榮縣中學高2026屆第三學期入學考試化學試題本試題滿分100分，考試時間75分鐘。可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Mg：24Cu：64第I卷(選擇題，共42分)一、選擇題(本題包括14小題，共42分，每小題3分，每小題只有一個選項最符合要求)1.文物和文化遺產承載著中華民族的基因和血脈，是不可再生、不可替代的中華優秀文化資源。下列說法正確的是A.名畫《清明上河圖》使用的絹絲的主要成分為多糖B.“大圣遺音”琴的琴面為桐木，桐木的主要成分為蛋白質C.紹興黃酒釀制技藝屬于國家級非物質文化遺產，酒精屬于烴的衍生物D.建造避暑山莊使用的琉璃瓦屬于有機高分子材料【答案】C【解析】【詳解】A．絹絲的主要成分是蛋白質，屬于天然有機高分子材料，故A錯誤；B．“大圣遺音”琴的琴面為桐木，桐木的主要成分為纖維素，故B錯誤；C．紹興黃酒釀制技藝屬于國家級非物質文化遺產，酒精結構簡式為C2H5OH屬于烴的衍生物，故C正確；D．建造避暑山莊使用的琉璃瓦主要成分為硅酸鹽，屬于傳統無機非金屬材料，故D錯誤；故選C。2.化學與生活、生產、科技、環境等密切相關。下列說法正確的個數是①處方藥的包裝上印有“OTC”標識②膽礬可以和石灰乳混合制成一種常用的農藥——波爾多液③火箭使用的碳納米管屬于新型無機非金屬材料④可用NaOH溶液雕刻玻璃，生產磨砂玻璃⑤可以用熱的濃NaOH溶液來區分植物油和礦物油⑥味精能增加食品的鮮味，是一種常用的增味劑，其化學名稱為谷氨酸鈉⑦NaNO2無毒，用作肉類食品防腐劑⑧用淀粉可以檢驗加碘食鹽中的碘A.3個 B.4個 C.5個 D.6個【答案】B【解析】【詳解】①非處方藥的包裝上印有“OTC”標識，錯誤；②膽礬可以和石灰乳混合制成一種常用的農藥——波爾多液，正確；③碳納米管屬于新型無機非金屬材料，正確；④可用氫氟酸溶液雕刻玻璃，生產磨砂玻璃，錯誤；⑤植物油的主要成分為油脂，在堿性條件下水解，礦物油的主要成分為烴，可以用熱的濃NaOH溶液來區分植物油和礦物油，正確；⑥味精的化學名稱為谷氨酸鈉，是一種常用的增味劑，正確；⑦亞硝酸鈉是一種強氧化劑，進入血液后與血紅蛋白反應，導致組織缺氧，使人體出現青紫而中毒，錯誤；⑧碘鹽中碘元素以KIO3形式存在，不能用淀粉可以檢驗加碘食鹽中的碘，錯誤；故選B。3.下列化學用語表示錯誤的是A.乙烯的結構簡式： B.乙烷的球棍模型：C.原子核內有10個中子的氧原子： D.結構示意圖：【答案】A【解析】【詳解】A．乙烯的結構簡式為，A錯誤；B．乙烷的球棍模型為，B正確；C．原子核內有10個中子的氧原子為，C正確；D．結構示意圖為，D正確；答案選A。4.為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.中含有的質子數為B.和含有的濃硫酸反應，生成的分子數目為C.標準狀況下，含有的共價鍵數為D.在一定條件下，與充分反應后生成【答案】A【解析】【詳解】A．，含有的質子數為，故A正確；B．銅只能和濃硫酸反應，隨著反應進行，濃硫酸變稀，反應就逐漸停止了。所以生成的二氧化硫的分子數小于，故B錯誤；C．標準狀況下，是液體，無法計算的物質的量，故C錯誤；D．二氧化硫和氧氣反應生成三氧化硫的反應是可逆反應，充分反應后的生成的小于，故D錯誤；答案選A。5.下列化學方程式或離子方程式書寫正確的是A.溶于水：B.室溫下用稀溶解銅：C.甲烷和氯氣的取代反應：D.向溶液中滴加稀鹽酸：【答案】B【解析】【詳解】A．溶于水生成的次氯酸是弱酸不能拆成離子形式，離子方程式為：，故A錯誤；B．稀和銅發生氧化還原反應，生成硝酸銅、一氧化氮、水，選項中滿足電荷守恒、原子守恒，故B正確；C．甲烷和氯氣的取代反應會生成氯化氫和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷或四氯化碳，生成四氯化碳的化學方程式為：，故C錯誤；D．是易溶于水的強電解質中，在水中完全電離，離子方程式中應該寫，反應的離子方程式為，故D錯誤；答案選B。6.科技工作者利用催化劑和電化學原理還原CO2，使其轉化為可被利用的燃料。如圖所示裝置就可以將CO2轉化為燃料CO。下列有關判斷正確的是A.該裝置為原電池裝置，M極發生還原反應B.該裝置工作時，N電極的電極反應式為C.質子由N電極區通過質子交換膜移向M電極區D.M電極可用金屬鈉作電極材料【答案】B【解析】【分析】發生氧化反應，發生還原反應，故M電極為負極，N電極為正極；【詳解】A．該電化學裝置產生電能的裝置，為原電池裝置，M極上水發生氧化反應，A項錯誤；B．N電極的二氧化碳發生還原反應生成一氧化碳，電極反應為，B項正確；C．原電池工作時，陽離子從負極移向正極，即質子從M電極區通過質子交換膜移向N電極區，C項錯誤；D．鈉為活潑金屬，會和電解質溶液中氫離子反應，不能使M電極材料，D項錯誤；答案選B。7.R、M、X、Y、Z為短周期元素，其原子的最外層電子數與原子半徑的關系如圖所示。下列說法正確的是A.X與R形成共價化合物B.熔點：X、Z形成的化合物一定高于X、Y形成的化合物C.Y和M在自然界無游離態形式存在D.R、M、Z的離子半徑大小為M>Z>R【答案】D【解析】【分析】一般來說，原子電子層數越多，原子半徑越大，同一周期從左到右，原子半徑依次減小，最外層電子數等于主族序數，結合原子的最外層電子數與原子半徑的關系圖可知，X與R在IA族，R的半徑更大，X半徑比其它元素原子小，故X為H，R為Na；M在VIA族，半徑比Y、Z的大，Y在IVA族，Z在VA族，則Y為C，Z為N，M為S。【詳解】A．由分析可知，X為H，R為Na，NaH為離子化合物，A錯誤；B．由分析可知，X為H，Y為C，Z為N，其中H和C形成的化合物常溫時可能為氣體，固體，液體，H和N可以形成氨氣，熔點較低，B錯誤；C．由分析可知，Y為C，M為S，在火山噴口附近有單質硫存在，金剛石和石墨是自然界存在的游離態的碳，C錯誤；D．由分析可知，R為Na，M為S，Z為N，微粒的電子層數越多，半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越多，半徑越小，故離子半徑大小順序為：S2>N3>Na+，D正確；故選D。8.部分含N物質及含S物質的分類與相應化合價之間的關系如圖所示，下列推斷錯誤的是A.常溫下，可用鐵或鋁制容器來盛裝濃的e或e′溶液B.c′通入到紫色石蕊溶液中，溶液只變紅不褪色C.用兩根玻璃棒分別蘸取濃的a溶液和濃的e溶液，將兩根玻璃棒靠近時有白煙產生D.工業上通過a→b→c→d→e來制備HNO3【答案】D【解析】【分析】根據化合價分析，a為NH3、b為N2、c為NO、d為NO2、e為HNO3，a'為H2S、b'為S、c'為SO2，d'為SO3，e'為H2SO4，以此分析。【詳解】A．常溫下，鐵、鋁在濃硫酸、濃硝酸中鈍化，可以用鐵或鋁制容器來盛裝濃硝酸或濃硫酸，A正確；B．SO2通入到紫色石蕊溶液中，溶液只變紅不褪色，B正確；C．氨氣和硝酸蒸氣反應生成離子化合物硝酸銨，會有大量白煙產生，則用玻璃棒分別蘸取揮發性的濃氨水和濃硝酸，玻璃棒靠近時揮發出的氨氣和硝酸蒸氣反應生成離子化合物硝酸銨，會有大量有白煙產生，C正確；D．氨氣和氧氣催化反應轉化為NO，NO和氧氣生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，D錯誤；故答案選D。9.阿司匹林是一種常見的退燒藥，其合成路線如圖所示，下列說法正確的是A.產物A的結構簡式為CH3COOHB.水楊酸分子苯環上的一氯取代有兩種(不考慮立體異構)C.該合成實驗最好采用直接加熱法D.阿司匹林能發生取代反應，但不能發生水解反應【答案】A【解析】【詳解】A．結合反應物和阿司匹林結構，產物A的結構簡式為CH3COOH，A正確；B．水楊酸分子無對稱性，苯環上有4種類型的H原子，因此苯環上的一氯取代有4種，B錯誤；C．反應溫度低于100℃，采用水浴加熱更好，C錯誤；D．阿司匹林含有苯環、羧基、酯基，能發生取代反應，含有酯基能發生水解反應，D錯誤；故答案選A。10.硫代硫酸鈉俗稱大蘇打、海波，廣泛應用于照相定影等領域。某小組同學利用控制變量法探究影響溶液與稀硫酸反應速率的因素時，設計了如下系列實驗。下列說法錯誤的是實驗序號溫度/℃溶液稀硫酸溶液出現渾濁所需時間/sV/mLV/mLV/mL12010.00.1010.00.50024010.00.105.00.505.032010.00.105.00.50A.實驗1和3為探究硫酸濃度對反應速率的影響，B.實驗1和2為探究溫度對反應速率的影響C.溶液出現渾濁所需時間：D.若將水換成溶液，對實驗結果無影響【答案】B【解析】【分析】該實驗目的為探究影響溶液與稀硫酸反應速率的因素，實驗原理為在其他條件相同時，改變影響反應速率的一個條件的研究方法。【詳解】A．實驗1和3溫度相同，為探究硫酸濃度對反應速率的影響，需要溶液濃度相同，則混合后溶液總體積相同，實驗1總體積為20mL，故實驗3中，A正確；B．實驗1和2為探究溫度對反應速率的影響，則需要溶液濃度相同、硫酸濃度相同，而實驗1和實驗2硫酸濃度不相同，B錯誤；C．實驗1和實驗3溫度相同，溶液濃度相同、硫酸濃度不同，實驗3中硫酸濃度較小，反應速率較慢，故溶液出現渾濁所需時間較長，即，C正確；D．該實驗反應原理為，用于水產生的對實驗無影響，故若將水換成溶液，對實驗結果無影響，D正確；答案選B。11.海洋中有豐富的食品、礦產、能源、藥物和水產資源等(如圖所示)，下列有關說法正確的是A.第①步中除去粗鹽中的、Ca2+、Mg2+等雜質，加入的藥品順序為：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→過濾后加適量的鹽酸B.工業上采用熱還原法冶煉金屬MgC.從第③步到第⑤步的目的是富集溴元素D.在第③④⑤步中溴元素均被還原【答案】C【解析】【分析】除去、Ca2+、Mg2+等雜質用的試劑依次BaCl2、Na2CO3和NaOH，Na2CO3溶液既要除去Ca2+，又要出去Ba2+，所以要先加BaCl2溶液除去，再加Na2CO3溶液除去Ca2+和過量的Ba2+，最后可以加入氫氧化鈉除去鎂離子，過濾除去沉淀后濾液加入鹽酸調節pH至中性，蒸發結晶得到精鹽，用于氯堿工業；母液加入氫氧化鈣得到氫氧化鎂沉淀，處理得到氯化鎂；溴化鈉加入氧化劑得到溴單質使用二氧化硫吸收后再加入氧化劑得到富集的溴單質；【詳解】A．除雜問題要注意三原則：不增，不減，操作易行，為保證雜質離子除盡所駕駛要過量，過量的物質也要除去，除去、Ca2+、Mg2+等雜質用的試劑依次BaCl2、Na2CO3和NaOH，Na2CO3溶液既要除去Ca2+，又要出去Ba2+，所以要先加BaCl2溶液除去，再加Na2CO3溶液除去Ca2+和過量的Ba2+，A錯誤；B．工業上采用電解熔融氯化鎂的方法制取金屬鎂，B錯誤；C．從第③步到第⑤步的目的是為了濃縮、富集溴，C正確；D．第③、⑤步中溴元素化合價升高被氧化，D錯誤。故選C。12.有關下列實驗的說法錯誤的是A．乙醇和金屬鈷反應，鈉浮在液體表面，產生的氣體具有可燃性B．在鋼絲中間部分加熱，片刻后開始有節奏地鼓入空氣，可觀察到鋼絲中間部分出現黑紅交替的現象C．可證明氯氣和甲烷在光照條件下發生化學反應D．可除去甲烷中的乙烯AA B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．乙醇和金屬鈉反應，鈉浮沉乙醇底部，應該用燃燒的火柴點燃氫氣，驗證氫氣的生成，故A錯誤；B．在銅絲中間部分加熱，片刻后開始有節奏地鼓入空氣，銅和氧氣生成氧化銅，氧化鋼和乙醇反應生成乙醛、銅、水，可觀察到銅絲中間部分出現黑紅交替的現象，故B正確；C．氣體顏色變淺、液面上升、有油狀液體生成，可證明氯氣和甲烷在光照條件下發生化學反應，故C正確；D．乙烯被酸性高錳酸鉀氧化為二氧化碳，氫氧化鈉吸收二氧化碳，所以該裝置可除去甲烷中的乙烯，故D正確；答案選A。13.還原NO的反應過程與能量關系如圖甲所示；有氧條件下，催化還原NO的反應歷程如圖乙所示。下列說法正確的是A.圖甲所示反應是吸熱反應B.圖甲所示反應產物中氧化產物與還原產物物質的量之比為2：3C.圖乙所示過程中的物質的量減少D.圖乙所示過程中生成，轉移電子物質的量為2.4mol【答案】B【解析】【詳解】A．圖甲所示反應是放熱反應，因為反應物總能量高于生成物總能量，A錯誤；B．，氨氣是還原劑，被氧化，一氧化氮是氧化劑，被還原，根據氮原子守恒，氧化產物與還原產物物質的量之比為2：3，B正確；C．是催化劑，因此物質的量不變，C錯誤；D．圖乙總反應為，則生成，轉移電子的物質的量為3mol，D錯誤；故選B。14.將20.0g銅鎂合金完全溶解于140mL某濃度的硝酸中，得到NO2和NO的混合氣體8.96L(標準狀況)，當向反應后的溶液中加入320mL4.0mol/LNaOH溶液時，金屬離子全部轉化為沉淀，測得沉淀的質量為37g。下列說法不正確的是A.該合金中銅與鎂的物質的量之比是2：3B.該硝酸中HNO3的物質的量濃度12mol/LC.NO2和NO的混合氣體中，NO2的體積分數25％D.若將混合氣體與水混合完全轉化為硝酸，則需要通入的氧氣(標準狀況)的體積為11.2L【答案】D【解析】【分析】根據題意可知，銅失去2個電子生成銅離子，銅離子與2個氫氧根離子反應生成氫氧化銅沉淀；鎂失去2個電子生成鎂離子，鎂離子與2個氫氧根離子反應生成氫氧化鎂沉淀，據此分析。【詳解】A．根據上述分析：金屬陽離子得到氫氧根物質的量等于金屬失去電子物質的量，依據質量守恒，得到氫氧根物質的量為n(OH)==lmol，即得失電子物質的量為lmol，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=lmol，根據二者質量和為20.0g可得關系式64n(Cu)+24n(Mg)=20.0g，兩式聯立解得n(Cu)=0.2mol，n(Mg)=0.3mol，因此合金中銅和鎂的物質的量之比為2：3，A正確；B．金屬陽離子Cu2+、Mg2+全部沉淀后，溶液中溶質為NaNO3，根據氮原子守恒可得n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)=0.32L×4.0mol/L+=l.68mol，溶液的體積是140mL，則硝酸的濃度為c(HNO3)=mol/L=12mol/L，B正確；C．根據得失電子數目守恒，3n(NO)+n(NO2)=lmol，n(NO)+n(NO2)==0.4mol，兩式聯立解得n(NO)=0.3mol，n(NO2)=0.1mol，則相同條件下，二者的體積分數等于物質的量分數，故NO2的體積分數為×100%=25%，C正確；D．根據上述分析可知：反應過程中轉移電子的物質的量等于沉淀中OH的物質的量，n(e)=n(OH)=1mol，若將混合氣體與水混合完全轉化為硝酸，則O2得到電子的物質的量與HNO3變為NO、NO2時失去電子的物質的量相等，4n(O2)=1mol，n(O2)=0.25mol，其在標準狀況下的體積為V(O2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，D錯誤；故選D。第II卷(非選擇題，共58分)二、(本題包括4小題，共58分)15.硫及其化合物是十分重要的化工原料。Ⅰ.工業上一般以硫磺或其他含硫礦物為原料制備硫酸。金屬冶煉時產生的含二氧化硫廢氣經回收后也可用于制備硫酸。（1）黃鐵礦與空氣中氧氣反應化學方程式為___________。（2）用98.3%的濃硫酸吸收SO3而不用水的原因為___________。Ⅱ．某化學興趣小組，設計如圖實驗裝置(夾持裝置已省略)，驗證的部分性質。（3）儀器b的名稱為___________。（4）裝置A中發生反應的化學方程式為___________，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為___________。過程主要表現了濃硫酸的___________性、___________性。（5）裝置B中濕潤的品紅溶液褪色，證明有___________(填“漂白性”或“氧化性”)；裝置C中產生白色沉淀，該白色沉淀為___________(填化學式)。（6）裝置D中產生黃色渾濁，發生反應的離子方程式為___________。（7）直到反應完畢，最后發現燒瓶中還有一定量的和剩余，問題討論：為什么有一定量的余酸還未能使完全溶解。你認為原因是___________。足量下列藥品能夠用來證明反應結束后的燒瓶中的確有余酸的是___________A．Fe

B．BaCl2溶液

C．Ag

D．Na2CO3溶液【答案】（1）（2）防止形成硫酸酸霧、不利于的吸收(或腐蝕設備)（3）分液漏斗（4）①.②.③.強氧化性④.酸性（5）①.漂白性②.（6）2H2S+SO2=3S↓+2H2O（7）①.濃度變稀②.AD【解析】【分析】I：黃鐵礦燃燒生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的濃硫酸吸收得到硫酸。Ⅱ：濃硫酸與銅反應制備二氧化硫，體現濃硫酸的強氧化性與酸性。二氧化硫使濕潤的品紅溶液褪色，體現其漂白性；使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，體現其酸性氧化物的性質；與硝酸鋇溶液發生氧化還原反應得到硫酸鋇沉淀，體現其還原性，與硫化鈉溶液反應得到黃色沉淀，體現其氧化性，U型管中堿石灰用于吸收二氧化硫，防止污染空氣。【小問1詳解】黃鐵礦與空氣中氧氣反應的化學方程式為：；【小問2詳解】用98.3%的濃硫酸吸收SO3而不用水的原因為：防止形成硫酸酸霧、不利于的吸收(或腐蝕設備)；【小問3詳解】儀器b的名稱為：分液漏斗；小問4詳解】裝置A中發生反應的化學方程式為，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:1；過程主要表現了濃硫酸的強氧化性、酸性；【小問5詳解】裝置B中濕潤的品紅溶液褪色，證明有漂白性；裝置C中產生白色沉淀，該白色沉淀為；小問6詳解】裝置D中產生黃色渾濁，發生反應的離子方程式為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；【小問7詳解】濃硫酸濃度降低變為稀硫酸時不再反應，故有余酸的原因是：濃度變稀。銀和稀硫酸不反應，溶液中硫酸銅也能電離出硫酸根，不能用氯化鋇溶液證明有硫酸剩余，可用鐵、碳酸鈉溶液遇硫酸均有氣體產生，可用來檢驗余酸，故選AD。16.鹵塊的主要成分是(還含有少量、、等離子)。以它為原料按下圖流程可制得單質鎂。已知：①溶液中生成氫氧化物的如下表物質開始沉淀2.78.39.6完全沉淀3.79.811.1②不溶于水。③固體b為，加水煮沸發生反應請回答下列問題：（1）步驟①中加入的目的是___________；為了盡量除去雜質，應調至___________，固體a中的成分有___________。（2）溶液b中的主要溶質為___________，步驟②后檢驗固體b已洗滌干凈的操作為___________。（3）步驟④選用的試劑X應是___________。（4）步驟⑤操作I包括：先制得，再加熱失水得無水。由溶液c制的操作為___________、___________、過濾（5）步驟⑧反應的化學方程式為___________。【答案】（1）①.將氧化為，便于后續除去②.9.8③.、、（2）①.NaCl②.取少量最后一次洗滌液于試管，加入稀硝酸酸化，再加硝酸銀溶液，若無白色沉淀生成，則固體b已洗凈（3）鹽酸（4）①.蒸發濃縮②.冷卻結晶（5）(熔融)【解析】【分析】鹵塊的主要成分是(還含有少量、、等離子)，加將氧化為，用調，將與轉化為、沉淀除去，濾液中含有，加將轉化為沉淀，固體b為，溶液b中主要為，加水煮沸生成和，，加鹽酸得到溶液c，即為溶液，蒸發濃縮冷卻結晶過濾得到，在的飽和氣流中繼續蒸發得到無水，電解得到。【小問1詳解】根據分析，步驟①中加入的目的是將氧化為，便于除去；根據表格數據可知，為了將完全除去，應調至9.8，此時會有少量的也發生沉淀，生成的沉淀有、、；【小問2詳解】由流程分析可知，溶質b為；沉淀吸附溶液中的氯離子，可用檢驗氯離子的方法檢驗沉淀是否洗滌干凈，方法是取少量最后一次洗液于試管中，加入硝酸酸化，再加硝酸銀溶液，無白色沉淀生成，則固體b已洗凈；【小問3詳解】根據分析，溶解生成，應加入鹽酸；【小問4詳解】根據分析，由溶液制的操作為蒸發濃縮(或加熱濃縮)、冷卻結晶、過濾；【小問5詳解】鎂屬于活潑金屬，所以采用電解熔融鹽的方式制得，化學方程式為(熔融)。17.，回答下列問題：（1）以上反應過程中能量變化情況如圖所示。的電子式為___________，生成時，向環境釋放的能量為___________kJ。我國力爭2030年前實現碳達峰，2060年前實現碳中和。的捕集利用已成為科學家們研究的重要課題。加氫可轉化為二甲醚，反應原理為。該反應的能量變化如圖所示。請回答下列問題：（2）在固定體積的密閉容器中發生該反應，能說明該反應達到平衡狀態的是___________(填字母)。a．的含量保持不變b．混合氣體的密度不變c．混合氣體的平均相對分子質量不變d．（3）在體積為密閉容器中充入和，測得、的物質的量隨時間變化如圖所示。①反應到達時，___________(填“>”“<”或“=”)②內，___________。③反應達到平衡狀態時，的體積分數為___________%(保留1位小數)。④“二甲醚()酸性燃料電池”的工作原理示意圖如圖所示。Y電極為___________(填“正”或“負”)極；電路中電子移動方向是___________X電極的電極反應式為___________。【答案】（1）①.②.81（2）ac（3）①.>②.1.5③.17.9④.正⑤.由X電極經導線流向Y電極⑥.【解析】【小問1詳解】的電子式為：，生成時，向環境釋放的能量為；【小問2詳解】a．隨反應進行，含量不斷減少，含量不變可說明反應達到平衡狀態，故a符合題意；b．該反應在恒容裝置中進行，反應物和產物均為氣體，混合氣體密度始終不變，故混合氣體的密度不變不能說明反應達到平衡，b不符合題意：c．混合氣體的平均相對分子質量可由氣體總質量除以氣體總物質的量求出，氣體總質量為定量，氣體總物質的量為變量，正向進行時氣體總物質的量減小，則混合氣體的平均相對分子質量增大，逆向進行時氣體總物質的量增大，則混合氣體的平均相對分子質量減小，故當混合氣體的平均相對分子質量不變時可以說明該反應達到平衡狀態，c符合題意；d．在同一反應中同一物質正反應速率等于其逆反應速率時，可以說明該反應達到平衡，不能說明正逆反應速率相等，不能說明反應達到平衡，d不符合題意；選ac：【小問3詳解】①反應達到時，尚未達到平衡，此時二氧化碳的物質的量仍處于減少的趨勢，故；②內，物質的量減少，則，根據反應速率之比等于計量數之比，v(H2)=1.5mol·L1·min1。③根據已知條件列出“三段式”平衡時氣體總物質的量為，的體積分數為：；④Y電極通入為正極，Y電極上的氧氣得電子與氫離子反應生成水，電極反應式為：，燃料電池中通入燃料二甲醚的X電極為負極，失去電子轉化為，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：，電路中電子移動方向是：由X電極經導線流向Y電極。18.聚甲基丙烯酸甲酯(PMMA)俗稱有機玻璃，其合成路線如圖所示：回答下列問題：（1）X分子的空間結構呈___________形，F分子中含氧官能團的名稱___________，C→D的反應類型是___________反應。（2）B→C的化學反應方程式是___________。（3）E的結構簡式是___________。（4）由G合成PMMA的化學反應方程式是___________。（5）下列有關說法正確的是___________。①等物質的量的A和B完全燃燒消耗等量的氧氣②B能與金屬鈉反應，且比水與金屬鈉反應要劇烈的多③E在濃硫酸作用下可以形成環狀酯④F與油酸、亞油酸互為同系物⑤1molPMMA與足量NaOH溶液反應需消耗1mol的NaOH（6）H與G互為同分異構體，且滿足下列條件：①能使溴的CCl4褪色；②與碳酸氫鈉溶液反應產生氣體。則H的結構有___________種(不包括立體異構)。寫出其中含有兩個甲基的同分異構體的結構簡式___________。（7）已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH，G與HOCH2CH2OH發生反應，可得到結構含OH的高分子材料單體，寫出該化學反應方程式___________。【答案】（1）①.V(或折線)②.羧基③.加成（2）2+O22