内蒙古呼和浩特市2025届高三下学期二模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古呼和浩特市2025届高三下学期二模考试试题本试卷共8页，19小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生须将自己的个人信息填写于答题卡指定位置，并按要求粘贴条形码。2.作答时，将答案写在答题卡上。写在试卷上无效。3.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16K39Mn55Fe56一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求。1.合理利用自然资源是可持续发展的关键，下列有关叙述错误的是A.石墨矿：可用于制电极材料 B.铝土矿：可用于冶炼铝C.电石矿：可用于制乙烯 D.锗矿：可用于制半导体【答案】C【解析】A．石墨是能导电的过渡型晶体，所以石墨矿可用于制电极材料，故A正确；B．铝土矿的主要成分为氧化铝，冰晶石作用下电解熔融氧化铝冶炼铝，可以所以铝土矿可用于冶炼铝，故B正确；C．电石能与水反应生成氢氧化钙和乙炔，所以电石矿可用于制乙炔，故C错误；D．锗是性能优良的半导体材料，由锗矿可用于制半导体，故D正确；故选C。2.下列化学用语表述正确的是A.中共价键的电子云图：B.分子的球棍模型：C.用电子式表示的形成过程：D.、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为：、、【答案】A【解析】A．氯气分子中的共价键为p—pσ键，电子云图为，故A正确；B．臭氧分子的空间结构与水分子相似，空间结构为V形，分子的球棍模型为，故B错误；C．硫化钠是只含有离子键的离子化合物，表示硫化钠形成过程的电子式为，故C错误；D．C60、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为sp2、sp2、sp3，故D错误；故选A。3.实验操作的规范性以及实验安全至关重要。下列实验操作或表述错误的是A.甲烷等可燃性气体点燃前要检验纯度B.金属K着火，用湿抹布盖灭C.使用浓硝酸等挥发性试剂需在通风橱中操作D.可用苯萃取含溴废水中的溴【答案】B【解析】A．可燃性气体在点燃或加热之前都要验纯，以免发生爆炸的危险，A正确；B．金属钾着火时不能用湿抹布覆盖灭火，因为钾遇水会发生剧烈反应，产生氢气并可能导致爆炸，正确的做法是使用干燥的细沙覆盖扑灭，B错误；C．有易挥发性有毒有腐蚀的试剂取用一般在通风橱中进行操作，避免发生危险，C正确；D．溴在苯中的溶解度比在水中大很多，因此可以用苯萃取含溴废水中的溴，D正确；故答案为：B。4.下列与劳动应用相关的化学解释错误的是A.“84消毒液”用作日常消毒剂：具有强氧化性B.酿米酒需晾凉米饭后加酒曲：温度过高酒曲中有效成分失活C.聚乳酸制造环保包装材料：聚乳酸可生物降解D.小苏打作发泡剂烘焙面包：可与酸反应【答案】D【解析】A．“84消毒液”用作日常消毒剂是因为有效成分次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，故A正确；B．酒曲的主要成分是蛋白质，酿米酒需晾凉米饭后加酒曲是因为温度过高酒曲中有效成分失活，无法酿制米酒，故B正确；C．聚乳酸制造环保包装材料是因为高分子化合物聚乳酸可生物降解，能防止白色污染的发生，故C正确；D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，不是碳酸钠的俗称，故D错误；故选D。5.反应应用于石油开采。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，中质子数为B.的中心原子的价层电子对数为C.上述反应每生成28g氮气，转移电子数为D.的溶液中数为【答案】B【解析】A．标准状况下，水为液态，所以无法计算22.4L水的物质的量和含有的质子数，故A错误；B．亚硝酸根离子的中心原子的价层电子对数为2+=3，则1mol亚硝酸根离子的中心原子的价层电子对数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故B正确；C．由方程式可知，反应生成1mol氮气时，反应转移3mol电子，则生成28g氮气时，转移电子数为×3×NAmol-1=3NA，故C错误；D．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中部分水解生成一水合氨和氢离子，则1L0.1mol/L氯化铵溶液中铵根离子数目小于0.1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA，故D错误；故选B。6.下列过程或解释对应的方程式正确的是A.炽热的铁水不能注入有水的模具：B.用稀盐酸清洗水垢中的C.少量与溶液反应：D.溶液中通入少量【答案】A【解析】A．炽热的铁水不能注入有水的模具是因为铁在高温条件下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为，故A正确；B．用稀盐酸清洗水垢中的氢氧化镁发生的反应为氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为，故B错误；C．少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸，反应的离子方程式为，故C错误；D．苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故D错误；故选A。7.氯雷他定(X)、地氯雷他定(Y)是两种常见的抗过敏药物。地氯雷他定(Y)是氯雷他定(X)的活性代谢产物，抗过敏效果更强。下列有关两种药物的说法错误的是A.中所有原子共平面B.X可通过取代反应制备C.Y既可以与酸反应也可以在一定条件下与碱发生反应D.研发体现了“结构修饰可优化药物性质”的科学思维【答案】A【解析】A．Y分子中含有饱和碳原子，

饱和碳原子采取杂化，呈四面体构型，所有原子不可能共平面，A错误；B．X中的酰胺基碱性水解可以得到Y，水解反应实质是取代反应，B正确；C．Y中中的氮原子上含有孤电子对，能够与酸反应；Y中含有碳氯键，一定条件下与碱能发生水解反应，C正确；D．依据题意，Y是氯雷他定的活性代谢产物，抗过敏效果更强，Y的研发体现了结构修饰可优化药物性质的科学思维，D正确；故选A。阅读下列材料，完成下列问题高锰酸钾具有强氧化性，广泛应用于化工、医药、采矿、金属冶炼及环境保护等领域，常用为原料制备。8.一种晶型的晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.图中“”代表B.晶胞中与的配位数之比为C.晶胞中i与ii的距离是：D.晶体密度计算式为：9.实验室制备过程如下：称取和固体于铁坩埚中，铁棒搅拌，加热熔融，分批加入，至得到墨绿色。热水溶解后，趁热向溶液中通入至溶液完全变为紫红色。进一步处理得固体，保存在棕色广口瓶中。下列对实验过程的解释错误的是选项实验过程解释A不用瓷坩埚和玻璃棒熔融时，会与反应B分批加入控制反应速率，使反应充分进行C通入，溶液变为紫红色作氧化剂D得到的保存在棕色广口瓶中见光易分解A.A B.B C.C D.D【答案】8.B9.C【解析】8.A．根据均摊原则，晶胞中黑球数为、灰球数为，根据二氧化锰的化学式，可知图中“”代表，故A错误；B．与的个数比为1:2，则晶胞中与的配位数之比为，故B正确；C．晶胞中i与ii的距离为体对角线的一半，距离是，故C错误；D．晶胞中与的个数分别是2、4，晶体密度计算式为：，故D错误；选B。9.A．熔融时会与反应生成硅酸钾，所以加热熔融不用瓷坩埚和玻璃棒，故不选A；B．由于该反应非常剧烈，分多次加入二氧化锰可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅，故不选B；C．通入，溶液变为紫红色，发生反应，二氧化碳中元素化合价不变，二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂，故选C；D．见光易分解，所以保存在棕色广口瓶中，故不选D；选C。10.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态X原子有两个单电子，基态Y原子的L层中有两对成对电子，且Y与W同主族，基态W原子比基态Z原子的核外电子空间运动状态数多2。下列说法错误的是A.同周期主族元素第一电离能比Y大的有一种B.四种元素均位于元素周期表的p区C.Y、W的简单气态氢化物稳定性：D.在中W的化合价相同【答案】A【解析】短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态X原子有两个单电子，基态Y原子的L层中有两对成对电子，且Y与W同主族，则X为C元素、Y为O元素、W为S元素；基态W原子比基态Z原子的核外电子空间运动状态数多2，则Z为Al元素。A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期主族元素第一电离能比氧元素大的元素为氮元素、氟元素，共有2种，故A错误；B．四种元素的原子序数分别为6、8、13、16，基态原子的价电子排布式分别为2s22p2、2s22p4、3s23p1、3s23p4，所以四种元素均位于元素周期表的p区，故B正确；C．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，简单气态氢化物稳定性依次减弱，则硫化氢的热稳定性小于水，故C正确；D．硫酸根离子和过二硫酸根离子中硫元素的化合价均为+6价，故D正确；故选A。11.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是

实验操作、现象结论A向氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液生成沉淀碱性：B麦芽糖与稀硫酸共热后加溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，产生砖红色沉淀麦芽糖已发生水解C向紫红色碘的四氯化碳溶液中加入1mL浓碘化钾(KI)水溶液，振荡试管，层紫色变浅紫色变浅的原因：D向1mL0.1moL/L溶液中加入1moL/LHBr溶液，溶液由黄色变为橙色由于增大，平衡正向移动A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．反应生成氢氧化镁沉淀，促使该复分解反应进行，不能说明碱性：，A错误；B．麦芽糖具有还原性，也能和新制氢氧化铜加热，产生砖红色沉淀，B错误；C．发生反应，使得四氯化碳中碘单质浓度减小，层紫色变浅，C正确；D．和溴离子发生氧化还原反应生成溴单质，使得溶液由黄色变为橙色，D错误；故选C。12.催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应，反应历程如图所示，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是A.使用Ⅰ和Ⅱ，不影响P的平衡体积百分含量B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大C.使用Ⅰ时，反应体系更快达到平衡D.使用Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【答案】D【解析】A．使用催化剂，不影响产物的平衡体积百分含量，A正确；B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C正确；D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D错误；故选D。13.我国科学家研究发现了一种电化学固碳方法，装置如图所示。放电时的总反应为。充电时，通过催化剂的选择性控制，只有发生氧化反应，释放出和。下列说法错误的是A.放电时，电极B为正极B.充电时阳极发生反应：C.该电池不可选用含水电解液D.放电时，每转移4mol电子，正极区质量增加148g【答案】D【解析】由题干所给信息，放电时总反应为，则放电时A电极为负极，锂失去电子发生氧化反应，B电极为正极，二氧化碳得到电子发生还原反应；充电时，A与电源负极相连为阴极，而B与电源正极相连为阳极。A．由分析，放电时，电极B为正极，A正确；B．据题干信息，充电时只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，反应为：，B正确；C．该电池负极为Li，可以与水反应，所以不能用含水电解液，C正确；D．放电时，正极区发生反应：4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+C，当转移4mol电子时，正极区域增加的质量为2molLi2CO3和1molC的质量，为160g，D错误；故选D。14.高炉渣主要成分为，，和等，使用高炉渣对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示，下列说法错误的是已知：A.高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3B.“滤渣”的主要成分是CaSO4C.“水浸2”时主要反应的反应方程式为CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4D.产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用作净水剂【答案】B【解析】焙烧的产物应为CaSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、SiO2，“气体”为NH3，水浸后，“滤渣”中主要是CaSO4、SiO2，滤液浓缩结晶生成硫酸铝铵；滤渣与碳酸铵结合生成碳酸钙，据此分析；A．高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是可以和“烟气”生成(NH4)2CO3所以“气体”为NH3，A正确；B．根据产品可以推出焙烧的产物应为CaSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、SiO2，因此“滤渣”中主要是CaSO4、SiO2，B错误；C．因为，所以“水浸2”时主要反应反应方程式为CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4，C正确；D．产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水产生Al3+，水解成Al(OH)3胶体，具有絮凝净水作用，D正确；故选B。15.某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：，。25℃时，与的关系如图所示，为或浓度的值。下列说法错误的是A.曲线②代表与的关系B.的约为C.向的溶液中加入溶液至，体系中元素M主要以存在D.向的溶液中加入等体积0.4mol/L的盐酸后，体系中元素M主要以存在【答案】D【解析】由题干信息，、，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[]增大，即-lgc(M2+)增大，-lgc[]减小，因此曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lgc[]与pH的关系。A．由分析，曲线②代表与的关系，A正确；B．由图，pH=7.0时，pOH=7，此时-lgc(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)c2(OH-)=1×10-17，B正确；C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图，pH=9.0时，c(M2+)、c[]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；D．根据图，c[]=0.1mol/L时溶液的pH约为14.5，c(OH-)≈mol/L≈3.2mol/L，加入等体积的0.4mol/L的HCl后，发生中和反应，反应后c(OH-)=mol/L=1.4mol/L，pH＞14，此时体系中元素M仍主要以存在，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.广泛用于生产、生活等方面。以为1~2的含钴废液(主要含、含少量、、、等)为原料制备的流程如下：已知：常温下，，回答下列问题：（1）基态铜原子的电子排布式为___________。（2）“除铁”工序中，先加入氧化，再加入沉铁，写出氧化过程的离子方程式___________。（3）“除铜”工序中，的作用是___________；“除铜”与“除铁”工序不能颠倒的原因是___________。（4）“除铜”工序后，溶液中，“除钙镁”工序中，完全沉淀时，___________。（5）“沉钴”工序分离操作要快，否则在潮湿空气中易被氧化成，写出发生反应的化学方程式___________。（6）操作X是___________。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1（2）ClO+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O（3）①.做还原剂②.硫代硫酸钠在酸性条件下能与氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，降低还原效率（4）1.5×10－7mol/L（5）4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【解析】由题给流程可知，向含钴废液中加入氯酸钠，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钠调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，过滤得到Na2Fe6(SO4)4(OH)12和滤液；向滤液中加入硫代硫酸钠，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到铜和滤液；向滤液中加入氟化钠，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙、氟化镁和滤液；向滤液中加入氢氧化钠，将溶液中亚钴离子转化为氢氧化亚钴沉淀，过滤得到氢氧化亚钴和滤液；向氢氧化亚钴中加入盐酸，将氢氧化亚钴转化为氯化亚钴，氯化亚钴溶液在氯化氢氛围中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoCl2·xH2O晶体。（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（2）由分析可知，“除铁”工序中加入氯酸钠的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为ClO+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O，故答案为：ClO+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O；（3）由分析可知，“除铜”工序中加入硫代硫酸钠的目的是将溶液中的铜离子转化为铜，反应中硫代硫酸钠是反应的还原剂，硫代硫酸钠能与溶液中的氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，由题意可知，含钴废液呈酸性，所以“除铜”与“除铁”工序不能颠倒，故答案为：做还原剂；硫代硫酸钠在酸性条件下能与氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，降低还原效率；（4）由溶度积可知，溶液中钙离子完全沉淀时，溶液中氟离子浓度为=×10－2mol/L，则溶液中镁离子浓度为=1.5×10－7mol/L，故答案为：1.5×10－7mol/L；（5）由题意可知，氢氧化亚钴在潮湿空气中发生的反应为氢氧化亚钴与空气中的氧气反应生成CoO(OH)，反应的化学方程式为4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O，故答案为：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；（6）由分析可知，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。17.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，翠绿色，可溶于水。某小组采用如下实验流程制备。已知：①在较强酸性条件下发生自身的氧化还原反应；②为黄色固体；（1）步骤I溶解过程中，加入2~4滴的目的是___________。（2）步骤Ⅱ检验是否氧化完全，吸取1滴所得悬浊液于点滴板上，酸化后加少许___________，若出现蓝色沉淀，需再加；反应结束后，煮沸的目的除了促使胶体沉降外，还有___________。（3）步骤Ⅲ加入和可使棕色物质中的转变为，该反应的化学方程式为___________；该步骤需要调控为太高会导致___________；太低所得产品会发黄，原因是___________。（4）步骤Ⅳ加入无水乙醇的目的是___________。（5）阴离子电荷的测定：称取mg三草酸合铁酸钾晶体加水溶解，全部通过装有阴离子交换树脂(用表示)的交换柱，发生阴离子交换：。获得交换液约，将其配成溶液，取该溶液，加入5滴淀粉溶液，用碘标准液滴定至终点，消耗标准液VmL(已知：)。①盛放碘标准液的滴定管排气泡时，正确的操作图示为___________(填标号)；A.B.C.D.②阴离子电荷数为___________(用含字母m、c、V的代数式表示)。【答案】（1）抑制的水解，同时防止氧化（2）①.铁氰化钾②.除去过量（3）①.②.会重新生成沉淀③.太低，在较强酸性条件下发生自身的氧化还原反应，部分生成黄色的（4）降低产物在水中的溶解度，从而促使三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体析出（5）①.C②.【解析】制取三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的流程为：将硫酸亚铁铵在草酸溶液中煮沸，转化为草酸亚铁沉淀，过滤洗涤后得到草酸亚铁晶体，再加入草酸钾溶液和40℃的双氧水，将草酸亚铁中氧化为转化为棕色悬浊液，煮沸除去过量双氧水，再继续加入草酸钾溶液和草酸溶液，在80℃环境中使转变为的亮绿色溶液，最后自然冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，据此分析解答。（1）溶解过程中，电离出的易水解：，则溶解过程中，加入2~4滴的目的是：增大，抑制的水解，同时使溶液保持微酸性，还能防止在空气中被氧化。（2）检验存在通常选择专用试剂：铁氰化钾，是因为能与反应产生蓝色沉淀，可用来检验的存在；反应结束后，煮沸的目的除了促使胶体沉降外，还有可以将过量的分解除去。（3）加入和转变为，反应的化学方程式为：；该步骤中需要控制为，pH太高会重新生成沉淀降低的转化率；而太低，在较强酸性条件下发生自身的氧化还原反应，部分生成黄色的，同时也影响的产率。（4）因三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体可溶于水，难溶于乙醇，故加入无水乙醇的目的是：降低产物在水中的溶解度，从而促使三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体析出。（5）①碘具有氧化性，则需要将碘标准液盛放在酸式滴定管中，排气泡时的操作为：用手心包裹活塞，拇指、食指、中指捏住活塞进行旋转；结合所给四个选项，其中C选项符合题意；②阴离子电荷数的测定：mg三草酸合铁酸钾晶体的物质的量为：，根据测定操作列关系式为：，则阴离子电荷数为：。18.“一碳化学”是指以分子中只含有一个碳原子的化合物(如等)为原料合成一系列化工产品的化学。回答下列问题：（1）通常利用反应实现“碳中和”。①、、沸点由大到小的顺序为___________，理由是___________。②在一定温度下，由稳定态单质生成化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。几种物质在的标准摩尔生成焓如表：物质标准摩尔生成焓/-393.5-201.2-241.80则___________该反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。（2）已知：反应I．反应II．温度为时，向某固定容积的容器中充入一定量的和，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时和的转化率及的物质的量(n)随起始投料比变化的情况如图所示。①图中表示α变化的曲线为___________(填“a”“b”或“c”)。②曲线c上A点的纵坐标___________。③起始投料比时，的选择性___________%(保留三位有效数字)。④若温度为，起始投料比时，反应II的，则___________(填“>”“=”或“<”)。【答案】（1）①.H2O、CH3OH、CO2②.CO2不能形成分子间氢键，沸点最低；H2O形成的分子间氢键的数目多于CH3OH，沸点最高③.-49.5④.低温（2）①.b②.0.125③.33.3④.>【解析】（1）①二氧化碳不能形成分子间氢键，沸点最低；水分子和甲醇分子都能形成分子间氢键，而水分子形成的分子间氢键的数目多于甲醇，沸点最高，所以沸点由大到小的顺序为H2O、CH3OH、CO2，故答案为：H2O、CH3OH、CO2；CO2不能形成分子间氢键，沸点最低；H2O形成的分子间氢键的数目多于CH3OH，沸点最高；②由标准摩尔生成焓的定义可知，反应△H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和，则反应△H=[(-201.2kJ/mol)+(-241.8kJ/mol)]-[(-393.5kJ/mol)+0]=-49.5kJ/mol，该反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH-TΔS<0，能自发进行，故答案为：-49.5；低温；（2）①起始投料比增大相当于增大氢气的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大、甲烷的物质的量增大，但氢气的转化率减小，反应II的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量会减小，所以曲线a、b、c分别表示一氧化碳的转化率、氢气的转化率、二氧化碳的物质的量随投料比变化的情况，故选b；②由图可知，起始投料比=1时，一氧化碳和氢气的转化率分别为37.5%、62.5%，二氧化碳的物质的量为mmol，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol-1mol×37.5%=0.625mol、氢气的物质的量为1mol-1mol×62.5%=0.375mol，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为1mol-0.625mol-mmol=(0.375-m)mol，由氧原子个数守恒可知，水的物质的量为1mol-0.625mol-2mmol=(0.375-2m)mol，由氢原子个数守恒可得：0.375mol×2+(0.375-m)mol×4+(0.375-2m)mol×2=1mol×2，解得m=0.125，故答案为：0.125；③由②可知，二氧化碳的选择性为≈33.3%，故答案为：33.3；④反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，设温度为T1条件下反应达到平衡时混合气体的总物质的