2025年河南省新高考化学试卷（选择性）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年河南省新高考化学试卷（选择性）一、单选题：本大题共14小题，共42分。1.活字印刷术极大地促进了世界文化的交流，推动了人类文明的进步。下列“活字”字坯的主要成分为硅酸盐的是(

)A.泥活字B.木活字C.铜活字D.铅活字A.A B.B C.C D.D2.下列化学用语或图示正确的是(

)A.反−1，2−二氯乙烯的结构式：

B.二氯甲烷分子的球棍模型：

C.基态S原子的价电子轨道表示式：

D.用电子式表示CsCl的形成过程：3.下列图示中，实验操作或方法符合规范的是(

)A.溶解氯化钠固体B.量取20.00mL草酸溶液C.收集二氧化碳气体D.观察钠与水的反应A.A B.B C.C D.D4.X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。下列说法错误的是(

)A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化

C.R→Q反应需要在强酸性条件下进行 D.Q可以通过单质间化合反应制备5.对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是(

)A.磷酸二氢钠水解：H2PO4−+H2O⇌H3P6.我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素Q、W、X、Y和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多1，X所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是(

)A.QY3为极性分子 B.ZY为共价晶体

C.原子半径：W>Z D.1个X2分子中有27.化合物M是从红树林真菌代谢物中分离得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是(

)A.分子中所有的原子可能共平面

B.1mol M最多能消耗4mol NaOH

C.既能发生取代反应，又能发生加成反应

D.能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键8.某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。下列说法错误的是(

)

A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质

B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O

9.自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氯气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量Mr=870+32x(x为整数)。下列说法正确的是(

)

A.x=1 B.第一电离能：C<N<O

C.该化合物中不存在离子键 D.该化合物中配位数与配体个数相等10.在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g)⇌CH3CH=CA.总反应是放热反应

B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同

C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定

D.①转化为②的进程中，决速步骤为 11.可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景。一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。下列说法错误的是(

)A.E能使溴的四氯化碳溶液褪色

B.由E、F和G合成M时，有HCOOH生成

C.P在碱性条件下能够发生水解反应而降解

D.P解聚生成M的过程中，存在C—O键的断裂与形成12.一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。下列说法正确的是(

)

A.Ⅱ为阳离子交换膜

B.电极a附近溶液的pH减小

C.电极b上发生的电极反应式为[Fe(CN)6]4−+e−=[Fe(CN13.在MoS2负载的Rℎ—Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3A.该反应的原子利用率为100%

B.每消耗1molO2可生成1molCH3COOH

C.反应过程中，Rℎ和Fe的化合价均发生变化

D.若以14.乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为Y)可结合H+转化为[H2NCH2CH2NH3]+(简写为HY+)[H3NCH2CH2NH3]2+(简写为H2Y2+)。Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子。室温下向AgNO3溶液中加入A.曲线Ⅰ对应的离子是[AgY2]+

B.δ(HY+)最大时对应的pH=8.39

C.反应A二、流程题：本大题共1小题，共14分。15.一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rℎ(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)“酸溶1”的目的是______。

(2)已知“酸溶2”中Rℎ转化为H3[RℎCl6]，则生成该物质的化学方程式为______；“滤渣”的主要成分是______(填化学式)。

(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rℎ2O3和RℎCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为______。

(4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10−4mol⋅L−1，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为______(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10−28]。

A.2.0

B.4.0

C.6.0

(5)“活化还原”中，SnCl2三、实验题：本大题共1小题，共14分。16.某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为S+2OH−+3H2O2=SO42−+4H2O。

主要实验步骤如下：

Ⅰ.如图所示，准确称取mg细粉状药用硫黄于①中，并准确加入V1mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。

Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至100℃，保持20min，冷却至室温。

Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用cmol⋅L−1HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V2mL。

Ⅳ.不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3mL。计算样品中硫的质量分数。

Ⅴ.平行测定三次，计算硫含量的平均值。

回答下列问题：

(1)仪器①的名称是：______；②的名称是______。

(2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是______。四、简答题：本大题共1小题，共15分。17.CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下：

反应Ⅰ：CaCO3(g)⇌CaO(g)+CO2(g) ΔH1=+178kJ⋅mol−1

反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g) ΔH2=+247kJ⋅mol−1

反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41kJ⋅mol−1

回答下列问题：

(1)Ca位于元素周期表中______区；基态Ni2+的价电子排布式为______。

(2)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是______。

(3)NixP的晶胞如图1所示(晶胞参数a=b≠c，α=β=90°，γ=120°)，该物质的化学式为______。

(4)恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是______。

(5)在温度分别为T1五、推断题：本大题共1小题，共15分。18.化合物I具有杀虫和杀真菌活性，以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。

已知：

回答下列问题：

(1)I中含氧官能团的名称是______。

(2)A的结构简式为______。

(3)由B生成C的化学方程式为______。反应时，在加热搅拌下向液体B中滴加异丙醇；若改为向异丙醇中滴加B则会导致更多副产物的生成，副产物可能的结构简式为______(写出一种即可)。

(4)由D生成E的反应类型为______。

(5)由F生成H的反应中可能生成中间体J，已知J的分子式为C23H26F3NO3，则J的结构简式为______(写出一种即可)。

(6)G的同分异构体中，含有碳氧双键的还有______种(不考虑立体异构)答案解析1.【答案】A

【解析】解：A.泥活字是黏土烧制得到，所以主要成分是硅酸盐，故A正确；

B.木头的主要成分是纤维素，不属于硅酸盐，故B错误；

C.铜活字的成分是合金，不属于硅酸盐，故C错误；

D.铅活字的成分是合金，不属于硅酸盐，故D错误；

故选：A。

A.黏土烧制得到硅酸盐；

B.木头的主要成分是纤维素；

C.铜活字的成分是合金；

D.铅活字的成分是合金。

本题考查物质的结构和性质，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确物质的成分是解本题关键，题目难度不大。2.【答案】B

【解析】解：A．为顺−1，2−二氯乙烯的结构式，反−1，2−二氯乙烯的结构式：，故A错误；

B.r(Cl)>r(C)>r(H)，二氯甲烷的空间构型为四面体形，则二氯甲烷分子的球棍模型：，故B正确；

C.违反洪特规则，基态S原子的价电子轨道表示式为：，故C错误；

D.CsCl是离子化合物，用电子式表示CsCl的形成过程为，故D错误；

故选：B。

A.为顺−1，2−二氯乙烯的结构式；

B.r(Cl)>r(C)>r(H)，二氯甲烷的空间构型为四面体形；

C.违反洪特规则；

D.CsCl是离子化合物。

本题考查化学用语，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确电子式、轨道表示式、结构式的书写规则是解本题关键，题目难度不大。3.【答案】B

【解析】解：A.不能用试管溶解固体药品且溶解时不能用手捂住试管口，应该用烧杯溶解NaCl固体且用玻璃棒搅拌，故A错误；

B.酸式滴定管的感量是0.01mL，用酸式滴定管量取20.00mL草酸，故B正确；

C.集气瓶不能塞上塞子，防止集气瓶内压强过大而产生安全事故，故C错误；

D.不能近距离观察Na和水的反应现象，防止溅出液体而产生安全事故，故D错误；

故选：B。

A.不能用试管溶解固体药品且溶解时不能用手捂住试管口；

B.酸式滴定管的感量是0.01mL；

C.集气瓶不能塞上塞子；

D.不能近距离观察Na和水的反应现象。

本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确实验原理、实验操作的规范性是解本题关键，题目难度不大。4.【答案】C

【解析】解：A.Y是Fe2O3，常用作油漆、涂料等的红色颜料，故A正确；

B.溶液Z中铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，溶液呈红棕色，溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化，故B正确；

C.R是亚铁盐、Q为FeS，FeS能溶于强酸溶液，所以R→Q反应不能在强酸性条件下进行，故C错误；

D.Q为FeS，Fe和S共热得到FeS，故D正确；

故选：C。

X是自然界中一种常见矿物的主要成分，X和Q的组成元素相同，固体Y是红棕色的、溶液Z是棕黄色的、溶液R是浅绿色的，则X、Y、Z、R、Q中都含有铁元素，根据颜色知，X为FeS2，Y为Fe2O3，5.【答案】A

【解析】解：A.NaH2PO4水解生成H3PO4和NaOH，水解离子方程式为H2PO4−+H2O⇌H3PO4+OH−，故A正确；

B.Ag2O和稀盐酸反应生成AgCl，离子方程式为Ag2O+2H++2Cl−=2AgCl+H2O，故B错误；

C.NaClO具有强氧化性，能和HI反应生成NaCl、I2和H2O，离子方程式为ClO−+2H++2I−=Cl−+I2+H2O，故C错误；

D.向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，NaHSO4和Ba(HCO3)2以26.【答案】D

【解析】解：由分析可知，Q为B元素、W为N元素、X为N元素、Y为F元素、Z为Na元素；

A.QY3是BF3，分子中B原子孤电子对数=3−1×32=0、价层电子对数=0+3=3，分子空间构型为平面正三角形，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故A错误；

B.ZY是NaF，属于离子晶体，故B错误；

C.同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：W(氮)<Z(钠)，故C错误；

D.X2分子是N2，其结构式为N≡N，1个N2分子中有2个π键，故D正确；

故选：D。

Q、W、X、Y和Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多1，其核外电子排布式为1s22s22p3，故X为N元素；X(氮)所在族的族序数等于Q的质子数，即Q的质子数为5，故Q为B元素；W的原子序数介于硼、氮之间，则W为C元素；Y和Z的核电荷数之和为Q的4倍，即二者核电荷数之和为4×5=20，Z元素一定处于第三周期，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，只能是7.【答案】C

【解析】解：A.分子中存在饱和碳原子，饱和碳原子连接的4个原子形成四面体结构，分子中所有的原子一定不能共平面，故A错误；

B.分子中2个酚羟基、1个羧基以及1个酯基水解生成的1个羧基、1个酚羟基与氢氧化钠反应，1mol M最多能消耗5mol NaOH，故B错误；

C.分子含有酚羟基、羧基、酯基等，可以发生取代反应，还含有苯环，也可以发生加成反应，故C正确；

D.分子中含有羟基、羧基等，可以形成分子间氢键，酚羟基与羧基处于邻位，也可以形成分子内氢键，故D错误；

故选：C。

A.分子中存在饱和碳原子；

B.分子中酚羟基、羧基以及酯基水解生成的羧基、酚羟基与氢氧化钠反应；

C.分子含有酚羟基、羧基、酯基与苯环等；

D.酚羟基与羧基处于邻位，可以形成分子内氢键。

本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意理解酯基与碱反应原理，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。8.【答案】D

【解析】解：A.根据分析可知，②中沉淀是Cu(OH)2，④中沉淀是Cu(NH3)4SO4⋅H2O，故A正确；

B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O，[Cu(NH3)4]2+比[Cu(H2O)4]2+更稳定，故B正确；

C.④中深蓝色物质是Cu(NH3)9.【答案】A

【解析】解：A.根据热重曲线图可知，32x870+32x×100%=(1−96.5%)=3.5%，解得：x≈1，故A正确；

B.第一电离能：C<O<N，故B错误；

C.该化合物中含铁的配位离子与NO3−之间存在离子键，故C错误；

D.该化合物中配位属于多齿配体，配位数为6，配体个数为2，两者个数不相等，故D错误；

故选：A。

A.根据热重曲线图可知，分子中甲醇的质量分数为3.5%；

B.N的第一电离能反常，大于O；

C.该化合物中含铁的配位离子与NO3−之间属于离子键；

10.【答案】C

【解析】解：A.由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，总反应是吸热反应，故A错误；

B.催化剂不影响平衡移动，两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同，故B错误；

C.由图可知，和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态能量更低，更稳定，故C正确；

D.由图可知，①转化为②的进程中，决速步骤为 ∗CH3CHCH3+∗H→∗CH3CHCH2+2∗11.【答案】B

【解析】解：A.E分子含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；

B.根据原子守恒，HCHO应获得氢原子，反应有HCH2OH生成，故B错误；

C.P分子链节中存在酯基，在碱性条件下能够发生水解反应而降解，故C正确；

D.对比P、M的结构可知，P解聚生成M的过程中，P的链节中C—O键的断裂，形成M中环状结构，即存在C—O键的断裂与形成，故D正确；

故选：B。

A.E分子含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应；

B.根据原子守恒，HCHO应获得氢原子；

C.P分子链节中存在酯基；

D.P解聚生成M的过程中，P12.【答案】D

【解析】解：A.由分析可知膜Ⅱ为阴离子交换膜，故A错误；

B.电极a反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，附近溶液的pH增大，故B错误；

C.电极b上发生氧化反应，故电极反应为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−，故C错误：

D.每脱除58.5gNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+和1molCl−分别透过离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到1mol LiCl，故D正确；

故选：D。

由图可知，左侧为阴极，电极反应为O2+4e−+213.【答案】B

【解析】解：A.根据分析可知，该反应为化合反应，原子利用率为100%，故A正确；

B.根据分析可知，每消耗1molO2可生成2molCH3COOH，故B错误；

C.根据反应历程原理可知，催化剂Rℎ—Fe有连接4个S原子和2个S原子的，这两者类型的原子成键数目均会发生改变，所以反应过程中，Rℎ和Fe的化合价均发生变化，故C正确；

D.若以CD4为原料，根据反应历程可知，会生成CD3COOD，用H2O吸收产物时，根据电离平衡：CD3COOD⇌CD3COO−+14.【答案】D

【解析】解：A.Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子，发生的反应为Ag++Y⇌[AgY]+、[AgY]++Y⇌[AgY2]+，故随着Y浓度的变大，Ag+浓度变小，[AgY]+先增大后减小，[AgY2]+增大，则曲线Ⅰ表示[AgY]+，故A正确；

B.Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：Y+H2O⇌HY++OH−，当c(HY+) =c(Y)时，c(H+) =10⁻9.93，c(OH−) =10−4.07，则Kb1=10−4.07，同理Kb2=10−7.15，Kb1⋅Kb2=c(H2Y+)⋅c2(OH−)c(Y)=10−11.22，根据分布系数δ(N)与pH的变化关系图可知，当δ(H2Y2+) =δ(Y)时，δ(HY+)最大，则c(OH−) =10−5.61，pH = 8.39，故B正确；

C.当c(Y) =10−4.70mol/L时，c(AgY2)15.【答案】除去原料中的Fe杂质；

Rℎ+6HCl+HNO3=H3[RℎCl6]+NO↑+2H2O；SiO2；

Rℎ2O3+3H22Rℎ+3H2O、2RℎCl3+3H【解析】(1)根据流程图，原料中的Fe会与盐酸反应，故“酸溶1”的目的是为了除去原料中的Fe杂质，

故答案为：除去原料中的Fe杂质；

(2)王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3的混合物，可溶解金、铂等金属，根据题目信息，“酸溶2”中Rℎ转化为H3[RℎCl6]，则生成该物质的化学方程式为Rℎ+6HCl+HNO3=H3[RℎCl6]+NO↑+2H2O；原料中的SiO2不溶于盐酸、硝酸，故“滤渣”的主要成分是SiO2，

故答案为：Rℎ+6HCl+HNO3=H3[RℎCl6]+NO↑+2H2O；SiO2；

(3)根据题目信息，流程图中“高温还原”中发生的反应是高温下H2将Rℎ2O3和RℎCl3还原为Rℎ，反应的化学方程式为：Rℎ2O3+3H22Rℎ+3H2O、2RℎCl3+3H2Rℎ+6HCl，

故答案为：Rℎ2O3+3H22Rℎ+3H2O、2RℎCl3+3H2Rℎ+6HCl；

(4)初始浓度为1.0×10−4mol⋅L−1的SnCl2溶液，要避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液应控制最低pH=14+12lgKsp[Sn(OH)2]c(Sn2+)=14+12lg5.5×10−281×10−4=2−lg5.5<2，故溶液适宜的pH为可选2.0，A正确，

故答案为：A；

(5)配离子[Rℎ(SnCl3)5]4−中，Sn为+2价，Cl为−1价，设Rℎ的化合价为x，则有x+(+2−1×3)×5=−4，解得x=+1，即Rℎ的化合价为+1价；“活化还原”中，SnCl2与Rℎ(Ⅲ)反应，Rℎ(Ⅲ)转化为[Rℎ(SnCl3)5]4−，Rℎ的化合价从+3变为+1，得2个电子，SnCl2转化为[SnCl6]2−，Sn的化合价从+2变为+4，失2个电子，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂电子得失守恒，可知SnCl2和Rℎ(Ⅲ)反应的物质的量之比为1：1，

故答案为：+1；1：1；

(6)根据流程图，二次还原中，Zn将Sn及Rℎ的化合物还原为单质，故滤渣中有Rℎ、Sn和过量的Zn单质，利用Sn、Zn溶于盐酸而Rℎ不溶于盐酸的性质，将Rℎ与Sn和Zn分离，“酸溶3”的目的就是除去Sn和Zn，得到纯净的Rℎ，

故答案为：除去Sn和16.【答案】圆底烧瓶；球形冷凝管；

降低KOH溶液的极性，增大硫的溶解性，使其与KOH反应更充分；

乙醇具有还原性，会与H2O2反应，导致H2O2用量增大；

为了避免因水沸腾大量蒸发而造成能源浪费；取少量反应后液体，加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明反应后溶液中有SO42−；

【解析】(1)仪器①的名称是圆底烧瓶，②的名称是球形冷凝管，

故答案为：圆底烧瓶；球形冷凝管；

(2)硫为非极性分子，硫难溶于水，KOH中加乙醇可降低KOH溶液的极性，增大硫的溶解性，使其与KOH反应更充分，

故答案为：降低KOH溶液的极性，增大硫的溶解性，使其与KOH反应更充分；

(3)步骤Ⅰ中，S与KOH反应生成K2S及K2SO3等还原性产物，然后加入强氧化剂H2O2将它们氧化为SO42−，而乙醇具有还原性，会与H2O2反应，导致H2O2用量增大，

故答案为：乙醇具有还原性，会与H2O2反应，导致H2O2用量增大；

(4)步骤Ⅱ中，用水浴加热至100℃，水槽中的水沸腾，大量蒸发，耗费大量能量。不采用水浴加热，可避免因水沸腾大量蒸发而造成能源浪费，步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的SO42−，实验操作是：取少量反应后液体，加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明反应后溶液中有SO42−，

故答案为：为了避免因水沸腾大量蒸发而造成能源浪费；取少量反应后液体，加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明反应后溶液中有SO42−；

(5)步Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为：当最后半滴HCl标准液滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且30秒内保持不变色，

故答案为：当最后半滴HCl标准液滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且30秒内保持不变色；

(6)反应中用于与S反应的NaOH的体积为V=(V3−V2)mL，根据题给方程式，n(S)=12n(NaOH)=12×cmol⋅L−1×(V3−V2)mL=5×10−4c(V3−V2)mol，其质量m(S)=32g/mol×5×10−4c(V3−V2)mol=0.016c(V3−V17.【答案】d；3d8；

H2O中O原子有2个孤电子对；

Ni2P；

碳酸盐分解生成CO2，CH4与CO2反应，CO2【解析】(1)Ca是20号元素，价层电子排布式为4s2，位于元素周期表中d区；Ni是28号元素，价层电子排布式为3d84s2，形成离子先失去最外层电子，基态Ni2+的价电子排布式为3d8，

故答案为：d；3d8；

(2)H2O中O原子价层电子对数为2+6−1×22=4，VSEPR模型是正四面体形，有2个孤电子对，使其空间结构为V形，

故答案为：H2O中O原子有2个孤电子对；

(3)P原子位于顶点和体内，个数为4×16+4×112+2=3，Ni位于棱上、面上和体内，个数为8×14+6×12+1=6，Ni：P=6：3=2：1，化学式为Ni2P，

故答案为：Ni2P；

(4)碳酸盐分解生成CO2，CH4与CO2反应，CO2浓度降低，促进碳酸盐分解反应正向进行，

故答案为：碳酸盐分解生成CO2，CH4与CO2反应，CO2浓度降低，促进碳酸盐分解反应正向进行；

(5)反应Ⅱ为吸热反应，压强相同时，升高温度，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大，由图可知，压强相同时，T1温度下的CH4平衡转化率最大，故T1温度最高，

故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动；

(6)一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0molCaCO3和1.0molCH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，由反应ⅠCaCO3(g)⇌CaO(g)+CO2(g)可知，到达平衡时，反应Ⅰ中共生成0.8molCO2，CH4转化率为60%，即有0.6mol反应CH4，CO物质的量为1.3mol，

反应ⅡCH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)

初始(mol)

1.0

0.8

0

0

转化(mol)

0.6

0.6

1.2 1.2

平衡(mol)

0.4

0.2

1.2 1.2

平衡时，CO物质的量为1.