河南省鹤壁安阳焦作濮阳四市联考2025届高三二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1河南省鹤壁安阳焦作濮阳四市联考2025届高三二模试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．张骞凿通西域，诞生了丝绸之路。丝绸之路交流的下列产品中主要成分属于硅酸盐的是A．茶叶 B．纸张 C．铁器 D．陶器【答案】D【解析】茶叶主要成分是有机物，不含硅酸盐；纸张由植物纤维（纤维素）制成，属于有机物，不含硅酸盐；铁器属于金属材料，不含硅酸盐；陶器由黏土烧制而成，黏土的主要成分是铝硅酸盐矿物，属于传统硅酸盐材料。故选D。2．下列化学用语表述错误的是A．Na3N的电子式：B．氯仿(CHCl3)分子的空间结构为四面体形C．质子数为41，中子数为52的铌(Nb)原子：41D．的化学名称：2，2，3－三甲基己烷【答案】A【解析】Na3N是离子化合物，电子式为，A错误；氯仿(CHCl3)分子中心C原子价层电子对数为4＋12×4－1－4×1＝4，且不含孤电子对，由于C－H和C－Cl键的键长不同，空间结构为四面体形，B正确；质子数为41，中子数为52的铌(Nb)原子质量数为41＋52＝93，表示为4193Nb，C正确；主链上含有6个碳原子，2号碳原子上有2个－CH3，3号碳原子上有3个－CH3，命名为3．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是A．由普通酒精制备无水酒精B．证明H2具有还原性C．收集一集气瓶氨气或甲烷气体D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液制备白色Fe(OH)2A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】乙醇沸点为78.3℃，直接用酒精灯加热会挥发，并且乙醇易燃，应采取先加生石灰后再蒸馏的方法制备无水酒精，A能达到相应实验目的；氢气与氧化铜反应生成水，试管口应该略向下倾斜，B不符合题意；氨气与甲烷的密度小于空气，应该采取向下排空气法，C符合题意；取一支试管，加入新制FeSO4溶液，然后用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入FeSO4溶液液面以下，缓慢挤出NaOH溶液，防止Fe(OH)2氧化，D不符合题意。故选C。4．甲是由短周期元素构成的一种常见有色气体单质，乙为强碱且焰色呈黄色，丙的摩尔质量大于戊，它们有如图所示的转化关系(部分条件和产物省略)。下列叙述正确的是A．反应条件a为“加热” B．甲可用排饱和食盐水法收集C．用pH试纸可测定丙溶液的pH D．在水中加入丁、丙都能促进水电离【答案】B【解析】甲是由短周期元素构成的一种常见有色气体单质，则甲为氯气，乙为强碱且焰色呈黄色，则乙为NaOH，两者生成反应生成NaCl、NaClO和H2O，丙的摩尔质量大于戊，则丙为NaClO，戊为NaCl。NaCl和H2O在电解的条件下可以生成NaOH，反应条件a为“电解”，A错误；氯气可用排饱和食盐水法收集，B正确；丙溶液为NaClO溶液，具有漂白性，不可用pH试纸测定丙溶液的pH，C错误；在水中加入NaClO能促进水电离，加入水不能促进水电离，D错误。故选B。5．茜草主寒湿，其提取物的有效成分之一是茜素(结构简式如图所示)。下列有关该物质的说法错误的是A．含有两种官能团 B．在FeCl3溶液中发生显色反应C．1mol该物质最多能与8molH2反应 D．能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体【答案】D【解析】由茜素中含有羰基(C＝O)和酚羟基(－OH)两种官能团，A正确；因为该物质含有酚羟基，酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，B正确；该物质分子中苯环和羰基都能与氢气发生加成反应，1个苯环可与3个H2加成，2个羰基可与2个H2加成，1mol该物质最多能与8molH2反应，C正确；酚羟基的酸性比碳酸弱，不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误。故选D。6．河南省重要矿石——珍珠岩的主要成分可表示为R2CaFe2K2ZY2WX12，其基态铁离子有5个未成对电子，W为最高价。X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子的价层电子排布式为nsnnp2n，短周期中Y的原子半径最大，R的氧化物是两性氧化物。下列叙述正确的是A．第一电离能：W>Z>R B．X的简单氢化物VSEPR模型为V形C．熔点：Y2X>WX2 D．离子键百分数：ZX<R2X3【答案】A【解析】珍珠岩的主要成分可表示为R2CaFe2K2ZY2WX12，其基态Fe3+有5个未成对电子，即该物质中Fe显＋3价，W为最高价，X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子的价层电子排布式为nsnnp2n即2s22p4，X为O，短周期中Y的原子半径最大即Y为Na，R的氧化物是两性氧化物，且R的原子序数在Na之后，则R为Al，Z介于Y和R之间，Z为Mg，R2CaFe2K2ZY2WX12为Al2CaFe2K2MgNa2WO12，设W的化合价a，由化合价代数和为0可知，为2×3＋2＋2×3＋2×1＋2＋2×1＋a－2×12＝0，解得a＝4，W为Si。即X为O、Y为Na、Z为Mg、R为Al、W为Si。同一周期从左往右，元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能Si＞Mg＞Al，即W>Z>R，A正确；X为O，X的简单氢化物为H2O，其中心O原子的价层电子对数为2＋12(6-2×1)＝4，故其VSEPR模型为四面体形，B错误；Y2X(Na2O)为离子晶体，WX2(SiO2)为共价晶体，熔点Y2X(Na2O)＜WX2(SiO2)，C错误；由于电负性O＞Al＞Mg，Mg(Z)与O(X)之间电负性差值比Al(R)与O(X)之间的电负性差值大，故离子键百分数：ZX(MgO)＞R2X3(Al2O3)，D错误。故选7．下列离子方程式或化学方程式符合题意且书写正确的是A．向NH4Cl溶液中滴加稀NaOH溶液：NH4B．用饱和FeCl3溶液腐蚀铜电路板：FeC．制备乙酸乙酯：CHD．使用泡沫灭火器灭火：Al【答案】D【解析】向NH4Cl溶液中滴加稀NaOH溶液，反应生成NH3⋅H2O，不放出NH3，离子方程式为NH4++OH-=NH3⋅H2O，A错误；用饱和FeCl3溶液腐蚀铜电路板，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu8．丁二酮肟可用于镍的检验和测定。丁二酮肟的制备反应如下：①②下列说法错误的是A．羟胺单磺酸钠中电负性最大的元素是氧元素B．1个丁二酮单肟分子中含有6个σ键C．丁酮和丁二酮肟中碳原子均采取sp2、sp3杂化D．乙醇与水互溶是因为它们均为极性分子且两者之间易形成氢键【答案】B【解析】羟胺单磺酸钠由H、C、N、O、Na元素组成，元素非金属性越强，电负性越大，故电负性最大的元素是氧，A正确；丁二酮单肟分子中含有C=O、C=N双键，其中双键中有1个是σ键、1个π键，而结构中的C-C、C-H、N-O、O-H单键，单键是σ键，故1个丁二酮单肟分子中含有13个σ键，B错误；丁酮和丁二酮肟分子中9．海南大学杨金霖/田新龙团队以MXene作为负极，AgCl/CuCl/FeOCl作为正极，首次报道了一种基于天然海水电解液的可充电氯离子电池。其工作原理如图所示，是基于MXene负极与氯离子之间的共价相互作用以及AgCl/CuCl/FeOCl正极与氯离子发生的转换反应。下列叙述正确的是A．放电时，Cl－向a极迁移B．充电时，b极与电源正极连接C．放电时，b极发生还原反应D．放电时，a极的电极反应式之一是AgCl＋e－＝Ag＋Cl－【答案】D【解析】由图示电池可知，放电时a极为原电池的正极，b极为负极，则Cl－向b极迁移，A错误；充电时，a极为正极，a极与直流电源正极相连，b极为阴极，b极与直流电源负极相连，B错误；放电时b极为负极，Cl－去电子发生氧化反应生成氯气，C错误；放电时a极为正极，AgCl或CuCl或FeOCl在正极得到电子发生还原反应被还原，电极反应式之一是AgCl＋e－＝Ag＋Cl－，D正确。故选D。10．由下列操作及现象不能得出相应结论的是选项操作及现象结论A向某溶液中先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加新制氯水，溶液变红该溶液中含有Fe2＋B向浓硝酸中加入红热的碳，产生红棕色气体碳还原浓硝酸生成NO2C向CuSO4溶液中漓加氨水，生成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度D向对甲基苯甲醛中滴加新制氢氧化铜，加热，产生砖红色沉淀对甲基苯甲醛中含有醛基A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】向某溶液中先滴加KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中不含Fe3+，再滴加新制氯水，溶液变红,说明溶液中含有Fe2+，Fe2+与氯气反应生成Fe3+，能与SCN－反应变红色，A正确；浓硝酸遇热会分解生成NO2、O2和水，则向浓硝酸中加入红热的碳，产生红棕色气体不能说明碳还原浓硝酸生成NO2，B错误；向硫酸铜溶液中加入氨水生成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体是因为极性较低的乙醇能降低硫酸四氨合铜在水中的溶解度，便于晶体析出所致，C正确；向对甲基苯甲醛中滴加新制Cu(OH)2，加热，产生砖红色沉淀说明对甲基苯甲醛中含有醛基，D正确。故选B。11．上海交通大学叶俊涛课题组实现内酰胺的光促尔代反应，如图所示(Ph为苯基)。下列叙述正确的是A．Z为反应物，G为产物B．Ⅰ→Ⅱ中形成了非极性键C．有机物A3能发生消去反应D．中所有原子一定不共平面【答案】A【解析】由图示可知，Z参与反应，G是反应生成的产物，A正确；Ⅰ→Ⅱ中是氧原子与氢原子形成O－H键，O－H键是极性键，不是非极性键，B错误；有机物A3中与羟基相连的碳原子的邻位碳上没有氢原子，不能发生消去反应，C错误；(Ph为苯基)中，羰基碳原子采取sp2杂化，羰基及与羰基直接相连的原子共平面，苯环是平面结构，单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，D错误。故选A。12．NatureChemistry报道了一种利用二氧化碳和1，3－丁二烯制备可回收聚酯的方法，转化关系如图所示。下列叙述错误的是A．m＝2nB．乙分子的同分异构体丁炔中所有碳原子一定共直线C．丙还能发生加聚反应生成其他的高分子材料D．丁能降解成小分子【答案】B【解析】对比甲、乙、丙的结构，1个CO2与2个乙分子加成生成1个丙，故m＝2n，A正确；丁炔有同分异构体，如果结构为，则碳原子不共直线，B错误；丙中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成其他的高分子材料，C正确；由题干信息“可回收聚酯”知，聚酯材料通常具有良好的降解性能，能够降解成小分子，且高聚物中含有酯基，可以降解，D正确。故选B。13．亚硝酰瓠(NOCl)的分解反应为2NOCl(g)⇌k-1k12NO(g)＋Cl2(g)

ΔH，其正、逆反应速率可以表示为v1＝k1c2(NOCl)，v－1＝k－1c2(NO)·c(Cl2)。k1和k－1分别为正、逆反应的速率常数，E1和E－1分别为正、逆反应的活化能，lnk与1T的关系如图所示(已知：k＝Ae-ERT，下列叙述错误的是A．E1<E－1B．降低温度，平衡逆向移动C．加入催化剂不能提高NOCl的平衡转化率D．平衡常数K＝k【答案】A【解析】由图像可知，随着温度升高，lnk逐渐增大，且lnk1增大更多，说明升高温度，正反应速率增加更多，平衡应正向移动，则该反应正向应为吸热反应；该反应为吸热反应，△H＝E1－E－1>0，E1>E－1，A错误；该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，B正确；加入催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高NOCl的平衡转化率，C正确；反应达到平衡时，正逆反应速率相等，v1＝k1c2(NOCl)＝v－1＝k－1c2(NO)·c(Cl2)，则平衡常数K＝c2(NO)⋅c(14．常温下，向饱和AgAc溶液(有足量AgAc固体)中滴加稀硝酸，调节体系pH促进AgAc溶解，总反应为AgAc(s)＋H＋(aq)⇌Ag＋(aq)＋HAc(aq)，平衡时lgc(Ag＋)、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)＝c(HAc)c(H+)+c(Ac-)，已知：常温下，pKsp(AgAc)＝－lgKsp(AgAc)＝2.71。下列叙述错误的是A．曲线Ⅰ代表lgc(Ag＋)与pH的关系B．pH＝4.5时，溶液中c(HAc)<c(NO3C．pH＝6时，溶液中δ(HAc)δ(AcD．AgAc(s)＋H＋(aq)⇌Ag＋(aq)＋HAc(aq)的平衡常数K＝102.04【答案】C【解析】随着pH增大，c(H＋)减小，c(HAc)减小，c(Ac−)增大，所以曲线Ⅱ对应HAc的分布系数，曲线Ⅲ对应Ac−的分布系数，随着pH减小，c(H＋)增大，AgAc(s)＋H＋(aq)⇌Ag＋(aq)＋HAc(aq)，平衡正向移动，随pH减小lgc(Ag＋)增大，曲线I代表lgc(Ag＋)与pH的关系，A正确；当pH＝4.5时，溶液中存在物料守恒c(Ag＋)＝c(Ac−)＋c(HAc)，电荷守恒c(Ag＋)＋c(H＋)＝c(Ac−)＋c(NO3-)＋c(OH−)，联立可得c(HAc)＋c(H＋)＝c(NO3-)＋c(OH−)，pH＝4.5时，c(H＋)>c(OH−)，所以c(HAc)<c(NO3-)，B正确；pH＝6时，c(H＋)＝10−6mol/L，Ka(HAc)＝c(H+)c(Ac-)c(HAc)，X点时pH＝4.75，δ(HAc)＝c(HAc)c(H+)c(Ac-)＝0.5，即c(Ac-)=c(HAc)，Ka(HAc)＝c(H＋)＝10－4.75，溶液中δ(HAc)δ(Ac-)=c(HAc)c(Ac-)=c(H+)Ka(HAc)=10-610-4.75=10二、解答题15．一种以废镍氢电池的废渣[主要成分为Ni(OH)2，Co(OH)2，及少量Fe、Al的氧化物]为原料制备硫酸镍(NiSO4·7H2O)晶体的流程如图所示。已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表。阳离子Fe2＋Fe3＋Co2＋Co3＋Al3＋Ni2＋开始沉淀的pH6.31.57.23.46.2完全沉淀的pH8.32.89.21.14.78.9回答下列问题：(1)“酸浸”中不能用盐酸替代稀硫酸，其主要原因是。(2)“氧化1”中调节pH为5的目的是，将沉淀M浸于(填化学式)溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到红色粉末，可用于制造颜料。(3)“氧化2”中Co2＋被氧化生成Co(OH)3的离子方程式为。(4)“沉镍”中不能加入过量氨水，其原因是Ni(OH)2溶解生成硫酸四氨合镍，故过量氨水与硫酸镍反应的化学方程式为。(5)利用Co(OH)3制备CoCO3，的微流程如图所示：“转化、酸溶”中主要发生放热反应，如果加入双氧水过快，则消耗双氧水的量远大于理论值，其主要原因是；“转化、酸溶”中H2O2主要表现的性质是(填“氧化性”或“还原性”)。(6)探究Co(OH)3的氧化性。取少量Co(OH)3于试管中，滴加KI淀粉溶液，无明显现象，再滴加稀硫酸，立即变蓝色，其变蓝色的原因是(填化学方程式)。【答案】(1)避免氧化2中产生氯气(2)促进Fe3＋、Al3＋完全沉淀NaOH(或KOH)(3)2Co(4)NiSO4＋4NH3·H2O＝[Ni(NH3)4]SO4＋4H2O(5)放热多，导致H2O2分解加快还原性(6)2Co(OH)3＋2KI＋3H2SO4＝2CoSO4＋K2SO4＋I2＋6H2O【解析】废渣[主要成分为Ni(OH)2，Co(OH)2，及少量Fe、Al的氧化物]中加入硫酸酸酸浸，Ni(OH)2、Co(OH)2、Fe、Al转化为Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Al3＋，向其中加入H2O2，Fe2＋被氧化为Fe3＋；调pH＝5，Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而被除去。过滤，滤液中加入NaClO，Co2＋被氧化为Co3＋；调pH，过滤得到Co(OH)3沉淀，滤液中含Ni2＋，沉镍后得到Ni(OH)2沉淀；经过一系列操作最终得到NiSO4·7H2O晶体。（1）“酸浸”中若使用稀盐酸酸浸，盐酸中的Cl-与氧化2中的ClO-在酸性条件下发生归中反应生成（2）由表可知，“氧化1”中调节pH为5，使得Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，沉淀M含有Fe(OH)3、Al(OH)3，将其进入NaOH溶液中，Al(OH)3转化为Na[AlOH4]，过滤后得到Fe(OH)3固体，Fe(OH)3（3）“氧化2”中NaClO将Co2＋氧化为Co3＋；进而生成Co(OH)3沉淀，离子方程式为2Co2+（4）过量氨水与硫酸镍反应生成硫酸四氨合镍和水，化学方程式为NiSO4（5）制备CoCO3的流程为，在硫酸参与下，Co(OH)3被H2O2还原为CoSO4，加入NH4HCO3溶液得CoCO3沉淀；该反应为放热反应，H2O2不稳定，温度过高易分解，故消耗H2O2的量远大于理论值；H2（6）淀粉KI溶液在酸性条件下，I-被Co(OH)3氧化为I2，I216．某实验小组设计实验测定Pb3O4组成中PbO、PbO2的物质的量之比。步骤l：Pb3O4的分解。用托盘天平称取0.5g干燥的Pb3O4置于小烧杯中，加入2mL6mol·L－1HNO3溶液，用玻璃棒搅拌，使之充分反应，可以看到红色的Pb3O4快速变为棕黑色的PbO2.过滤分离混合物，并用少量蒸馏水多次洗涤，得到固体；将洗涤液并入滤液中。步骤2：PbO含量的测定。将上述滤液全部转移到锥形瓶中，加入调节剂使溶液pH为5~6，用c1mol·L－EDTA(乙二胺四乙酸钠简写)溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液体积为V1mL。步骤3：PbO2含量的测定。将上述固体连同滤纸一并置于另一锥形瓶中，往其中加入30mLHAc－NaAc溶液，再向其中加入0.8gKI固体，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，此时溶液呈透明棕色。用c2mol·L－1Na2S2O3，标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，加入1mL2%淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色刚好褪去为止，消耗滴定液体积为V2mL。有关反应如下：Pb3O4＋4HNO3＝PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2OPb2＋＋EDTA4－＝PbEDTA2－PbO2＋4KI＋4HAc＝PbI2(黄色)＋I2＋2H2O＋4KAcI2＋2S2O32-＝回答下列问题：(1)步骤1中，不能用硫酸替代硝酸，其原因是。用少量蒸馏水多次洗涤固体的主要目的是除去固体表面阳离子(填离子符号)。过滤时用到的玻璃仪器有。(2)步骤3中，固体连同滤纸一起置于锥形瓶中，其目的是。(3)根据上述数据计算Pb3O4中PbO、PbO2的物质的量之比为(用含c1、V1、c2、V2的代数式表示)。(4)步骤2滴定过程中，若滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，其测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(5)步骤3中，加入HAc－NaAc溶液调节pH，如果加入HAc过多，测定结果偏低，其原因是(用离子方程式表示)。【答案】(1)PbSO4难溶于水Pb2＋烧杯，漏斗，玻璃棒(2)避免固体损失，造成较大误差(3)2c(4)偏高(5)S2O32-＋2HAc＝SO2↑＋S↓＋H2【解析】（1）Pb3O4和硫酸反应生成PbO2、PbSO4，PbSO4难溶于水，故步骤1中不能用硫酸替代硝酸。PbO2固体表面可能有杂质Pb(NO3)2，用少量蒸馏水多次洗涤固体的主要目的是除去固体表面阳离子Pb2＋。过滤装置图为，过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；（2）步骤3中，为防止固体PbO2损失，造成较大误差，将固体连同滤纸一起置于锥形瓶中；（3）根据PbO2＋4KI＋4HAc＝PbI2(黄色)＋I2＋2H2O＋4KAc、I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-，n(PbO2)＝n(I2)＝12nNa2S2O3=12V2×10-3L×c2mol/L=12c2V2×（4）步骤2滴定过程中，若滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，消耗标准液体积偏大，PbO含量偏大，其测定结果偏高。（5）步骤3中，加人HAc－NaAc溶液调节pH，如果加入HAc过多，发生反应S2O32-＋2HAc＝SO2↑＋S↓＋H2O＋2Ac－17．近日，石河子大学于锋教授团队制备了钙镁铝复合氧化物(P－CaMgAl－LDO)，该材料具有优异的CO2吸附性能，有利于CO2催化加氢制备CH3OH，涉及如下反应。Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)⇌CHOH(g)＋H2O(g)ΔH1Ⅱ．CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.1kJ·mol－1Ⅲ．CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3＝－90.4kJ·mol－1回答下列问题：(1)基态Mg原子中s、p能级上电子总数之比为。(2)高温下CaO与焦炭反应生成CaC2，反应为CaO＋3C高温CaC2＋CO↑，四方晶系CaC2的晶胞结构如图所示。①CaC2中σ键、π键的数目之比为。②已知CaC2的晶胞与NaCl的晶胞类似，晶胞参数anm＝bnm≠cnm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为g·cm－3(用含a，b、c和NA的代数式表示)。(3)反应Ⅰ的ΔH1＝kJ·mol－1。(4)在体积可变的密闭容器中以CO和H2物质的量之比1：3充入混合气体发生上述反应，测得CO2平衡转化率与温度﹑压强的关系如图所示。①根据图像，p1、p2、p3由大到小的顺序为，判断依据是。②随着温度升高，不同压强下，CO2平衡转化率趋向交于M点，可能的原因是。(5)一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为0.4mol，CO为0.2mol，此时，H2O(g)的浓度为mol·L－1，反应II的物质的量分数平衡常数Kx＝(Kx为用物质的量分数替代浓度计算的平衡常数)。【答案】(1)1∶1(2)1∶22.56×(3)－49.3(4)p1>p2>p3反应Ⅰ、Ⅲ是气体分子数减小的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，其他条件相同，增大压强，CO2平衡转化率增大随着温度升高，逐渐以反应Ⅱ为主，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定(5)0.3316或【解析】（1）基态Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63（2）①CaC2由Ca2+和C22-构成，C22-中含有一个σ键，两个π键，则CaC②由晶胞结构可知，该晶胞中含有的Ca2+个数为12×14+1=4个，（3）反应I＝反应II＋反应III，根据盖斯定律可知，ΔH（4）①温度相同时，反应Ⅰ、Ⅲ是气体分子数减小的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，p1至p3过程中，CO2②反应I、III为放热反应，反应I为吸热反应，随着温度升高，逐渐以反应Ⅱ为主，同时反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定，所以CO2平衡转化率趋向交于M（5）假设反应I消耗xmolCO2，反应II消耗ymolCO2，根据信息可建立关系式，反应I：CO2g+3H2g⇌CH