河南省豫西北教研联盟洛阳市2025-2026学年高三上学期第一次质量检测化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1河南省豫西北教研联盟洛阳市2025-2026学年高三上学期第一次质量检测试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Ca-40一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.河南博物院馆藏文物众多，历史文化艺术价值极高。下列馆藏文物主要成分为硅酸盐的是A．贾湖骨笛B．杜岭方鼎C．汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶D．武则天金简A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．贾湖骨笛主要成分为动物骨骼，骨骼主要含碳酸钙、磷酸钙等，不属于硅酸盐，A错误；B．杜岭方鼎为青铜制品，青铜是铜锡合金，不属于硅酸盐，B错误；C．汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶为瓷器，瓷器由黏土（主要成分为硅酸盐）烧制而成，主要成分为硅酸盐，C正确；D．武则天金简主要成分为金属金（Au），属于金属单质，不属于硅酸盐，D错误；故答案选C。2.下列化学用语或图示正确的是A.甲酸的结构式：H-C-O-O-HB.电子式：C.质量数为16的氧核素：D.的VSEPR模型：【答案】D【解析】A．甲酸的结构中含有羧基（-COOH），甲酸结构式应为，选项中H-C-O-O-H无碳氧双键，A错误；B．SiCl4为共价化合物，Si原子与4个Cl原子形成4个共价键，另外，每个Cl原子最外层还有3个孤电子对，电子式为，题目图示未体现Cl的孤电子对，B错误；C．核素符号的正确表示方法：左上角为质量数，左下角为质子数，某氧原子的质子数为8，质量数为16，可表示为，选项中质量数与质子数的位置颠倒，C错误；D．的中心C原子形成3个σ键，孤电子对数==0，则价层电子对数为3，发生sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，图示符合平面三角形结构，D正确；故选D。3.抗病毒药物奥司他韦(Oseltamivir)可预防流感，其结构如图所示。下列关于奥司他韦的说法正确的是A.可发生水解反应 B.不含有手性碳原子C.分子中含有3种官能团 D.环中六个碳原子共平面【答案】A【解析】A．分子中含有酯基（-COO-）和酰胺基（-CONH-），酯基水解生成羧酸和醇，酰胺基水解生成羧酸和胺，均可发生水解反应，A正确；B．手性碳原子需连接四个不同基团，环上多个饱和碳原子（如连接-NH2、酰胺基、醚键的碳原子）均连有四个不同基团，存在手性碳原子，B错误；C．分子中含氨基（-NH2）、酯基（-COO-）、酰胺基（-CONH-）、醚键、碳碳双键（C=C）共5种官能团，C错误；D．环中含饱和碳原子（sp3杂化，四面体结构），与双键碳相连的饱和碳会偏离平面，六个碳原子不可能共平面，D错误；故选A。4.下列实验操作或装置使用正确的是A．制取明矾晶体的结晶装置B．除铁钉表面的铁锈C．读取液体的体积D．干燥氯气AA B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．制取明矾晶体可通过此结晶法，将线悬挂的晶体放入饱和明矾溶液中，在合适温度下结晶，故A正确；B．铁锈主要成分为Fe2O3·xH2O（碱性氧化物），需用酸（如稀盐酸）除去，Na2CO3溶液呈碱性，不与铁锈反应，故B错误；C．读取量筒中液体体积时，视线应与凹液面最低处保持水平，图示操作不符合要求，故C错误；D．氯气为酸性气体，碱石灰（含NaOH和CaO）会与Cl2反应（如Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O），不能用于干燥Cl2，可选用无水氯化钙或盛有浓硫酸的洗气瓶等，故D错误；故选A。5.的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如图所示。下列说法错误的是A.基态镁原子的电子排布式为B.中存在π键C.的配体中，配位原子是ND.晶胞中距离最近的两个阳离子间的距离为【答案】B【解析】A．基态镁原子为12号元素，电子排布式为1s22s22p63s2，故A正确；B．[Mg(NH3)6]Cl2中，内界[Mg(NH3)6]2+与外界Cl-以离子键结合，内界中Mg2+与NH3间为配位键（σ键），NH3分子内N-H键为σ键，整个化合物中无双键或三键，不存在π键，故B错误；C．配体为NH3，N原子提供孤对电子与Mg2+形成配位键，配位原子为N，故C正确；D．晶胞为立方体，阳离子[Mg(NH3)6]2+位于面心和顶点，距离最近的两个阳离子距离为面对角线的一半，即nm，故D正确；故选B。6.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.溶于水：B.Al和NaOH溶液反应：C.惰性电极电解溶液：D.溶液中滴加稀，黄色溶液变为橙色：【答案】D【解析】A．Cl2溶于水生成HClO为弱酸，不能拆解为H⁺和ClO⁻，正确离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO，故A错误；B．Al与NaOH反应生成[Al(OH)4]⁻和H2，但方程未配平且缺少H2，正确方程式为2Al+2OH⁻+6H2O=2[Al(OH)4]⁻+3H2↑，故B错误；C．电解CuCl2溶液应生成Cu和Cl2，正确离子方程式为Cu2++2Cl－Cu+Cl2↑，该题是电离，故C错误；D．酸性条件下转化为，方程式2+2H+⇌+H2O符合实际反应，故D正确；故选D。7.偶氮大环在光照下会发生顺反异构，可用作光开关，其相互转化如图所示。当偶氮大环呈反式结构时，光开关处于关闭态，不能键合碱金属离子；呈顺式结构时，偶氮参与配位，碱金属离子被键合到穴中。下列说法错误的是A.第一电离能：B.偶氮大环中所有碳、氮原子均采用杂化C.该偶氮大环处于状态a时，不能键合碱金属离子D.该偶氮大环键合碱金属离子的过程体现了分子识别的特征【答案】B【解析】A．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅤA族因p轨道半满稳定，第一电离能大于ⅥA族。C、N、O位于第二周期，第一电离能顺序为C)＜O)＜N，A正确；B．偶氮大环中，苯环及偶氮基（-N=N-）的C、N原子为sp2杂化，但大环中连接醚键的饱和碳（如-CH2-）形成4个σ键，为sp3杂化，B错误；C．状态a中偶氮基（-N=N-）两侧苯环位于双键异侧，为反式结构，题干明确反式时不能键合碱金属离子，C正确；D．分子识别指分子通过非共价键特异性结合，该大环顺式时选择性键合碱金属离子，体现分子识别特征，D正确；故选B。8.近期我国科研人员发现，使用酸性电解液可直接在空气中组装水系铁离子电池，其充电时的工作原理如图所示。已知在酸性环境下的氧化被抑制，且电池长期循环过程中，辅助电极表面局部会呈碱性并形成具有电化学活性的FeOOH。下列说法错误的是A.该电池充电时，辅助电极为阳极B.该电池放电时，负极的电极反应式为C.辅助电极表面局部形成FeOOH的电极反应式为D.酸性环境下，的氧化被抑制与酸性电解液中溶解氧浓度低有关【答案】C【解析】充电时为电解池装置，电子从阳极流出，发生氧化反应，故辅助电极为阳极，泡沫铁为阴极。放电时为原电池装置，辅助电极为正极，泡沫铁为负极。A．根据分析，辅助电极为阳极，A正确；B．放电时，泡沫铁为负极，Fe失去电子生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，B正确；C．辅助电极表面局部呈碱性，Fe2+失电子氧化为FeOOH，电极反应式为：，C错误；D．酸性电解液中溶解氧浓度低，O2含量少，Fe2+被O2氧化的反应难以发生，故Fe2+的氧化被抑制，D正确；故选C。9.以水杨酸为原料生产阿司匹林(乙酰水杨酸)的反应如图所示。下列说法错误的是A.水杨酸可发生缩聚反应B.水杨酸可形成分子内氢键C.可以鉴别水杨酸和乙酰水杨酸D.乙酰水杨酸水解得到水杨酸和乙酸酐【答案】D【解析】A．水杨酸分子中含有羟基（-OH）和羧基（-COOH），两种官能团可通过脱水发生缩聚反应形成高分子化合物，A正确；B．水杨酸为邻羟基苯甲酸，分子内羟基（-OH）与羧基（-COOH）距离较近，羟基的氧原子可与羧基的氢原子形成分子内氢键，B正确；C．水杨酸含酚羟基（-OH直接连苯环），与FeCl3溶液发生显色反应（紫色）；乙酰水杨酸的羟基已被乙酰化，无酚羟基，与FeCl3不显色，故可用FeCl3鉴别二者，C正确；D．乙酰水杨酸含酯基，水解时酯基中的C-O键断裂，生成水杨酸（含-OH和-COOH）和乙酸（CH3COOH），而非乙酸酐，D错误；故选D。10.对反应(Z为中间产物)，T0温度下，总反应的平衡常数为K，相同条件下，加入催化剂①和②前后的反应历程如图所示(一为无催化剂，为有催化剂)。下列说法正确的是A.提高反应温度，增大B.催化剂①能提高X的平衡转化率C.T0温度下，当时，总反应达到平衡状态D.催化剂①和②均可使反应达到平衡所需时间大幅缩短【答案】C【解析】由题干图示信息可知，反应历程中①X(g)Z(g)是一个吸热反应，而②Z(g)Y(g)是一个放热反应，其反应①的活化能比反应②大，即反应①是决速步骤，据此分析解题。A．由分析可知，①X(g)Z(g)是一个吸热反应，而②Z(g)Y(g)是一个放热反应，提高反应温度，反应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，导致c平(X)减小，c平(Z)增大，则减小，A错误；B．已知催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，故催化剂①不能提高X的平衡转化率，B错误；C．已知平衡常数仅仅是温度的函数，故T0温度下，当时，即，即总反应达到平衡状态，C正确；D．反应①的活化能比反应②大，即反应①是决速步骤，则催化剂①可使反应达到平衡所需时间大幅缩短，而催化剂②不能，D错误；故答案为：C。11.W、X、Y和Z为元素周期表中前20号元素，且原子序数依次增大，W是元素周期表中原子半径最小的元素，可以与反应生成电石气。化合物()在气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。下列有关说法错误的是A.x=1B.E→F阶段中的气态产物只有C.中存在离子键和非极性共价键D.1000℃得到的物质G可以与浓氨水一起制取氨气【答案】B【解析】W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，则W是H元素；可以与反应生成电石气即C2H2，对应的反应为CaC2+2H2OC2H2+Ca(OH)2，所以X是C元素、Y是O元素、Z是Ca元素；化合物(ZX2Y4•xW2Y)为CaC2O4•xH2O；A．化合物为CaC2O4·xH2O，通过热重曲线计算结晶水数目x。初始100mg晶体，失去结晶水后(E点)质量87.7mg，对应无水CaC2O4。CaC2O4摩尔质量128g/mol，晶体摩尔质量128+18x，=0.877，解得x=1，A正确；B．E、F、G三个点对应物质的摩尔质量与CaC2O4•H2O摩尔质量的比值等于其相应的质量与100的比值，E点：≈128，则E是CaC2O4；F点：≈100，则F是CaCO3；G点：≈56，则G是CaO，E点为无水CaC2O4，E→F阶段分解为CaCO3和CO(反应：CaC2O4=CaCO3+CO↑)，气态产物为CO而非CO₂，B错误；C．ZX2为CaC2，含Ca2+与C间的离子键，C中C≡C为非极性共价键，C正确；D．G点为CaO，CaO与浓氨水反应放热且消耗水，促进NH3逸出，可制取氨气，D正确；答案选B。12.为了探究钠与水和盐酸的反应；某同学各取200mg形状类似的钠，分别投入足量的水和不同浓度的盐酸中反应，并计时，实验结果如下表所示。序号①②③④⑤⑥盐酸浓度/(mol/L)00.10.5136反应时间/s2013112165114溶液中有无沉淀析出无无无无少量大量下列说法正确的是A.钠与盐酸反应比钠与水反应速率更快B.第5、6组出现的沉淀的主要成分是NaOHC.盐酸浓度越高，沉积在钠表面的沉淀可以阻碍反应的进行D.该实验可以证明钠与盐酸反应时优先与反应【答案】C【解析】A．根据实验数据，当盐酸浓度为0.1mol/L和0.5mol/L时，反应时间（13s、11s）确实比水（20s）更短，说明此时反应更快；但当盐酸浓度达到1mol/L及以上时，反应时间反而更长（21s、65s、114s），故不能得出钠与盐酸反应比钠与水反应速率更快的结论，A错误；B．钠与盐酸反应生成NaCl，高浓度Cl-可能导致NaCl溶解度降低而析出沉淀，题中盐酸足量，该固体不可能为NaOH，B错误；C．实验数据显示，当盐酸浓度≥3mol/L时，反应时间显著增加且出现沉淀，说明高Cl-浓度导致NaCl析出并覆盖钠表面，阻碍反应的进行，C正确；D．虽然低浓度盐酸中反应速率比水中快，表明钠与H+反应更快，但由于高浓度时存在沉淀生成的干扰因素，本实验不足以严谨地证明钠优先与H+反应，D错误；故选C。13.化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)：①取标准溶液，加入过量KBr，加酸化，溶液颜色呈棕黄色；②向①所得溶液中加入废水，溶液颜色为黄色；③向②中加入过量KI；④向③中溶液滴加2滴淀粉溶液做指示剂，用标准溶液滴定至终点并读数。已知：，和溶液颜色均为无色。下列说法错误的是A.①中发生反应的离子方程式：B.易挥发，实验①~③若在敞口容器中进行，测定结果将偏低C.③中加KI前溶液颜色须为黄色的原因是要保证有剩余D.④中滴定终点现象为溶液由蓝色变为无色，且30s不变色【答案】B【解析】A．离子方程式为，符合氧化还原反应的电子守恒和配平规则，故A正确；B．若实验①~③在敞口容器中进行，Br2挥发会导致实际参与反应的Br2减少，但计算时仍按初始KBrO3的量计算总Br2。此时测得的苯酚消耗量（总Br2-剩余Br2）会偏大，导致结果偏高，而非偏低，故B错误；C．步骤③加KI前溶液为黄色，说明有Br2剩余，这是为了通过后续滴定测定剩余Br2的量，从而计算苯酚消耗的Br2量，故C正确；D．滴定终点时，I2被完全消耗，淀粉指示剂的蓝色消失，且30秒不恢复，描述正确，故D正确；故选B。14.室温下，0.1mol/L(二元弱酸)溶液中含A微粒的物质的量分数随pH变化关系如下图[例如]。已知：的、。下列说法正确的是A.曲线Ⅰ对应微粒是B.a点处C.b点处D.0.1mol/L溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，溶液呈碱性【答案】D【解析】对于二元弱酸，pH越低浓度越大，越易以形式存在，随着pH的增大，存在形式以为主，pH继续增大，则溶液中的降低，最后以存在，因此曲线Ⅰ代表物质的量分数随pH变化关系，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表。A．由分析可知，曲线Ⅰ对应的微粒是，A错误；B．a点为曲线Ⅰ（）与曲线Ⅱ（）的交点，此时，又，因此a点；结合，得，则，B错误；C．b点为曲线Ⅱ（）与曲线Ⅲ（）的交点，此时。根据物料守恒：，故，C错误；D．等体积混合后生成溶液，的水解常数，电离常数，水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，D正确；故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铜阳极泥中主要含有Cu、Ag、Au、Pb和As等元素，其中As元素以单质As和的形式存在。一种以铜阳极泥为原料脱砷并回收铜的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“水浸”前需要对“低温碱熔”后的熔炼渣进行冷却和破碎，“破碎”的目的是___________。（2）“低温碱熔”后砷元素以水溶性的形式存在，沉淀2的主要成分为，则“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为___________；“砷固化”过程中理论上和的物质的量之比为___________。（3）“酸浸”时通入可提高浸出率原因是___________，“酸浸”时发生反应的化学方程式为___________。（4）在相同温度下，不同纯物质的蒸汽压之间存在较大差异，蒸汽压越大的物质越容易挥发。利用这一原理，还可采用火法脱砷(铜阳极泥中各组分的饱和蒸汽压如图所示)。由图可知，火法脱砷较适宜的温度为___________(填标号)。a．600~800℃b．800~1000℃c．1200~1400℃（5）“沉铅”过程中完全沉淀，此时溶液中浓度不低于___________mol/L[已知PbS的]。【答案】（1）增大固体表面积，加快水浸速率，使熔炼渣中水溶性的成分充分溶解（2）①.②.10：9（3）①.氧气氧化单质铜，促进铜的溶解②.（4）a（5）8.0×10-23【解析】低温碱熔：加入NaOH，将As转化为水溶性NaAsO2，实现As的初步富集；同时使部分金属转化为可溶性盐；水浸：可分离可溶性成分(含NaAsO2、可溶性铜盐等)与不溶渣(含贵金属、Pb等)；沉铅加入Na2S，使Pb以PbS形式沉淀（沉淀1），脱除Pb杂质；砷氧化/固化：用H2O2将NaAsO2氧化为，再加入H2SO4、Ca(OH)2，使As以形式沉淀（沉淀2），脱除As；酸浸：加入H2SO4、O2，使浸出液中Cu转化为CuSO4，实现铜的回收；不溶物为贵金属精矿。（1）“破碎”是为了增大固体表面积，加快水浸速率，使熔炼渣中水溶性的成分充分溶解。（2）“砷氧化”时用H2O2将NaAsO2氧化为，其离子方程式为；据分析可写出“砷固化”的化学方程式为，理论上和的物质的量之比为10:9。（3）氧气作氧化剂，将不与稀硫酸反应的单质铜氧化，使其溶解在酸中，所以“酸浸”时通入可提高浸出率；酸浸时加入了H2SO4和O2，其反应的化学方程式为。（4）从图中可以看出，在时，As2O3的蒸汽压远大于其他物质（如As、Pb等），根据“蒸汽压越大的物质越容易挥发”的原理，此温度范围最适合通过火法使As2O3挥发从而脱砷。（5）要使完全沉淀，已知PbS的，根据溶度积公式，则=，将代入可得=，此时溶液中浓度不低于。16.二氧化硫是食品加工中常用的漂白剂和防腐剂。某实验小组用如图装置(加热、夹持装置等略)测定某品牌干果中二氧化硫(以亚硫酸盐形式存在)的残留量。实验步骤：ⅰ．称取mg粉碎后的干果置于圆底烧瓶B中，加入200mL蒸馏水。A中加入足量的质量分数为3%的过氧化氢溶液作为吸收液。ⅱ．接通C中冷凝水，通入，将D中10mL6mol/L的盐酸加入B中，加热B中的溶液至微沸，并保持1.5h，直至反应完全。ⅲ．将A中溶液放冷后摇匀，溶液体积为100mL。取20mL，加入指示剂，用0.0100mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积为mL。ⅳ．不加样品，重复上述操作，进行空白试验，消耗NaOH标准溶液体积。回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________，A中发生反应的化学方程式为___________。（2）A中加入3%的过氧化氢溶液使用时需要现配。配制方法：量取质量分数为30%的过氧化氢溶液100mL，加水稀释至1000mL。配制过程中下列仪器不需要的是___________(填仪器名称)。（3）盐酸在实验中的作用是___________。（4）冷凝管C的进水口应为___________(填“a”或“b”)。反应结束后，应先停止___________(填“加热”或“通冷凝水”)。（5）空白实验的目的是排除试剂或环境对实验测定带来的影响，若未做空白试验，测得残留量会___________(填“偏高”或“偏低”)。（6）该干果中二氧化硫残留量为___________g/kg(按二氧化硫计，列出计算式)。【答案】（1）①.锥形瓶②.（2）球形分液漏斗、电子天平（3）将亚硫酸盐转化为二氧化硫，使充分释放（4）①.a②.加热（5）偏高（6）【解析】装置A为SO2吸收装置，与H2O2反应生成H2SO4，装置B是样品反应的发生装置，其中放置粉碎的干果样品，加入盐酸后，亚硫酸盐与盐酸反应生成SO2气体，装置C为直形冷凝管，作用是冷凝回流，使挥发的SO2被充分冷凝，提高SO2的收集效率，同时防止装置内液体过度挥发，装置D用于盐酸，通过分液漏斗的旋塞可控制盐酸的滴加速度，从而控制SO2的生成速率。（1）由图可知，装置A为锥形瓶；A中反应的化学方程式为；（2）配制3%的过氧化氢溶液是稀释过程，只需量取体积（量筒）、溶解（烧杯）、转移（玻璃棒、容量瓶），不需要球形分液漏斗（用于分液或滴加液体，此处用不到）和电子天平（稀释不涉及称量固体）；（3）样品中SO2以亚硫酸盐形式存在，盐酸的作用是与亚硫酸盐反应生成SO2气体，使SO2被A中H2O2吸收；（4）冷凝管C的进水口应为a（冷凝水“下进上出”，保证冷凝管充满水，冷凝效果好）；反应结束后，应先停止加热（若先停冷凝水，装置内残留的SO2无法被充分冷凝吸收，导致测定结果偏低）；（5）空白实验用于排除试剂或环境的干扰。若未做空白实验，滴定消耗的NaOH体积会包含试剂本身的消耗，导致计算的H2SO4偏多，最终测得SO2残留量偏高；（6）滴定时H2SO4和NaOH按照1:2反应，则n(H2SO4)=n(NaOH)，20mL溶液中n(NaOH)=0.0100mol/L（V1-V2）10-3L，则n(H2SO4)=0.0100（V1-V2）10-3mol，100mL溶液中n(H2SO4)=0.0100（V1-V2）10-3mol，由元素守恒可知n(SO2)=n(H2SO4)，则m(SO2)=640.0100（V1-V2）10-3g，换算为g/kg：=g/kg。17.甲烷和二氧化碳重整是生产合成气(CO和)的重要方法，主要反应有：①②③回答下列问题：（1）二氧化碳分子的空间结构为___________；基态氧原子的价电子轨道表示式为___________。（2）一种常见的六方晶系冰晶胞结构如图1所示(只显示了氧原子，略去氢原子)。为阿伏加德罗常数的值，冰晶体密度为___________(列出计算式)。（3）冰晶体中，每个水分子最多与相邻的4个水分子相连接，原因是___________。（4）反应③的___________kJ/mol。（5）不同温度下，将1mol和1.5mol放入容积为的恒容密闭容器中反应，平衡时反应体系的组成如图2.ⅰ．曲线Ⅰ对应的物质为___________。ⅱ．减压可以提高的平衡转化率，原因是___________。ⅲ．温度下，反应③的平衡常数K=___________(列出计算式)。【答案】（1）①.直线形②.（2）或（3）冰晶体中存在氢键，氢键具有方向性，这迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子形成氢键（4）+206（5）①.CO②.①和③均是气体分子数增大的反应，减压时平衡正向移动，甲烷转化率提高③.【解析】（1）二氧化碳分子中，碳原子采取sp杂化，其空间结构为直线形；氧原子的价电子排布为2s22p4，其价电子轨道表示式为；（2）由冰晶胞结构可知，一个晶胞中含有的水分子数个；晶胞的质量，晶胞的体积，根据密度公式。根据密度公式，可得该晶体密度为或；（3）冰晶体中，每个水分子最多与相邻的4个水分子相连接，原因是冰晶体中存在氢键，氢键具有方向性，这迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子形成氢键；（4）根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②，则=247kJ/mol-41kJ/mol=+206；（5）ⅰ．反应①、②均生成CO，升温向吸热反应方向移动，CO的物质的量随着温度升高显著增加，因此曲线Ⅰ对应的物质为CO，反应①、③均生成H2，而反应②消耗H2，所以升高温度呈现先增大后减小的趋势，因此曲线Ⅱ对应的物质为H2，故曲线Ⅲ为H2O；ⅱ．减压可以提高的平衡转化率，原因是①和③均是气体分子数增大的反应，减压时平衡正向移动，甲烷转化率提高；ⅲ．由图中信息可知甲烷和水的物质的量均为0.2mol，则消耗的CH4为0.8mol，根据氢原子守恒可知，消耗的n(H)=3.2mol，CH4中的氢原子转化为H2O和H2，由H2O的物质的量为0.2mol可知，生成的H2中氢原子的物质的量为2.8mol，则n(H2)=1.4mol，假设剩余的CO2的物质的量为xmol，则消耗的CO2为（1.5-x）mol，根据碳元素守恒，转化的CH4和CO2均生成CO，则生成的CO为（0.8+1.5-x）mol，最后根据氧原子守恒可知，体系中所有的氧原子都来自CO2，则有2n余(CO2))+n(CO)+n(H2O)=2n始(CO2)，带入数据为，解得，则生成的，则