江西九江市2026年高三下学期第二次高考模拟统一考试 化学试题（含解析）

这是一份江西九江市2026年高三下学期第二次高考模拟统一考试 化学试题（含解析），共13页。
本试卷共8页，共100分。考试时间75分钟。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
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，再选涂其它答案标号。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，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Fe-56
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，只有一项符合题目要求。
1. 化学与生活息息相关，下列有关说法不正确的是
A. 豆腐制作过程中可添加氯化镁、硫酸钙或葡萄糖酸-δ-内酯作凝固剂
B. 医疗上可利用等离子体灭菌，等离子体是含阴、阳离子和电中性粒子的物质聚集体
C. “含氟牙膏”刷牙后立即漱口，难以形成有效保护，不利于牙齿健康
D. 用于光刻技术的感光高分子树脂属于功能性高分子材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．豆浆属于蛋白质胶体，氯化镁、硫酸钙属于电解质，可使胶体聚沉，葡萄糖酸-δ-内酯水解产生的酸能使蛋白质凝固，三者都是豆腐制作的常见凝固剂，A正确；
B．高中阶段等离子体的组成为阳离子、自由电子和电中性粒子，整体呈准电中性，其负电荷载体为自由电子而非阴离子，选项中“含阴、阳离子”的表述错误，B错误；
C．含氟牙膏中的可与牙釉质的羟基磷灰石反应生成更耐酸的氟磷灰石，刷牙后立即漱口会冲掉口腔内残留的，难以形成有效保护层，不利于预防龋齿，C正确；
D．感光高分子树脂具有光照下发生交联或降解的特殊功能，可用于光刻技术，属于功能性高分子材料，D正确；
答案选。
2. 下列化学用语或图示表示正确的是
A. 氨气分子中共价键电子云轮廓图：
B. 基态原子的简化电子排布式：
C. 的价层电子对互斥模型：
D. 苯胺盐酸盐的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气（NH3）中N-H键为σ键，由N的sp3杂化轨道与H的1s轨道“头碰头”重叠形成。题图显示的是p-pσ键电子云轮廓图，与实际不符，A错误；
B．Se原子序数34，完整排布为 ，简化应为 。题中遗漏 ，B错误；
C．的中心O原子价层电子对数 = ，价层电子对互斥模型应为四面体形。题图仅显示三角锥形空间构型，未体现孤对电子，C错误；
D．苯胺（C6H5NH2）质子化后生成 ，与Cl⁻形成离子化合物，结构简式写作是常见简化表示，D正确；
故选D。
3. 下列实验方案可以达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．选项中的电解池未标明电源正负极连接方式，若Fe棒连接外电源正极，则Fe为电解池阳极，电极反应为：，C为电解池阴极，电极反应为：，无法制备NaClO。若Fe棒连接外电源负极，则Fe为电解池阴极，电极反应为：，C为电解池阳极，电极反应为，Fe电极生成，不应该用NaOH溶液吸收该电极气体，A错误；
B．乙醇制备乙醚的反应需控制温度在140℃，应将温度计水银珠插入液面下检测反应温度，而非置于支管口，B错误；
C．与共热制氨气的方程式为：，试管口温度较低，该反应生成的水会在试管口冷凝，若管口向上倾斜，冷凝水会倒流回试管底部，使试管受热不均，可能使试管破裂，应将试管口略向下倾斜，C错误；
D．Cu单质与稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，且密度小于水，利用该装置制得的NO会聚集在U形管左上端，通过稀硝酸的液封可避免NO被氧化，D正确；
故答案选D。
4. 工业上用溶液浸取矿粉中银的反应(未配平)，阿伏加德罗常数的值为。下列说法不正确的是
A. 标准状况下，中孤电子对的数目为
B. 中键数目为
C. 反应中每生成还原产物，转移电子数目为
D. 固体中阴离子数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下2.24 L 的物质的量为，的电子式为，每个分子中含有4个孤电子对，因此0.1 ml 中孤电子对的数目为，A正确；
B．的电子式为，C原子和N原子通过三键连接，每个中含有1个键和2个键，中键的数目为，B正确；
C．该反应中，Ag元素从0价升至+1价，O元素从0价降至-2价，该反应还原产物为NaOH，每生成1 ml还原产物，转移2 ml电子，数目为，C错误；
D．4.9 g NaCN固体的物质的量为，其中含有的数目为，D正确；
故答案选C。
5. 以2024年诺贝尔化学奖获得者姓氏命名的“贝克-怀特反应(Baker-White Reactin)”是一种构建多肽模拟物的重要方法，其关键步骤如图所示(表示苯基)。下列说法不正确的是
A. M的分子式为B. M与N能用溶液鉴别
C. N分子中最多有8个原子共面D. 与溶液反应，最多消耗
【答案】A
【解析】
【详解】A．M的结构简式为，Ph (苯基) 的分子式为 ，将M的结构展开为 ，计算各原子总数，M的分子式应为，A错误；
B．M的结构中含有羧基（-COOH），具有酸性，可以与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体。反应现象为产生气泡；N的结构为 ，含有氨基（-NH2）和酯基（-COO-），均不与 溶液反应，无明显现象。由于M与 溶液反应会产生气泡，而N不反应，现象不同，因此可以用 溶液来鉴别M和N，B正确；
C．N的结构为 ，分子中的酯基部分是一个平面结构。这个平面包含了：羰基碳原子、羰基氧原子、酯基氧原子与酯基氧原子相连的甲基碳原子，这四个原子构成一个平面。与之相连的四个原子可以通过单键的旋转，使得其可能存在于一个平面，即最多有8个原子可以共平面，C正确；
D．P的结构中含有2个肽键（-CO-NH-）和1个酯基（-CO-OCH3）。在碱性条件下，酯基会发生水解，消耗1 ml NaOH。肽键也会发生水解，消耗1 ml NaOH。P分子中有2个肽键，所以水解需要2 ml NaOH。总共消耗的NaOH的物质的量为：，D正确；
故选A。
6. 某合金的结构如图所示，其中a是无序的分布，b是有序的结构。下列说法正确的是
A. b结构中的配位数为6B. 稳定性：
C. 该合金可完全溶于浓硝酸D. a中每个小球可以表示为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．在有序结构b中：Au原子位于晶胞的8个顶点，Cu原子位于晶胞的6个面心；以任意一个面心的Cu原子为例，与它距离最近且等距的原子4个Au原子，故Cu的配位数为4，不是6；A错误；
B．结构a是原子无序分布的合金，结构b是原子有序排列的合金；晶体的有序性越高，原子排列越规整，键合越稳定，能量越低，因此稳定性更强；所以稳定性是 b > a，不是a > b，B错误；
C．合金的成分为Cu和Au；其中的Cu可以与浓硝酸反应溶解，但Au的化学性质非常稳定，不与浓硝酸反应（只有王水才能溶解Au）；因此，合金无法被浓硝酸完全溶解，C错误；
D．先通过有序结构b计算合金的化学式： Au原子数：8×= 1； Cu原子数：6×= 3；因此合金中Cu和Au的原子数比为3:1；无序结构a中，Cu和Au原子在晶胞中随机分布，晶胞总原子数为1+3=4个；因此，每个位置平均含Cu：，含Au：，即每个小球可表示为，D正确；
故答案选D。
7. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。下列说法正确的是
①该过程的总反应为
②增大浓度会加快反应速率
③该过程的总反应速率由步骤决定
④所有的化学反应都存在多个基元反应
⑤加入，活化分子数目增加，活化分子百分数不变
A. ①②B. ①③C. ①③④D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①．根据反应机理，将各步骤加和，催化剂不写入总反应，反应物为，生成物为和，总反应为：；
②．根据图示机理，在水溶液中存在电离平衡，增大H⁺浓度会使平衡逆向移动，导致浓度降低，从而使反应速率减慢，②错误；
③．总反应速率由活化能最大（反应速率最慢）的基元步骤决定，根据能量图，步骤的活化能最大，是决速步骤，③正确；
④．一步完成的反应（基元反应）只有一个基元反应，不是所有反应都存在多个基元反应，④错误；
⑤．加入催化剂，降低反应活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数也增大，⑤错误；
故正确的有①③；
答案选B。
8. 化合物可用于精细化工的催化合成，其中X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，只有Y、Z同周期，Z、W的价电子数之和是Y的价电子数的2倍。下列说法正确的是
A. 键角：B. 和的空间构型相同
C. 简单离子半径：D. 可作为自来水消毒剂
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设Y的最高能级电子数为x，若Y的最高电子能级是2s，则有，解得。若Y的最高电子能级是2p，则有，解得，则Y可能是Be元素或O元素，X的原子半径小于Y，且X不与Y同周期，则X是H元素。Z、W的价电子数之和是Y的价电子数的2倍，若Y是Be元素，则Z、W的价电子数和为4，Y与Z同周期，且Z的原子半径大于Y，则Z是Li元素，W是Al元素，但Be、Li、Al均为正化合价，无法构成化合物，因此Y是O元素。O元素的价电子数为6，Z、W的价电子数和为12，Z的原子半径大于Y，且与Y同周期，则Z是N元素，W是Cl元素，据此作答。
【详解】A．由分析可知，代表，代表，二者中心原子都为sp3杂化，中N原子的孤电子对数，的孤电子对数，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，故键角，A错误；
B．和分别是和，则中N原子的孤电子对数，价层电子对数=孤电子对数+成键电子对数=0+3=3，N原子以方式杂化，是平面三角形构型。中Cl原子的孤电子对数，价层电子对数=1+3=4，Cl原子以方式杂化，是三角锥构型，B错误；
C．Z、Y、W的简单离子分别是、和，其中核外有3层电子，因此半径最大。和的核外电子排列相同，N的原子序数小于O，则的半径大于；综上，离子半径从小到大依次为：，C错误；
D．是，具有强氧化性且不易生成有害副产物，因此可用作自来水消毒剂，D正确；
故答案选D。
9. 工业上以菱锰矿(含及少量、、、等元素)为原料制备电池级的流程如下。已知：①、；②溶液中离子浓度认为沉淀完全。下列说法不正确的是
A. 实验室中分离得到滤渣需要使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
B. “除钙镁”操作中，溶液中不低于
C. 通入高压是为了增大浓度，使反应更充分
D. “氧化”时发生的反应：
【答案】B
【解析】
【分析】菱锰矿粉末经过硫酸酸浸得到含有Mn2+、Mg2+、Fe2+、Zn2+、Ni2+的溶液和CaSO4、PbSO4的沉淀，再用氧气氧化同时加石灰乳调节pH值使铁离子沉淀，滤渣1中有CaSO4、PbSO4和Fe(OH)3，加硫化钡除锌镍得到滤渣ZnS、NiS和BaSO4，加MnF2除去钙和镁，最后加氨水用高压氧气氧化得到Mn3O4。
【详解】A．分离滤渣的操作是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，A正确；
B．“除钙镁”操作中，使钙离子和镁离子浓度都小于等于10-5ml/L，由于氟化钙的溶度积大于氟化镁的溶度积，钙离子沉淀完全时，镁离子也已经沉淀完，满足，根据溶度积公式，可得： ，因此，远大于，B错误；
C．不易溶于水，高压条件可以增大溶液中的浓度，使氧化更充分，C正确；
D．碱性条件下氧化生成，该方程式满足电子守恒、原子守恒，D正确；
故选B。
10. 向容积均为的恒容密闭容器M(恒温300℃)、N(起始300℃，绝热)中分别加入和及相同催化剂发生反应：。实验测得两个容器中的物质的量随时间的变化关系如表所示。该反应的速率方程、 (、分别是正、逆反应的速率常数)。下列说法不正确的是
A. 容器①表示容器MB. 当容器②中温度不变时反应达到平衡
C. 该反应在高温下能自发进行D. 当容器①中反应进行到时，
【答案】C
【解析】
【详解】A．从表格数据可以看出，容器②比容器①更早达到平衡，说明容器②内部温度更高，但其中的平衡含量高于容器①，说明该反应放热，升温使平衡逆向移动，则容器②代表N，容器①代表M，A正确；
B．由选项A分析可知，容器②代表N，是绝热容器，当容器②温度不变时，说明容器中的净热效应为0，反应正逆速率相等，反应达到平衡，B正确；
C．根据方程式，该反应气体总量减少，则该反应，由选项A分析可知，该反应，当时，反应可自发进行，因此，在低温时该反应可自发，C错误；
D．当反应达到平衡时有，即，则该反应平衡常数；由选项A分析可知，容器①恒温，该反应平衡常数为定值，当反应进行到300 s时，反应达到平衡，，该反应容器为1 L，则，NO和的起始投料量分别为0.15 ml和0.1 ml，则，，据此可列三段式：
则该反应平衡常数，则，D正确；
故答案选C。
11. X、Y分别是由2种和3种前四周期元素组成的化合物，溶于水后按一定比例混合，得到溶液Z，用试纸检测显深红色。取4支试管分别装入少量溶液Z进行实验，记录为：
下列说法正确的是
A. 可用酸性溶液检验Z溶液中是否含有B. X可作净水剂
C. Y在酸性溶液中能稳定存在D. Z溶液中含3种阳离子
【答案】B
【解析】
【分析】pH试纸检测显深红色，说明溶液Z呈强酸性，含有大量；实验1，滴加产生蓝色沉淀，说明含有；实验2，滴加溶液变红，说明含有；实验3，加过量产生白色沉淀（），说明含有，取上层清液加仍有白色沉淀（），说明含有；实验4，焰色反应呈黄色，说明溶液中含有；溶液Z中有、、、、和，X由2种前四周期元素组成，Y由3种前四周期元素组成，根据推断可知X与Y在水溶液中发生反应，X应为含铁化合物，Y应为含钠化合物；
【详解】A．Z溶液中含有，也能使酸性溶液褪色，干扰的检验，A错误；
B．由分析可知，X应为含铁化合物（或），在溶液中易被氧化为，水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，能做净水剂，B正确；
C．若X为，Y可能为，亚硫酸根离子在酸性条件下不能稳定存在，C错误；
D．由分析可知，Z溶液中的阳离子有、、、，共4种，D错误；
答案选B。
12. 我国科研团队以硝酸盐和正丙醇为原料，温和条件下采用两级协同方式，中间体丙醛与另一极生成的或氨进一步反应生成丙酰胺，可实现高效电催化合成丙酰胺()，装置如图所示。下列说法不正确的是
A. b为正极
B. 电极生成的反应式：
C. 电极附近溶液的变小
D. 理论上消耗正丙醇，会生成丙酰胺
【答案】D
【解析】
【分析】C3O4/SiC电极： → NH2OH 或 NH3，N元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，连接电源的负极（a为负极）；Ti电极：CH3CH2CH2OH（正丙醇）→ CH3CH2CHO（丙醛），C元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，连接电源的正极（b为正极）；
【详解】A．Ti电极为阳极，连接电源的正极，因此b为正极，A正确；
B．选项B：C3O4/SiC电极生成 NH2OH 的反应式： + 6e- + 5H2O = NH2OH + 7OH-；N元素从+5价→-1价（ NH2OH 中N为-1价），每个N原子得6e⁻，电子守恒；电荷守恒：左边电荷为 -1 + 6× (-1) = -7，右边电荷为 7×(-1) = -7，电荷守恒；原子守恒：左边O原子数 3+5=8，右边 1+7=8；H原子数 5×2=10，右边 3+7=10，原子守恒，B正确；
C．Ti电极（阳极）的反应为： CH3CH2CH2OH - 2e- = CH3CH2CHO + 2H+；反应生成H+，导致溶液中H+浓度增大，pH减小；C正确；
D．正丙醇：C3H7OH→失2e-；→NH2OH：得6e-；电子守恒：3 ml 正丙醇 ～ 1 ml ～ 1 ml 丙酰胺，不是1:1；计算： 3g正丙醇（0.05ml），只能生成ml丙酰胺，质量远小于 3.65g；D错误；
故答案选D。
13. 为探究红色固体与酸的反应，进行如下实验。
已知：①水溶液中是蓝色，是黄绿色，是深蓝色。
②
下列说法不正确的是
A. Ⅰ中生成白色沉淀的反应：
B. Ⅱ中溶液变成黄绿色的原因可能与溶解的氧气有关
C. Ⅲ溶液变蓝色原因是稀硝酸将氧化为
D. 结合实验现象可知，与的配位能力强弱：
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验I中，Cu2O与0.3 ml/L HCl反应得到蓝色溶液（含[Cu(H2O)4]2+和少量白色沉淀，白色沉淀为CuCl，实验I中部分Cu2O与盐酸反应生成白色沉淀CuCl，反应的离子方程式为：Cu2O+2H++2Cl−=2CuCl↓+H2O；该描述正确，A不符合题意；
B．实验II中，Cu2O溶于12ml/L的盐酸，由于氯离子浓度极高，必然会生成黄绿色的[CuCl4]2-离子；按理说应该还有Cu生成，但是固体全部溶解，Cu不能直接溶于盐酸，因此必须有溶解的氧气作为氧化剂，使之转化为[CuCl4]2-离子；离子方程式为2Cu2O+8H++16Cl-+O2=4[CuCl4]2-+4H2O；该描述正确，B不符合题意；
C．实验III中，溶液变蓝且液体呈浑浊状态，说明生成了Cu2+和不溶于酸的Cu单质，这是Cu2O在酸性条件下发生歧化反应（Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O）的现象，而非稀硝酸将Cu2O氧化；描述错误，C符合题意；
D．结合实验现象分析：实验II中浓盐酸中生成黄绿色[CuCl4]2−，说明Cl−配位能力强于H2O；加入氨水后变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+，说明NH3可以替换[CuCl4]2−中的Cl−，因此配位能力NH3>Cl−，最终得到配位能力强弱：NH3>Cl−>H2O，描述正确，D不符合题意；
故答案选C。
14. 为二元弱酸，，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含M物种的组分分布系数与的关系如图所示。已知：分布系数；。下列说法不正确的是
A. 的平衡常数的数量级为
B. 在之间，含L的物种主要为
C. 当时，体系中
D. 当时，参与配位的
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应 的平衡常数 ​；由图可知， 时二者交点的pH=4，此时 ​；已知、，则 ，，； pH=4 时，，，则二元弱酸中，因此 ，平衡常数数量级为 ，A错误；
B．对于二元弱酸，当时，含L物种主要为 ；本题中 ，，9.5∼10.5 落在 区间，因此主要物种为 ，B正确；
C．pH=1 时，由图可知，则；，几乎不解离，，远大于； 由，得 ，pH=1 时 ，因此浓度顺序为： ，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的含M物种为[ML3]3-和[ML2(OH)]2-，其分布分数均约为0.5，因此可以得到c([ML3]3-)=c([ML2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[ML3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[ML2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)=5.0×10-4 ml·L-1，D正确；
故答案为A。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 物质K()为合成某新型药物的重要中间体，其合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）A的化学名称为______。
（2）B到C的有机反应类型为______。
（3）D中所含官能团的结构式______；D与足量反应的产物分子中含有______个手性碳原子。
（4）写出由E生成F的化学反应方程式______。
（5）写出I的结构简式______。
（6）相对分子质量比C小14的同系物的同分异构体中同时满足下列条件的有______种。
①存在基团和环外2个键
②不含基团和杂化碳原子
其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为的结构简式为______。
【答案】（1）间甲基苯酚或3-甲基苯酚
（2）加成反应 （3） ①. 、 ②. 5
（4） （5） （6） ①. 10 ②. 或
【解析】
【分析】B由A间甲基苯酚经催化氧化得到，应为2-甲基-1,4-苯醌，结构式为；F由E在铜催化、加热条件下被氧气氧化生成，根据F的结构式反推E的羟基被氧化，结构式为；G到H是催化加氢反应，碳碳双键被氢气还原变为饱和的碳碳单键，即H的结构简式为；H到I是酯的水解反应，H中的酯基（-COOCH2CH3）在碱性水解后酸化为羧基，因此I的结构简式为。
【小问1详解】
A的结构是苯环上连有-CH3和-OH，且两者处于间位，根据系统命名法，A的名称是间甲基苯酚（或3-甲基苯酚）。
【小问2详解】
B到C是B与1,3-丁二烯发生加成反应。
【小问3详解】
观察D结构式可发现，其所含官能团为羰基和碳碳双键，结构式为、；D与足量发生加成反应后，苯环、碳碳双键、羰基全部加氢，产物结构式为，如图所示共有5个连4个不同基团的手性碳原子。
【小问4详解】
E在铜催化、加热条件下被氧气氧化生成F，化学反应方程式为。
【小问5详解】
G到H是催化加氢反应，碳碳双键被氢气还原变为饱和的碳碳单键，即H的结构简式为，H到I是酯的水解反应，H中的酯基（-COOCH2CH3）在碱性水解后酸化为羧基，因此I的结构简式为。
【小问6详解】
相对分子质量比C小14的同系物为C10H10O2，由于不含杂化碳原子，所以不存在碳碳三键结构，又要存在环外2个键，故可以是两个碳碳双键或者碳碳双键与碳氧双键等组合，同时不含基团，因此不能有羟基、羧基等含羟基的官能团，所以基团的连接基团可以为两个碳氧双键（—CH2COCHO、—COCH2CHO、—COCOCH3、—CH(CHO)2）4种，1个碳碳双键1个酯基(—CH=CHOOCH、—C(OOCH)=CH2、—COOCH=CH2、—OOCCH=CH2)4种，1个碳碳双键1个碳氧双键和1个醚键(、)2种，共10种；其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为的结构简式为。
16. 以为原料合成甲醇，是实现“双碳”目标的有效途径之一，合成过程中涉及的反应如下：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、
回答下列问题：
（1）向恒压密闭容器中分别充入和，若只发生反应Ⅰ，该反应在不同的条件下的转化率随时间变化关系如下图所示。
①下列事实能说明反应达到平衡状态的是______(填标号)。
A．容器内的体积分数不变 B．容器内和的物质的量相等
C．容器内气体的密度不变 D．每生成的同时生成
②压强______(填“>”或“”或“ ③. 反应Ⅰ为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大，因此
（2） ①. ②. <
（3）
（4） ①. 分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡正向移动，的转化率增大 ②.
【解析】
【小问1详解】
①A．设反应xml，列三段式： CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)起始ml1 1 0 0变化mlx 3x x x剩余ml1−x 1−3x x x容器内的体积分数为，一直不变，故不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．根据反应Ⅰ的化学计量数，容器内和的物质的量一直相等，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．恒压密闭容器，该反应为非等体积反应，气体的密度不变说明气体总的物质的量不变，能说明反应达到平衡状态，C正确；
D．每生成的同时生成0.5ml H2O，正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，D正确；
故选CD；
②相同温度下，催化剂不影响平衡状态，反应Ⅰ为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大，因此；
【小问2详解】
①根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ可得反应Ⅳ，则；
②反应Ⅳ的平衡常数，随着温度升高，较减小更多，说明升高温度，减小，则反应Ⅳ的反应热