饱和溶液,故B错误;
C.根据图象可知,当阴离子浓度相同时,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+),故向c(Cl−)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先析出氯化银沉淀,故C正确;
D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数
,此时溶液中的c(Ag+)相同,故有
,故D错误;
故选C。
二、非选择题(共43分)
8.亚氯酸钠(NaClO2)是二氧化氯(ClO2)泡腾片的主要成分。
实验室以氯酸钠(NaClO3)为原料先制得ClO2,再制备NaClO2粗产品,其流程如图:
已知:
①ClO2可被NaOH溶液吸收,反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。
②无水NaClO2性质稳定,有水存在时受热易分解。
(1)反应Ⅰ中若物质X为SO2,则该制备ClO2反应的离子方程式为___。
(2)实验在如图-1所示的装置中进行。
①若X为硫磺与浓硫酸,也可反应生成ClO2。
该反应较剧烈。
若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行,则三种试剂(a.浓硫酸;b.硫黄;c.NaClO3溶液)添加入三颈烧瓶的顺序依次为___(填字母)。
②反应Ⅱ中双氧水的作用是___。
保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变,实验中提高ClO2吸收率的操作有:
装置A中分批加入硫黄、___(写出一种即可)。
(3)将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2,蒸发过程中宜控制的条件为___(填“减压”、“常压”或“加压”)。
(4)反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4,直接排放会污染环境且浪费资源。
为从中获得芒硝(Na2SO4·10H2O)和石膏(水合硫酸钙),请补充完整实验方案:
___,将滤液进一步处理后排放(实验中须使用的试剂和设备有:
CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴)。
已知:
CaSO4不溶于Na2SO4水溶液;Na2SO4的溶解度曲线如图−2所示。
【答案】
(1).2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-
(2).cab(3).作还原剂(4).水浴加热时控制温度不能过高(或加一个多孔球泡等)(5).减压(6).向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌,用冰水浴控制反应温度,对浊液取样并滴加酚酞,至溶液呈浅红色时停止加入CaO。
静置后过滤,用水洗涤沉淀2-3次得到石膏;滤液蒸发浓缩,冷却结晶至32.4℃以下,接近0℃,过滤,所得晶体用冰水洗涤2-3次,低温干燥得到芒硝
【解析】
【分析】
用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2,ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2,再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品
【详解】
(1)SO2作还原剂,S化合价升高2,被氧化成SO42-,ClO3-作氧化剂,被还原成ClO2,Cl化合价降低1,结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式:
2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-,故答案为:
2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-;
(2)①反应剧烈,浓硫酸只能在最后添加,结合流程图可知先加NaClO3,所以顺序为:
先加NaClO3,再加S,最后加浓硫酸,故答案为:
cab;
②反应Ⅱ中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2,过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClO2,过氧化氢会分解,温度不宜太高,所以控制A中水浴加热时温度不过高,或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡,故答案为:
作还原剂;水浴加热时控制温度不能过高(或加一个多孔球泡等);
(3)无水NaClO2性质稳定,有水存在时受热易分解,应该减压,让水分尽快蒸发,故答案为:
减压;
(4)加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4,为了保证NaHSO4反应完,所加CaO需稍过量,CaO过量溶液就显碱性了,可以用酚酞作指示剂,当溶液变为浅红色时停止加CaO,CaSO4不溶于Na2SO4水溶液,此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏,此时滤液为Na2SO4溶液,还不是芒硝,从图上看,可将温度调整32.4℃以下,形成芒硝,析出芒硝晶体,过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了,为了使芒硝产率较高,可用冰水洗涤,降低因溶解损失的量,故答案为:
向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌,用冰水浴控制反应温度,对浊液取样并滴加酚酞,至溶液呈浅红色时停止加入CaO。
静置后过滤,用水洗涤沉淀2-3次得到石膏;滤液蒸发浓缩,冷却结晶至32.4℃以下,接近0℃,过滤,所得晶体用冰水洗涤2-3次,低温干燥得到芒硝。
【点睛】结合图像,温度低于32.4℃以下,硫酸钠结晶得到芒硝,温度降低,芒硝的溶解度减小,可用冰水洗涤减小损失率。
9.以含锂电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)和浓硫酸为原料,制备电池级碳酸锂,同时得副产品冰晶石,其工艺流程如下:
已知LiOH易溶于水,Li2CO3微溶于水。
回答下列问题:
(1)电解铝废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为___________。
滤渣2的主要成分是(写化学式)_________。
(2)碱解反应中,同时得到气体和沉淀反应的离子方程式为_____________。
(3)一般地说K>105时,该反应进行得就基本完全了。
苛化反应中存在如下平衡:
Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)通过计算说明该反应是否进行完全________(已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4、Ksp(CaCO3)=2.5×10-9)。
(4)碳化反应后的溶液得到Li2CO3的具体实验操作有:
加热浓缩、______、______、干燥。
(5)上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式为__________。
(6)Li2CO3是制备金属锂的重要原料,一种制备金属锂的新方法获得国家发明专利,其装置如图所示:
工作时电极C应连接电源的______极,阳极的电极反应式为__________。
该方法设计的A区能避免熔融碳酸锂对设备的腐蚀和因________逸出对环境的污染。
【答案】
(1).HF
(2).CaCO3、Al(OH)3(3).2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑(4).该反应的K=3.5×105,可以认为该反应进行完全(5).冷却结晶(6).过滤洗涤(7).6HF+Na2SO4+NaAlO2=Na3AlF6+H2SO4+2H2O(8).负(9).2Cl--2e-=Cl2↑(10).氯气
【解析】
【分析】
含锂电解铝废渣主要成分为LiF、AlF3、NaF,少量CaO等,加入浓硫酸生成的气体为HF,浸取后过滤分离出滤渣为CaSO4,滤液中加碳酸钠发生2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑、2Li++CO32-=Li2CO3,气体为二氧化碳,过滤分离出滤液含硫酸钠,分离出氢氧化铝、Li2CO3,再加CaO、苛化反应将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液,过滤分离出滤渣2含碳酸钙,碳化时LiOH与二氧化碳反应生成Li2CO3,二氧化碳在流程中可循环使用,以此来解答。
【详解】
(1)根据上述分析,废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为HF,根据上述分析,滤渣2的主要成分是CaCO3、Al(OH)3,故答案为:
HF;CaCO3、Al(OH)3;
(2)碱解反应中,同时得到气体和沉淀反应是铝离子与碳酸根离子的双水解反应,离子方程式为:
2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑,故答案为:
2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;
(3)Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)的
>105,可以认为该反应进行完全,故答案为:
该反应的K=3.5×105,可以认为该反应进行完全;
(4)碳化反应后的溶液得到Li2CO3的具体实验操作有:
加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥,故答案为:
冷却结晶、过滤洗涤;
(5)根据流程图知,反应物为HF、Na2SO4、NaAlO2,生成物为Na3AlF6,根据原子守恒及反应原理书写方程式为:
6HF+Na2SO4+NaAlO2=Na3AlF6+H2SO4+2H2O,故答案为:
6HF+Na2SO4+NaAlO2=Na3AlF6+H2SO4+2H2O;
(6)根据图示C极有Li生成,电极反应为:
Li++e-=Li,则C为阴极,发生还原反应,应连接电源的负极;阳极发生氧化反应,根据图示阳极有氯气生成,则电极反应式为:
2Cl--2e-=Cl2↑;根据图示分析,该方法设计的A区能用熔融的碳酸锂吸收产生的氯气,防止氯气对还原产生污染,故答案为:
负;2Cl--2e-=Cl2↑;氯气。
10.CO和H2是工业上最常用的合成气,该合成气的制备方法很多,它们也能合成许多重要的有机物。
回答下列问题:
(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和H2O为原料,有关反应的能量变化如图所示。
CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为____。
(2)工业乙醇也可用CO和H2合成,常含一定量甲醇,各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒,但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。
有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量,甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3等物质,写出其化学方程式___________。
(3)为了检验由CO和H2合成气合成的某有机物M的组成,进行了如下测定:
将1.84gM在氧气中充分燃烧,将生成的气体混合物通过足量的碱石灰,碱石灰增重4.08g,又知生成CO2和H2O的物质的量之比为3:
4。
则M中碳、氢、氧原子个数之比为____。
(4)CO2和H2合成甲醇涉及以下反应:
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H=-49.58kJ/mol。
在反应过程中可以在恒压的密闭容器中,充入一定量的CO2和H2,测得不同温度下,体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示:
①反应过程中,表明反应达到平衡状态的标志是______;
A.生成3molO-H键,同时断裂3molH-H键B.容器中气体的压强不再变化
C.容器中气体的平均摩尔质量不变D.CH3OH的浓度不再改变
②比较T1与T2的大小关系:
T1___T2(填“<”、“=”或“>”)。
③在T1和P2的条件下,向密闭容器中充入1molCO2和3molH2,该反应在第5min时达到平衡,此时容器的容积为2.4L,则该反应在此温度下的平衡常数为____,保持T1和此时容器的容积不变,再充入1molCO2和3molH2,设达到平衡时CO2的总转化率为a,写出一个能够解出a的方程或式子___(不必化简,可以不带单位)。
【答案】
(1).CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+(-p+3n+m)kJ·mol-1
(2).CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O(3).3:
8:
3(4).CD(5).<(6).3(7).
【解析】
【分析】
(1)根据图像书写热化学方程式,结合盖斯定律计算反应热;
(2)结合提供信息,利用氧化还原反应电荷守恒和物料守恒书写方程式;
(3)根据有机物燃烧碳原子守恒、氢原子守恒,以及生成物的比例关系列方程计算M中的碳、氢、氧数目;
(4)①根据平衡状态的特点,以及变量变成不变量时反应达到平衡等分析判断;
②二氧化碳的转化率随温度的升高而降低,据此分析;
③列“三段式”,利用温度不变,平衡常数不变的关系进行解答计算。
【详解】
(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式:
CO(g)+
O2(g)=CO2(g)ΔH1=-mkJ·mol-1;H2(g)+
O2(g)=H2O(g)ΔH2=-nkJ·mol-1;CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-pkJ·m
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