学年河南省上蔡县第二高级中学高二上学期期中考试化学试题.docx

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学年河南省上蔡县第二高级中学高二上学期期中考试化学试题

2018-2019学年度上期期中考试

高二化学试题

★祝考试顺利★

注意事项：

1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：

每个小题选出答案后，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选择题答题区域的答案一律无效。

3、主观题的作答：

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的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写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选修题答题区域的答案一律无效。

5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：

H－1Mg－24Cu-64

第Ⅰ卷（选择题，共48分）

一.选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意请将正确答案填涂在答题卡的相应位置。

）

1.京津冀地区的大气污染问题已成影响华北环境的重要因素，有人想利用下列反应：

2CO（g）＋SO2（g）

2CO2（g）＋S（g）ΔH=+8.0kJ·mol-1来减少污染，使用新型催化剂加快反应。

下列有关该反应过程的能量变化示意图正确的是（）

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

试题分析：

已知的反应是吸热反应，则反应物的能量低于生成物的能量，排除A、C选项；加入催化剂，能够改变反应途径，降低反应的活化能，但是反应热不变，故选项是B。

错误。

考点：

考查外界环境对反应反应的影响的知识。

2.1.0mol.L-1的氨水中存在下列平衡：

NH3·H2O

NH4+＋OH－，若想增大NH4+的浓度，而不增大OH－的浓度，应采取的措施是（）

A.适当升高温度B.加入NaOH固体

C.通入NH3D.加入NH4Cl固体

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、升高温度促进一水合氨电离，则溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度都增大，所以不符合题意，故A错误；B、加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则铵根离子浓度减小，故B错误；C、通入氨气，溶液中一水合氨浓度增大，一水合氨电离出的氢氧根离子和铵根离子浓度都增大，故C错误；D、加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则氢氧根离子浓度减小，符合题意，故D正确。

考点：

本题考查弱电解质的电离平衡。

3.以下事实不能用勒夏特利原理来解释的是：

（）

A.用排饱和食盐水的方法收集氯气

B.增大压强，有利于N2和H2反应生成NH3

C.合成氨工业选择高温（合成氨反应为放热反应）

D.在Fe3++3SCN-

Fe（SCN）3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深

【答案】C

【解析】

【分析】

勒夏特列原理为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，根据温度、压强、浓度对化学反应平衡的影响来分析，若温度、压强、浓度改变会导致化学平衡发生移动则可以用勒沙特列原理解释。

【详解】A项、氯气与水反应存在如下平衡：

Cl2+H2O

H++Cl-+HClO，用排饱和食盐水的方法收集氯气时，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，故A错误；

B项、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行，即N2和H2反应向着生成NH3的方向进行，能用勒夏特利原理来解释，故B错误；

C项、合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，高温的目的是选择催化剂的活性温度，能够加快反应反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特利原理来解释，故C错误；

D项、增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe（SCN）3浓度增大，体系颜色变深，能用勒夏特利原理来解释，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查化学平衡移动原理，要求学习基本概念和基本理论时要注意深化理解，注意平衡移动原理适用范围，明确平衡移动原理内涵是解答本题的关键。

4.下列说法正确的是（）

A.在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行

B.NH4HCO3（s）=NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57kJ·mol-1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向

C.因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据

D.在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应也可能自发进行，A错误；B．NH4HCO3（s）=NH3（g）＋H2O（g）＋CO2（g）△H＝+185.57kJ/mol，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，B正确；C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变可以共同作为反应自发性的判据，而不能单独使用，C错误；D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变反应速率，但不能改变化学反应进行的方向，D错误，答案选B。

考点：

考查反应自发性判断

5.反应H2（g）+I2（g）

2HI（g）的平衡常数K1，反应HI（g）

1/2H2（g）+1/2I2（g）的平衡常数K2，则K1、K2的关系为（平衡常数为同温度下的测定值）（）

A.K1=2K2B.K1=K22C.K1=

K2D.K1=

【答案】D

【解析】

K1=C（HI）2／C（H2）C（I2）K2=C（H2）0.5C（I2）0.5／C（HI）K1＝1/K22

6.一定条件下，在一恒容密闭容器中，能表示反应X（g）＋2Y（g）

2Z（g）一定达到化学平衡状态的是

①容器中气体的密度不再发生变化

②X、Y、Z的浓度不再发生变化

③容器中的压强不再发生变化

④单位时间内生成2nmolZ，同时消耗2nmolY

A.①②B.②③C.③④D.①④

【答案】B

【解析】

试题分析：

①根据质量守恒定律知，混合气体的总质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，所以不能根据密度判断反应是否达到平衡状态，故错误；②当反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，所以能判断该反应达到平衡状态，故正确；③该反应的反应前后气体体积改变，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以压强不再变化，所以能判断该反应达到平衡状态，故正确；④当反应达到平衡状态时，单位时间内生成2nmolZ，同时生成2nmolY，如果单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY，该反应未达到平衡状态，故错误；故选B。

考点：

考查化学平衡状态的判断

7.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：

CH3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+。

下列有关说法正确的是

A.检测时，电解质溶液中的H+向负极移动

B.若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气

C.电池反应的化学方程式为：

CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O

D.正极上发生的反应为：

O2+4e-+2H2O=4OH-

【答案】C

【解析】

：

该燃料电池的电极反应式分别为正极：

O2+4e-+4H+=2H2O，负极：

CH3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A不正确；根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，B不正确；将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，C正确；根据正极反应式可知，D不正确。

考点定位：

本题考查原电池原理，涉及到电极反应式的书写，溶液中离子的定向移动及相关计算。

8.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3＋＋Cr2＋

Fe2＋＋Cr3＋。

下列说法一定正确的是

A.充电时，阴极的电极反应式为Cr3＋＋e－=Cr2＋

B.电池放电时，负极的电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋

C.电池放电时，Cl－从负极室穿过选择性透过膜移向正极室

D.放电时，电路中每流过0.1mol电子，Fe3＋浓度降低0.1mol·L－1

【答案】A

【解析】

放电与充电时发生的反应互为逆反应，放电时，Cr2＋发生氧化反应Cr2＋－e－=Cr3＋，则充电时Cr3＋被还原，A项正确，B项错误；电池放电时，阴离子应由正极移向负极，C项错误；D项没有给出溶液的体积，错误。

9.将pH＝3的盐酸aL分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性；①1×10－3mol·L－1的氨水bL；②c（OH－）＝1×10－3mol·L－1的氨水cL；③c（OH－）＝1×10－3mol·L－1Ba（OH）2的溶液dL；则a、b、c、d的关系正确的是

A.b＞a＝d＞cB.a＝b＞c＞dC.a＝b＞d＞cD.c＞a＝d＞b

【答案】A

【解析】

（1）pH=3的盐酸的物质的量浓度=1×10﹣3mol/L，①中氨水的物质的量浓度是1×10﹣3mol/L，②一水合氨是弱电解质，只有部分电离，所以②中氨水的浓度大于1×10﹣3mol/L，③中氢氧根离子的浓度是1×10﹣3mol/L．

（2）盐酸和氢氧化钡都是强电解质，氢离子和氢氧根离子中和时是1：

1的关系，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以a、d的体积相等，即a=d；

（3）②的氨水浓度大于①的浓度，中和相同物质的量的盐酸，氨水的浓度越大，使用的氨水的体积越小，所以c＜b．

（4）盐酸和氨水反应生成的氯化铵是强酸弱碱盐，水解后使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，氨水的物质的量应稍微比盐酸的大些，当盐酸浓度和氨水的浓度相等时，氨水的体积b应大于盐酸的体积a，即溶液的体积a＜b．

（5）②③中氢氧根离子的浓度相等，一水合氨是一元弱电解质，氢氧化钡是强电解质，所以氨水的浓度大于③中氢氧根离子浓度，中和相同物质的量的氢离子时，②所用的氨水的体积小于③氢氧化钡溶液的体积，即c＜d=a．所以a、b、c、d的关系b＞a=d＞c，故选A．

【点评】本题考查了酸碱混合时的定性判断，难度不大，注意弱碱（一元）溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等．

10.A、B的混合气体在密闭容器中发生如下反应：

xA（g）+yB（g）

zC（g）△H＜0。

达到化学平衡后测得A的浓度为0.5mol·L-1；在恒温下，将密闭容器的容积压缩至原来的二分之一，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.9mol·L-1。

则下列叙述中正确的是（）

A.x+y＜zB.平衡向正反应方向移动了

C.B的转化率下降D.C的体积分数减小

【答案】B

【解析】

【分析】

平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变将容器的容积缩小到原来的一半，如平衡不移动，则A的浓度应增大为1.0mol/L，而此时为0.9mol/L，则说明增大压强平衡向正方向移动。

【详解】A项、增大压强，平衡向正反应方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+y＞z，故A错误；

B项、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B正确；

C项、增大压强，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大了，故C错误；

D项、增大压强，平衡向正反应方向移动，故C的体积分数增加了，故D错误。

故选B。

【点睛】题考查了根据化学平衡的移动来判断化学反应的特点，解答的关键是根据平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩至原来的二分之一，此时A的浓度应该为1.0mol/L，再达平衡时，测得A的浓度为0.9mol/L，说明增大压强平衡向正反应方向移动。

11.如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：

A（g）+2B（g）

xC（g）ΔH=-192kJ·mol-1。

向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。

下列说法正确的是

A.若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：

φ（M）>φ（N）

B.若x>3，达到平衡后B的转化率关系为：

α（M）>α（N）

C.若x<3，C的平衡浓度关系为：

c（M）>c（N）

D.x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等

【答案】D

【解析】

M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，

A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：

φ（M）=φ（N），故A错误；B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：

α（M）＜α（N），故B错误；C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：

c（M）＜c（N），故C错误；D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：

2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；故选D。

12.将1molSO2和1molO2通入一容积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下发生反应SO2（g）+

O2（g）

SO3（g）。

达到平衡后SO3为0.3mol，此时若移走0.5molSO2和0.5molO2，则重新达到平衡后SO3物质的量为

A.等于0.3molB.等于0.15mol

C.小于0.15molD.大于0.15mol，小于0.3mol

【答案】C

【解析】

移走一半的A2和B2，若容器的体积变为一半，则A2B的物质的量为0.15mol，但容积保持不变，相当于减小压强，平衡逆向移动，则A2B减少，即小于0.15mol，选C。

13.已知：

HCN（aq）＋NaOH（aq）==NaCN（aq）＋H2O（l）ΔH＝－12.1kJ·mol－1；

HCl（aq）＋NaOH（aq）==NaCl（aq）＋H2O（l）ΔH＝－55.6kJ·mol－1

则HCN在水溶液中电离的ΔH等于

A.＋43.5kJ·mol－1B.＋67.7kJ·mol－1

C.－43.5kJ·mol－1D.－67.7kJ·mol－1

【答案】A

【解析】

试题分析：

反应的热化学方程式分别为：

HCN（aq）+OH-（aq）═CN-（aq）+H2O（l）△H=-12.1kJ•mol-1…①

H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-55.6kJ•mol-1…②

HCN电离方程式为，HCN

H++CN-，

用①-②可得HCN电离的热化学方程式为HCN（aq）

H+（aq）+CN-（aq）△H=-12.1kJ•mol-1-（-55.6kJ•mol-1）=+43.5kJ•mol-1，故A项正确。

考点：

本题考查反应热的计算。

14.某无色透明溶液含有下列离子中的几种：

Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、SO42-、OH-、NO3-、HCO3-，在其中加入金属铁，发生反应放出气体只有H2,试判断上述离子中一定不能大量存在于此溶液中的有

A.2种B.5种C.4种D.6种

【答案】B

【解析】

【详解】无色透明溶液，说明原溶液中不存在Cu2+；加入金属铁，发生反应放出气体只有H2，说明溶液中含有H+，一定不含有NO3-；溶液中H+，一定不含有OH-、NO3-、HCO3-；由电荷守恒可知，溶液中一定存在SO42-，一定不存在Ba2+，则溶液中一定不能大量存在Cu2+、Ba2+、OH-、NO3-、HCO3-，共5种，故选B。

【点睛】本题考查离子的共存问题，注意利用溶液为电中性、离子的颜色等来分析，明确常见离子之间的反应是解答本题的关键。

15.部分弱酸的电离平衡常数如下表：

弱酸

HCOOH

HCN

H2CO3

电离平衡常数

（25℃）

Ki=1．77×10-4

Ki=4．9×10-10

Ki1=4．3×10-7

Ki2=5．6×10-11

下列选项错误的是

A．2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-

B．2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑

C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者

D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者

【答案】A

【解析】

试题分析：

根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：

HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，A、根据表中数据判断酸性HCN>HCO3-,所以二氧化碳与CN-的反应不可能生成CO32-，错误；B、HCOOH＞H2CO3，所以醋酸可以与CO32-反应制取二氧化碳，制取；C、等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，后者的浓度大与前者，所以消耗NaOH的量前者小于后者，制取；D、根据电荷守恒，c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以乙酸钠中离子浓度大，正确，答案选A。

考点：

考查弱电解质的电离，根据电离常数判断酸的强弱，强酸制弱酸的原理应用，电荷守恒规律的应用

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16.已知：

25℃时，Mg（OH）2的kSP=5.61×10-12，MgF2的kSP=7.42×10-11。

下列判断正确的是：

（）

A.25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大

B.25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大

C.25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol/L的氨水中的kSP比在20mL0.01mol/LNH4Cl溶液中的kSP小

D.25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化为MgF2

【答案】B

【解析】

【分析】

氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁在溶液中存在溶解平衡，溶液中的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；Ksp只与温度有关；不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c（Mg2+）×c（F-）2＞7.42×10-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀。

【详解】A项、氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，因氢氧化镁溶度积小，则氢氧化镁溶液中Mg2+浓度小，故A错误；

B项、25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c（Mg2+）增大，故B正确；

C项、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，所以Mg（OH）2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液中的Ksp相比较，二者相同，故C错误；

D项、因氢氧化镁溶度积比MgF2的小，所以向饱和MgF2溶液中加入饱和NaOH溶液后，如满足Qc>Ksp，则有Mg（OH）2生成，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性。

第Ⅱ卷

二、非选择题（本题包括5道小题，共52分）

17.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。

（1）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量CuSO4溶液可加快氢气的生成速率。

但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。

请分析氢气生成速率下降的主要原因___________________________。

（2）用甲烷制取氢气的两步反应的能量变化如下图所示，则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是___________________________。

（3）科学家最近研究出一种环保，安全的储氢方法，其原理可表示为：

NaHCO3

H2

HCOONa

H2O。

下列有关说法正确的是_____________。

A．储氢、释氢过程均无能量变化

B．NaHCO3、HCOONa均具有离子键和共价键

C．储氢过程中，NaHCO3被氧化

D．释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2

（4）Mg2Cu是一种储氢合金。

350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（该氢化物中氢的质量分数为0.077）。

Mg2Cu与H2反应的化学方程式为______________。

【答案】

（1）.当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积

（2）.CH4（g）+2H2O（g）＝4H2（g）+CO2（g）ΔH＝－136.5kJ/mol（3）.B（4）.2Mg2Cu＋3H2

MgCu2＋3MgH2

【解析】

【分析】

（1）生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积；

（2）根据第一步反应过程可以得出：

①CH4（g）+H2O（g）=3H2（g）+CO（g），△H=-103.3KJ/mol，根据第二步反应过程可以得出：

②CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=-33.2KJ/mol，根据盖斯定律将①+②可得甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的反应，据此书写热化学方程式；

（3）由方程式NaHCO3+H2

HCOONa+H2O可知，反应中碳元素化合价降低被还原，氢元素化合价升高被氧化；

（4）先依据氢化物的质量分数计算氢化物化学式，在依据反应物和生物写出化学方程式。

【详解】

（1）因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故答案为：

当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积；

（2）根据第一步反应过程可以得出：

CH4（g）+H2O（g）=3H2（g）+CO（g），△H=-103.3KJ/mol；根据第二步反应过程可以得出：

CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=-33.2KJ/mol；根据盖斯定律，上下两式相加可得：

CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5 kJ/mol，故答案为：

CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5kJ/m