高考化学模拟测试卷(带答案解析)

第第页高考化学模拟测试卷(带答案解析)一、单选题（本大题共7小题，共42分）1.化学与社会、生产生活密切相关，下列说法错误的是(

)A.火力发电是目前发电的主要形式，往煤炭中加入石灰石可减少酸性气体的排放

B.常温下可以用铁罐车运输浓硫酸，因为二者不发生反应

C.工业制备硝酸所产生的尾气排放到大气中会导致光化学烟雾，可用碱液除去尾气

D.随着社会的不断发展，能源的种类在不断增多，人均耗能不断增大2.根据乙烯的性质可以推测丙烯(CH2=CHCH3)的性质，下列说法中不正确的是(

)A.丙烯能在空气中燃烧

B.丙烯能使酸性KMnO4溶液褪色

C.丙烯与Br2发生加成反应的产物是CH2Br−CH2−CH2Br

D.丙烯在一定条件下可以发生加聚反应3.下列反应中溶液颜色变化对应的离子方程式错误的是(

)A.向Na2S溶液中通入过量SO2后溶液中出现淡黄色浑浊：2S2−+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3−

B.向淀粉KI溶液中滴加少量溴水后溶液变蓝色：2I−+Br2=2Br−+I2

C.向FeCl3溶液中加入足量铁粉后溶液由黄色变为浅绿色：2Fe3++Fe=3Fe2+

D.向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液后紫红色消失：MnO4−+H2O2+10H+=Mn2++6H2O4.由下列实验操作及现象所得结论或解释错误的是(

)实验操作及现象结论或解释A向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤洗涤后，向所得沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已变质B向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫红色褪去H2O2具有还原性C向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消失Al(OH)3具有两性D向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，既产生白色沉淀，又生成无色气体Ca2++2HCO3−⇌CaCO3+H2CO3，随Ca2+浓度增加，平衡向右移动A.A B.B C.C D.D5.如图是元素周期表中短周期的一部分，若A原子最外层的电子数比次外层少3，则下列说法正确的是(

)

A.原子半径的大小顺序是C>B>A>D

B.B、D之间只能形成一种化合物

C.只有A的单质存在同素异形体

D.A、B、C的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱的关系是C>B>A6.H3PO2可用电渗析法制备。“四室电渗析法”的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，下列说法正确的是

(

)A.产品室中的氢离子扩散到阳极室中 B.阴极室中的钠离子扩散到原料室中

C.产品室中的氢氧根离子扩散到原料室中 D.原料室中的H2PO2−扩散到产品室中7.室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如图所示．下列说法正确的是(

)A.HA的酸性比HB的酸性弱

B.a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱

C.若两溶液稀释，则所有离子的浓度都减小

D.对a、b两点溶液同时升高温度，则c(A−)c(B−)减小

二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）8.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业作出了突出贡献。以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。有关反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3;NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl;2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。

已知：NH3是无色有强烈刺激性气味的碱性气体，极易溶于水。Ⅰ.原理分析(1)碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是_________________。a.碳酸氢钠难溶于水

b.碳酸氢钠受热易分解c.碳酸氢钠的溶解度相对较小，在溶液中首先结晶析出Ⅱ.实验探究(2)一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)。回答下列有关问题：a.乙装置中的试剂是_____________________；b.丁装置中稀硫酸的作用是_____________________；c.实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是________________(填分离操作的名称)。(3)另一位同学用图中戊装置(其他装置未画出)进行实验。有同学建议在戊装置的b导管下端连接己装置，理由是_________________________。(4)若学生进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，实验后得到干燥的晶体的质量为5.04g，则NaHCO3的产率为______。三、简答题（本大题共4小题，共59.0分）9.粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如图：

已知烧结过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。

(1)写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式______

(2)操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是______

(3)①“浸出”过程中，NaFeO2可完全水解，生成的沉淀为______。

②3%Na2CO3溶液显______(填“酸性”或“中性”)，请用离子方程式解释______。

(4)操作b所用的玻璃仪器有漏斗、______、______。

(5)“碳化”时通入过量气体X主要成份的化学式为______

(6)工业上电解Al2O3，制备Al时为使Al2O3，在较低温度下熔化，通常加入______。电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是______。10.甲醇是一种重要的液体清洁燃料，工业上有多种制备甲醇的方法。

I.利用H2O2来氧化CH4制取液体燃料甲醇。

(1)已知：2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l)△H1

2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)△H2

则H2O2氧化CH4的热化学方程式为______(用△H1和△H2来表示△H)。

(2)该方法采用的温度为70°C，不选择更低或更高温度的原因是______。

II.工业上也常使用CO2和H2在高温条件下制备甲醇，发生的反应为

主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H<0

副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H<0

起始投料为n(H2)：n(CO2)=3：1。

i.当反应只按主反应进行时，研究不同温度、压强下，平衡时甲醇的物质的量分数[x(CH3OH)]的变化规律，如图所示。其中，x(CH3OH)−p图在t=250°C下测得，x(CH3OH)−t图在p=5×105Pa下测得。

(3)图中等压过程的曲线是______(填“a”或“b”)，判断的依据是______。

(4)当x(CH3OH)=0.10时，反应条件可能为______或______。

ii.当两个反应同时发生时，在T°C，恒压为1×106Pa条件下达平衡时：x(CH3OH)=0.125，x(CO)=0.0625。

(5)该条件下CO2的总转化率=______；副反应的平衡常数Kp=______(保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。11.实验室里常用的干燥剂有：①生石灰，②固体氢氧化钠，③变色硅胶[主要成分是二氧化硅，在其中掺入少量的无水氯化钻(CoCl2)作指示剂]，④五氧化二磷，⑤无水氯化钙，⑥浓硫酸，⑦碱石灰(主要成分是氢氧化钠、氧化钙)等。

(1)上述物质中，属于纯净物的是______(填序号)。

A.①②④B.②④⑥C.①②④⑤D.全部

(2)上述②、④、⑤、⑥四种干燥剂中，其主要化学成分所属的类别依次为______、______、______、______(填序号)。

A.酸

B.碱

C.盐

D.氧化物

(3)硅胶中无水氯化钻(CoCl2)呈蓝色，吸水后变为粉红色的CoCl2⋅6H2O，该变化过程属于______

(填“物理变化”或“化学变化”)。

(4)下列气体中，能用固体氣氧化钠干燥的是______

A.CO2

B.HCl

C.NO2

D.NH3

E.NO

(5)生石灰常用作食品干燥剂，久置后易失去干燥能力，其原因为______(用化学方程式表示)。12.化合物J是一种催吐剂的中间体，其合成方法如下：

回答下列问题：

(1)A的名称为______，H中除酰胺键外，其它含氧官能团的名称为______。

(2)设计反应①和③的目的是______。

(3)加入适量的Na2CO3有利于反应⑦的进行，其原因是______。

(4)写出反应④的化学方程式______，该反应的反应类型为______。

(5)同时满足下列条件的A的同分异构体有______种，写出其中一种核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式______。

①能发生银镜反应②与FeCl3溶液发生显色反应

(6)设计由硝基苯和1，3−丁二烯制备的合成线路______(无机试剂任选)。参考答案与解析1.【答案】B

【解析】解：A、煤炭中含有硫单质，燃烧会生成二氧化硫等有污染的酸性气体，必须进行脱硫处理，常见方法是加入石灰石转化为硫酸钙除去，故A正确；

B、浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁发生钝化，所以常温下可用铁罐车运输浓硫酸，钝化是浓硫酸和铁反应、在铁表面形成致密氧化物保护膜、阻止反应继续进行，故B错误；

C、氮氧化物是导致光化学烟雾主要因素，工业制备硝酸所产生的尾气中含有二氧化氮等物质，二氧化氮等物质能与氢氧化钠反应，所以工业制备硝酸的尾气可用碱液吸收处理，故C正确；

D、随着社会的不断发展，人类的活动范围不断扩大，人均耗能逐渐升高，人类利用能源经历生物能源、化石能源和多能源结构三个时期，能源种类不断增多，故D正确；

故选：B。

A、煤炭燃烧会生成二氧化硫等有污染的酸性气体，可加石灰石进行脱硫；

B、浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁发生钝化；

C、氮氧化物会导致光化学烟雾，氮氧化物能与氢氧化钠等碱性物质反应；

D、社会的发展、科技的进步使人均耗能不断增大，促进了新的能源不断发掘，能源结构逐步多样化。

本题考查了物质的性质、环境污染及治理、能源的使用，是高考的热门考点，把握常见物质的性质、环境的治理即可解答，试题有利于培养学生节能减排的意识，注意相关知识的积累，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.丙烯属于烯烃，在空气中能燃烧，故A正确；

B.丙烯中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；

C.丙烯和溴发生加成反应时生成BrCH2CHBrCH3，不是生成CH2Br−CH2−CH2Br，故C错误；

D.丙烯中碳碳双键能发生加聚反应而生成高分子化合物，故D正确；

故选：C。

A.烯烃都能在空气中燃烧；

B.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

C.丙烯和溴发生加成反应时生成BrCH2CHBrCH3；

D.碳碳双键能发生加聚反应。

3.【答案】D

【解析】解：A.向Na2S溶液中通入过量SO2后溶液中出现淡黄色浑浊，离子方程式：2S2−+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3−，故A正确；

B.淀粉KI溶液中滴加少量溴水后溶液变蓝色，离子方程式：2I−+Br2=2Br−+I2，故B正确；

C.向FeCl3溶液中加入足量铁粉后溶液由黄色变为浅绿色，离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+，故C正确；

D.向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液后紫红色消失，反应离子方程式：2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，故D错误。

故选：D。

A.二者反应生成硫单质和亚硫酸氢根离子；

B.碘离子被溴单质氧化生成碘单质，溴被还原为溴离子；

C.氯化铁与铁反应生成氯化亚铁；

D.得失电子不守恒。

4.【答案】A

【解析】解：A.硝酸可氧化亚硫酸钡，不能选硝酸，应向白色沉淀中加盐酸，若沉淀不溶解，可判断变质，故A错误；

B.酸性高锰酸钾溶液可氧化过氧化氢，紫红色褪去，可知过氧化氢具有还原性，故B正确；

C.生成的氢氧化铝可溶于NaOH生成盐和水，则先生成白色沉淀，后沉淀消失，可知Al(OH)3具有两性，故C正确；

D.饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀和二氧化碳，发生Ca2++2HCO3−⇌CaCO3+H2CO3，随Ca2+浓度增加，平衡向右移动，故D正确；

故选：A。

A.硝酸可氧化亚硫酸钡；

B.酸性高锰酸钾溶液可氧化过氧化氢；

C.生成的氢氧化铝可溶于NaOH；

D.饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀和二氧化碳。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】D

【解析】解：由短周期元素A、B、C、D相对位置，可知D处于第二周期，A、B、C处于第三周期，A原子最外层的电子数比次外层少3，最外层电子数为5，故A为P元素，B为S元素，C为Cl，D为O元素。

A.同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径的大小顺序是A>B>C>D，故A错误；

B.氧、硫之间可以形成二氧化硫、三氧化硫，故B错误；

C.氧元素存在同素异形体氧气、臭氧，故C错误；

D.同周期自左而右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，故D正确。

故选：D。

由短周期元素A、B、C、D相对位置，可知D处于第二周期，A、B、C处于第三周期，A原子最外层的电子数比次外层少3，最外层电子数为5，故A为P元素，B为S元素，C为Cl，D为O元素，结合元素周期律与元素化合物知识解答．

本题考查结构性质位置关系应用，熟练掌握元素周期表的结构与核外电子排布规律，理解元素周期律．

6.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查电解池中电子、电流、离子的移动方向，注意掌握电解池的概念是解题关键，结合题给信息判断出电解池的阴阳极，进一步结合电解池的概念即可判断离子的移动方向，题目难度不大。

【解答】阳极的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极的电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−。阳极室中的氢离子扩散到产品室中，原料室中的钠离子扩散到阴极室中。根据电荷守恒关系可知，原料室中的H2PO2−扩散到产品室中。

故选D。

7.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、图象的分析判断、溶液稀释过程中离子浓度变化，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

【解答】

室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL，HA溶液pH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸；

A.pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液pH=5，HB溶液pH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，故A错误；

B.a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；

C.溶液稀释氢离子浓度减小，而水的离子积Kw=c(H+)c(OH−)不变，故c(OH−)增大，故C错误；

D.HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c(A−)浓度不变，HB电离程度增大，c(B−)浓度增大，c(A−)c(B−)比值减小，故D正确；

故选D。

8.【答案】Ⅰ.(1)c

Ⅱ.(2)a.饱和碳酸氢钠溶液b.吸收挥发出的NH3 c.过滤

(3)增大接触面积，促进CO2的溶解

(4)60%

【解析】【分析】

本题考查工业侯氏制碱法制纯碱的流程和原理，属于实验探究综合题，题目难度不大，明确碳酸氢钠析出的原因，理解实验原理是解题关键，有助于培养学生的良好的化学科学素养。

【解答】

(1)a.碳酸氢钠易溶于水，故a错误；

b.碳酸氢钠的受热分解与该现象无关，故b错误；

c.由于对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以应首先析出，故c正确。

(2)a.利用盐酸制取二氧化碳时二氧化碳中常会含有氯化氢气体，乙装置的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体，乙中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液。

b.实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，防止造成污染。

c.分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤。

(3)多孔球泡能增大气体和液体的接触面积，促进CO2的溶解吸收。

(4)设NaHCO3的理论产量是xg，根据方程式建立关系式：NaCl～NaHCO3，58.55.85=84x，解得：x=8.4g，所以NaHCO3的产率：实际产量理论产量×100%=5.048.4×100%=60%。

9.【答案】Al2O3+Na2CO3− 高温  2NaAlO2+CO2↑

提高烧结产物浸出率

Fe(OH)3

碱性

CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−

烧杯

玻璃棒

CO2

冰晶石Na3AlF6

石墨电极被阳极生成的氧气氧化损耗

【解析】解：粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等，当加CaCO3、Na2CO3进行烧结，发生Al2O3+Na2CO3− 高温  2NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+SiO2− 高温  Na2SiO3+CO2↑、2CaCO3+SiO2− 高温  Ca2SiO4+2CO2↑、Fe2O3+Na2CO3− 高温  2NaFeO2+CO2↑、C+O2− 高温  CO2，所以气体X为CO2，操作a为冷却、研磨，加入碳酸钠溶液浸出，AlO2−+2H2O⇌Al(OH)3+OH−，碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2−+2H2O=Fe(OH)3↓+OH−，操作b过滤出Fe(OH)3、Ca2SiO4，加入氧化钙脱硅，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子反应生成硅酸钙沉淀，操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，过滤出沉淀氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气；(1)“烧结“过程中氧化铝和碳酸钠反应：Al2O3+Na2CO3− 高温  2NaAlO2+CO2↑；故答案为：Al2O3+Na2CO3− 高温  2NaAlO2+CO2↑；

(2)“烧结”过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等，操作a的下一步为浸出，操作a为冷却、研磨，所以研磨的目的是提高烧结产物浸出率；故答案为：提高烧结产物浸出率；

(3)①NaFeO2可完全水解，FeO2−+2H2O=Fe(OH)3↓+OH−，生成的沉淀为Fe(OH)3；故答案为：Fe(OH)3；

②3%Na2CO3溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，水解离子方程式：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；故答案为：碱性；CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；

(4)浸出液经过两次操作b分离沉淀，所以b为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；所以还需用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；故答案为：烧杯、玻璃棒；

(5)操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入X气体为二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓；故答案为：CO2；

(6)工业上电解Al2O3，制备Al时为使Al2O3，在较低温度下熔化，通常加入冰晶石Na3AlF6，用来降低固体熔点，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是：石墨电极被阳极生成的氧气氧化损耗；故答案为：冰晶石Na3AlF6；石墨电极被阳极生成的氧气氧化损耗。

粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等，当加CaCO3、Na2CO3进行烧结，发生Al2O3+Na2CO3− 高温  2NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+SiO2− 高温  Na2SiO3+CO2↑、2CaCO3+SiO2− 高温  Ca2SiO4+2CO2↑、Fe2O3+Na2CO3− 高温  2NaFeO2+CO2↑、C+O2− 高温  CO2，所以气体X为CO2，操作a为冷却、研磨，加入碳酸钠溶液浸出，AlO2−+2H2O⇌Al(OH)3+OH−，碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2−+2H2O=Fe(OH)3↓+OH−，操作b过滤出Fe(OH)3、Ca2SiO4，加入氧化钙脱硅，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子反应生成硅酸钙沉淀，操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，过滤出沉淀氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气。

(1)烧结过程中铝元素转化是氧化铝和碳酸钠高温反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；

(2)研磨的目的增大接触面积，加快反应速率；

(3)①NaFeO2可完全水解，FeO2−+2H2O=Fe(OH)3↓+OH−；

②3%Na2CO3溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性；

(4)浸出液经过两次操作b分离沉淀，所以b为过滤；

(5)操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝；

(6)业上电解Al2O3，制备Al时为使Al2O3，在较低温度下熔化，加入冰晶石降低固体熔点，阳极的石墨易消耗是因为阳极上氧离子失电子发生氧化反应生成氧气，氧气消耗石墨。

本题考查了物质的分离、提纯的方法的应用，考查学生对工艺流程的理解、元素化合物性质等，明确各物质的性质是解本题的关键，题目难度中等。

10.【答案】H2O2(l)+CH4(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=12(ΔH1+ΔH2)

低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解

b

主反应为放热反应，压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，x(CH3OH)减小

210℃，5×105Pa

250℃，9×105Pa

60%

0.188

【解析】解：(1)①2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l)△H1

②2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)△H2

根据盖斯定律：12(①+②)得H2O2(l)+CH4(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=12(ΔH1+ΔH2)；故答案为：H2O2(l)+CH4(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=12(ΔH1+ΔH2)；

(2)温度低，反应速率慢，同时双氧水性质不稳定，所以该方法采用的温度为70°C，不选择更低或更高温度的原因是低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解；故答案为：低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解；

(3)主反应为放热反应，压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，x(CH3OH)减小，所以图中等压过程的曲线是b；故答案为：b；主反应为放热反应，压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，x(CH3OH)减小；

(4)由图可知，当x(CH3OH)=0.10时，反应条件可能为210℃，5×105Pa或250℃，9×105Pa；故答案为：210℃，5×105Pa；250℃，9×105Pa；

(5)设起始氢气物质的量为3mol，二氧化碳物质的量为1mol，列化学平衡三段式；

主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H<0

转化(mol)

x

3x

x

x

副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H<0

转化(mol)

y y

y

y

则平衡时n(CO2)=(1−x−y)mol，n(H2)=(3−3x−y)mol，n(CH3OH)=xmol，n(CO)=ymol，n(H2O)=(x+y)mol，混合气体总物质的量为(4−2x)mol，x(CH3OH)=0.125=x4−2x，x(CO)=0.0625=y4−2x，解得x=0.4，y=0.2，则该条件下CO2的总转化率=0.4mol+0.2mol1mol×100%=60%；平衡时混合气体总物质的量为(4−2×0.4)mol=3.2mol，n(CO2)=(1−0.4−0.2)mol=0.4mol，n(H2)=(3−3×0.4−0.2)mol=1.6mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6mol，副反应的平衡常数Kp=p(CO)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p(H2)=0.23.2×1×106Pa×0.63.2×1×106Pa0.43.2×1×106Pa×1.63.2×1×106Pa≈0.188；故答案为：60%；0.188。

(1)①2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l)△H1

②2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)△H2

根据盖斯定律：12(①+②)得H2O2(l)+CH4(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)；

(2)温度低，反应速率慢，同时双氧水性质不稳定；

(3)主反应为放热反应，压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，x(CH3OH)减小；

(4)根据图中信息即可得出答案；

(5)设起始氢气物质的量为3mol，二氧化碳物质的量为1mol，列化学平衡三段式；

主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H<0

转化(mol)

x

3x

x

x

副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H<0

转化(mol)

y y

y

y

则平衡时n(CO2)=(1−x−y)mol，n(H2)=(3−3x−y)mol，n(CH3OH)=xmol，n(CO)=ymol，n(H2O)=(x+y)mol，混合气体总物质的量为(4−2x)mol，x(CH3OH)=0.125=x4−2x，x(CO)=0.0625=y4−2x，解出x、y的值，CO2的总转化率=转化物质的量起始物质的量×100%，副反应的平衡常数Kp=p(CO)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p(H2)。

本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。

11.【答案】C

B

D

C

A

化学变化

DE

CaO+H2O=Ca(OH)2

【解析】解：(1)变色硅胶是二氧化硅和氯化钴的混合物，浓硫酸是硫酸的水溶液，碱石灰是氢氧化钠、氧化钙的混合物；生石灰，固体氢氧化钠，五氧化二磷，无水氯化钙只有一种物质组成，属于纯净物；故答案为：C；

(2)变色硅胶是混合物，碱石灰是NaOH、CaO的混合物，生石灰是氧化钙，固体氢氧化钠是碱，其中硫酸属于酸、氯化钙属于盐，二氧化硅、五氧化二磷为氧化物；故答案为：B；D；C；A；

(3)无水氯化钴(CoCl2)呈蓝色，吸水后变为粉红色的CoCl2⋅6H2O，有新物质生成；故答案为：化学变化；

(4)碱性干燥剂不能干燥酸性气体，固体