2022-2023学年河南省高一下学期6月双新大联考化学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页河南省2022-2023学年高一下学期6月双新大联考化学试题一、单选题1．日常生活中的下列做法，主要是从增大反应速率角度考虑的是A．食品包装袋中充入氮气 B．铁制品表面刷油漆C．面粉厂车间禁止抽烟 D．燃煤时用煤粉代替煤块【答案】D【详解】A．食品包装袋中充入氮气，氮气不活泼作为保护气可延长食品保质期，无法增大反应速率，故A错误；B．在铁制品表面刷油漆，将Fe与O2隔绝，减缓了反应速率，故B错误；C．面粉厂车间禁止抽烟，是为了防止粉尘爆炸，故C错误；D．燃煤时用煤粉代替煤块，固体表面积增大，增大了反应速率，故D正确。综上所述，答案为D。2．2022年11月30日，神舟十五号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱。载人飞船发射火箭的燃料常用联氨(N2O4)、液氢，氧化剂有液氧、液态四氧化二氮等。下列叙述错误的是A．液氢和液氧的汽化是吸热反应B．发射场因液态N2O4产生大量NO2而呈红棕色C．液氢在液氧中燃烧放出热量，产物对环境友好D．N2H4和N2O4的反应中反应物总能量高于生成物总能量【答案】A【详解】A．液氢、液氧汽化属于物理变化，不属于吸热反应，故A说法错误；B．N2O4中存在N2O42NO2，液体N2O4汽化过程中，部分转化成NO2释放，产生红棕色雾，故B说法正确；C．液氢在液氧中燃烧是放热反应，产物为水，不污染环境，故C说法正确；D．N2H4和N2O4反应是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故D说法正确；答案为A。3．对于下列实验，能正确描述其反应方程式的是A．将SO2通入NaClO溶液中：B．向Fe(NO3)2溶液中加入盐酸：C．实验室制取氨气D．将乙烯通入到溴水中：【答案】B【详解】A．生成物中HClO与,发生氧化还原反应，故不共存，故A错误；B．向Fe(NO3)2溶液中加入盐酸，Fe2+被氧化为Fe3+，同时生成NO气体，离子方程式为：3Fe2+＋4H+＋=3Fe3+＋NO↑＋2H2O，故B正确；C．实验室用氯化铵和氢氧化钙一起加热可以制备氨气，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O，故C错误；D．乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，故D错误。答案为：B。4．合理使用化学品，可发挥化学科学的重要价值。下列说法正确的是A．高效氮肥硝酸铵可直接施用B．食盐中加入碘化钾可作营养强化剂C．从柳树皮中可分离提取出阿司匹林D．味精(谷氨酸钠)可用淀粉为原料通过发酵法生产【答案】D【详解】A．硝酸铵受热或经撞击易发生爆炸，因此必须经作改性处理后才能施用，故A错误；B．食盐中加入的营养强化剂，成分是碘酸钾，故B错误；C．以柳树皮中含有的水杨酸为原料可制得阿司匹林，故C错误；D．味精最早是从海带中发现和提取出来的，现在主要以淀粉为原料通过发酵法生产，故D正确；故选：D；5．有机物组成元素并不复杂，但数量众多，性质各异。下列说法正确的是A．乙烯与聚乙烯均能使溴的四氯化碳溶液褪色B．用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯C．向鸡蛋清溶液中加入食盐，蛋白质将发生变性并失去生理活性D．向蔗糖水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2，可检验是否发生水解反应【答案】B【详解】A．聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，A错误；B．乙醇不与饱和碳酸钠溶液反应，可与水以任意比互溶，溶液不分层，乙酸与碳酸钠溶液反应，有CO2气体产生，乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，会出现分层，因此可用饱和碳酸钠溶液加以鉴别，故B正确；C．向鸡蛋清溶液中加入食盐，会发生蛋白质的盐析，但生理活性没被破坏，仍具有活性，故C错误；D．蔗糖在酸性环境下水解，直接向水解后的产物中加入新制的Cu(OH)2，Cu(OH)2与酸之间发生中和反应，因此无砖红色沉淀产生，故D错误；答案为B。6．为探究浓度、温度对化学反应速率的影响，某化学兴趣小组设计了如下实验方案：实验编号反应温度／℃加入0.1mol/LNa2S2O3溶液的体积/mL加入水的体积/mL加入0.1mol/LH2SO4溶液的体积/mL出现浑浊所用时间/s①25202t₁②251aòt₂③602C2t₃下列说法错误的是A．若a=1，b=2，c=0，则B．该反应的离子方程式为C．实验①中，0~t₁s的平均反应速率D．实验②中，向试管中加入Na2S2O3溶液后，再依次加入水、H2SO4溶液【答案】C【详解】控制单一变量探究浓度/温度对化学反应速率的影响，故应控制除浓度/温度外的其他量一致，溶液的总体积一致，为4mL。A．实验1和2，探究浓度对化学反应速率的影响，若a=1，b=2，实验1中Na2S2O3溶液的浓度大，反应速率快，故t1<t2；实验1和3，探究温度对化学反应速率的影响，若c=0，实验3中反应温度高，反应速率快，故t3<t1，A正确；B．硫代硫酸根与氢离子反应生成硫单质、二氧化硫和水，离子方程式为，B正确；C．实验1中，开始出现浑浊需要的时间为t1s，但无法确定消耗的硫代硫酸钠的量，无法计算反应速率，C错误；D．实验2中，向试管中加入Na2S2O3溶液后，再依次加入水、H2SO4溶液。水和H2SO4溶液的加入顺序不能颠倒，若先加入H2SO4溶液，则反应开始时，实验2的混合溶液中H2SO4溶液的浓度与实验1中的不同，D正确；故选C。7．海水中蕴藏着丰富的资源，下列有关海水资源的开发利用，说法正确的是A．海水蒸发获得的粗盐可直接食用B．海水提镁中可用澄清石灰水作为沉淀剂C．海水淡化的方法有“电渗析法”和“离子交换法”D．可直接使用四氯化碳萃取海带中的碘元素【答案】C【详解】A．海水蒸发获得的粗盐含有杂质，需要精制后才能食用，故A错误；B．氢氧化钙溶解度太小，海水提镁中应该使用石灰乳作为沉淀剂，故B错误；C．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等方法，C正确；D．海带中的碘元素需要经过氧化剂氧化后才能用四氯化碳萃取，故D错误；故选：C。8．化学能可以与热能、电能等相互转化，下列说法正确的是A．图1：能将化学能转化为电能B．图2：电极b为负极，发生氧化反应C．图2：当电路中转移1mol电子时，电极上消耗的n(SO2)：n(O2)=2：1D．图3：1molN2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molNO(g)的过程中放出180kJ能量【答案】C【详解】A．图1：没有构成闭合回路，不能构成原电池，不能将化学能转化为电能，A错误；B．图2：电极a二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，电极a为负极，电极b为正极，发生还原反应，B错误；C．图2：电极a二氧化硫生成硫酸，S元素化合价由+4升高为+6，电极b氧气得电子生成水，O元素化合价由0降低为-2，根据得失电子守恒，当电路中转移1mol电子时，电极a消耗的SO2与电极b消耗的O2的物质的量之比为2:1，C正确；D．图3：1molN2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molNO(g)，断键吸收的总能量为(946+498)kJ=1444kJ，成键放出的总能量为1264kJ，过程中吸收180kJ能量，D错误；故选C。9．某化学实验探究小组欲探究使品红溶液褪色的原理，设计了如表实验：序号实验操作实验现象①将气体经浓硫酸干燥后通入品红的乙醇溶液中30min后，品红溶液不褪色②将气体通入品红的水溶液中振荡试管后，品红溶液褪色③往10mL品红溶液中加入3mL0.1mol·L溶液振荡试管后，品红溶液很快褪色，加热后，溶液未恢复红色④往10mL品红溶液中加入3mL0.1mol·L溶液振荡试管后，品红溶液褪色较慢，加热后，溶液慢慢出现浅红色下列有关说法错误的是A．实验②中，加热褪色的溶液，溶液恢复红色B．实验③中，溶液与品红生成稳定的物质C．实验④中，溶液与品红生成不稳定的物质D．使品红溶液褪色的微粒是、、【答案】D【分析】由实验现象可知，二氧化硫不能使品红的乙醇溶液褪色，而溶液中的亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子能使品红溶液褪色，加热后，溶液未恢复红色说明亚硫酸根离子与品红生成稳定的物质，加热后，溶液慢慢出现浅红色说明亚硫酸氢根离子与品红生成不稳定的物质。【详解】A．由分析可知，二氧化硫与水反应生成的亚硫酸在溶液中电离出亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子与品红生成不稳定的物质，则实验②中，加热褪色的溶液，溶液会慢慢恢复红色，故A正确；B．由分析可知，加热后，溶液未恢复红色说明亚硫酸根离子与品红生成稳定的物质，故B正确；C．由分析可知，加热后，溶液慢慢出现浅红色说明亚硫酸氢根离子与品红生成不稳定的物质，故C正确；D．由分析可知，使品红溶液褪色的微粒是亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子，不是二氧化硫，故D错误；故选D。10．天然有机物在人类生存与发展中起着重要的作用。下列说法正确的是A．淀粉与纤维素的化学式相同，互为同分异构体B．多糖、油脂、蛋白质均为天然有机高分子化合物C．豆油在碱性条件下的水解反应是皂化反应D．天然橡胶的单体(异戊二烯)可与Br2发生加成反应生成2种产物【答案】C【详解】A.淀粉与纤维素的化学式均可表示为(C6H10O5)n，但由于n值不同，二者不互为同分异构体，A错误；B.多糖、蛋白质均为天然有机高分子化合物，但油脂不是天然高分子有机物，B错误；C.豆油在碱性条件下的水解反应是皂化反应，C正确；D.异戊二烯，与Br2可按照物质的量之比为1:1发生1,2-加成，生成2种产物，发生1,4-加成，生成1种产物；按物质的量之比为2:1发生完全加成反应，生成1种产物，共生成4种产物，D错误；11．丙烯酸是重要的有机合成原料，其结构如图。下列关于丙烯酸的说法错误的是A．分子式为C3H4O2B．可使酸性高锰酸钾溶液褪色C．可与碳酸氢钠溶液反应放出气体D．加聚产物不能与乙醇发生酯化反应【答案】D【详解】A．从结构简式分析可知，丙烯酸的分子式为C3H4O2，A正确；B．含有碳碳双键的物质能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使其褪色，B正确；C．丙烯酸中含有羧基，使其具有酸性，且酸性比碳酸强，可与碳酸氢钠溶液反应产生CO2，C正确；D．丙烯酸的加聚产物聚丙烯酸中仍含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，D错误；故选：D。12．某混合气体由烷烃与烯烃组成，其密度是相同条件下H2密度的10.6倍；将标准状况下11.2L该混合气体通入足量溴水中，溴水增重4.2g，则该混合气体可能是A．甲烷和乙烯 B．乙烷和乙烯C．甲烷和丙烯 D．乙烷和丙烯【答案】C【详解】根据题意，混合气体的平均摩尔质量为2×10.6=21.2g/mol，混合气体中有烯烃，而最简单的烯烃是乙烯，乙烯的摩尔质量M(CH2=CH2)=28g/mol，则烷烃的M(烷烃)＜21.2g/mol，只有甲烷满足要求，因此混合气体中一定有甲烷，根据题意，n(混合)=，则m(混合)=21.2g/mol×0.5mol=10.6g，n(CH4)=，则n(烯烃)=(0.5－0.4)mol=0.1mol，则M(烯烃)=，M(CnH2n)=14n=42，解得n=3，气态烯烃为丙烯，因此混合气体为甲烷和丙烯，故C符合题意。综上所述，答案为C。13．溴及其化合物在医药、农药、染料等方面有着广泛应用。海水提溴的工业生产流程如下图所示：

下列说法错误的是A．“吹出塔”采用热空气更有利于溴的吹出B．“吸收塔”中反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBrC．“吸收塔”中可用硫酸钠溶液代替SO2D．依据流程可以判断氧化性强弱顺序为Cl2>Br2>SO2【答案】C【详解】A．“吹出塔”中温度高，气体分子热运动加快，故A正确；B．“吸收塔”中SO2作还原剂，生成两种强酸，反应的方程式为SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，故B正确；C．可用亚硫酸钠溶液代替SO2做还原剂，但不能用硫酸钠溶液，C错误；D．Cl2可将海水中的Br－氧化为Br2，Br2和SO2反应时，Br2作氧化剂，可得出氧化性强弱顺序为Cl2＞Br2＞SO2，D正确；故选C。14．聚合硫酸铝铁(PFAS)是一种新型高效水处理剂。以粉煤灰(主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等)为铝源，利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等)为铁源，制备PFAS的工艺流程如下：下列说法错误的是A．“沉淀”时反应的离子方程式为B．滤渣II的主要成分为SiO2C．“氧化”时温度不宜过高是防止H2O2受热分解D．为提高“酸溶”和“碱溶”的速率可适当升高温度【答案】A【分析】粉煤灰主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等，用氢氧化钠“碱溶”，氢氧化钠和Al2O3反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，用硫酸溶解氢氧化铝生成硫酸铝溶液，蒸发结晶得硫酸铝晶体；硫铁矿烧渣主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等，用硫酸“酸溶”得到硫酸铁、硫酸亚铁溶液，加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，蒸发结晶得硫酸铁晶体；硫酸铝和硫酸铁混合得聚合硫酸铝铁。【详解】A．“沉淀”时偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故A错误；B．硫铁矿烧渣主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等，用硫酸“酸溶”得到硫酸铁、硫酸亚铁溶液，SiO2和硫酸不反应，滤渣II的主要成分为SiO2，故B正确；C．“氧化”时温度不宜过高是因为过氧化氢易分解，故C正确；D．适当升高温度可提高反应速率，故D正确；选A。15．某温度下在2L的恒容密闭容器中，充入0.3molA、0.1molB和一定量C三种气体，一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化曲线如图所示。已知反应过程中混合气体的平均摩尔质量不变。下列说法错误的是A．起始C的物质的量是0.04molB．该反应的化学方程式为3A(g)+C(g)═2B(g)C．达到化学平衡时，混合气体中B的体积分数为50%D．若t₁=15，0~t₁s内，A的平均反应速率v(A)=0.006mol/(L·s)【答案】B【分析】根据图像，0～t1s内A的浓度减少0.15mol/L－0.06mol/L=0.09mol/L，A为反应物，B的浓度增加0.11mol/L－0.05mol/L=0.06mol/L，B为生成物；A、B的化学计量数之比为0.09mol/L﹕0.06mol/L=3﹕2；在反应过程中混合气体的平均摩尔质量没有变化，反应前后气体分子数不变，则C为生成物，反应的化学方程式为3A(g)2B(g)+C(g)。【详解】A．根据转化浓度之比等于化学计量数之比，0～t1s内C的浓度增加0.03mol/L，t1s时C的浓度为0.05mol/L，则C的起始浓度为0.05mol/L－0.03mol/L=0.02mol/L，容器体积为2L，所以C的起始物质的量n(C)=0.02mol/L×2L=0.04mol，故A正确；B．根据分析，反应的化学方程式为3A(g)2B(g)＋C(g)，故B错误；C．达到化学平衡时，物质A、B、C的浓度分别为0.06mol/L、0.11mol/L、0.05mol/L，根据体积之比等于物质的量之比，物质B在混合气体中的体积分数为50%，故C正确；D．若t1=15，则0～t1s内，A的平均反应速率v(A)=0.15mol/L−0.06mol/L15s=0.006mol·L-1·s-1，故D正确；答案为：B。二、工业流程题16．锰及其化合物在工业生产中有着重要的用途，以软锰矿(主要含MnO2及少量Fe、Al、Si等的氧化物)为原料制备Mn3O4的流程如图所示：

回答下列问题：(1)能提高“联合浸锰”反应速率的措施有(填标号)。A．将软锰矿粉碎B．延长浸锰的时间C．适当升高浸锰的温度(2)“滤渣Ⅰ”的主要成分是、。(3)“联合浸锰”充分反应后得到含MnSO4的浸液，该反应的离子方程式为

。(4)“除铁铝”时，需将Fe2+氧化为Fe3+，最适宜的氧化剂为_______(填标号)。A．H2O2 B．HNO3 C．Cl2 D．KMnO4(5)“沉锰”时不宜在较高温度下进行的原因是

。(6)“焙烧氧化”会生成中间产物MnO2，则MnCO3生成MnO2的化学方程式为。【答案】(1)AC(2)SiO2S(3)MnO2＋MnS＋4H+=2Mn2+＋S＋2H2O(4)A(5)NH4HCO3在较高温度下易分解(6)2MnCO3＋O22MnO2＋2CO2【分析】软锰矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应成为滤渣，矿中二氧化锰能和MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫单质也成为矿渣，锰、铁、铝转化为相应盐溶液，将二价铁氧化为三价铁，调节pH除去铁铝，过滤滤液加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，煅烧得到Mn3O4；【详解】（1）将软锰矿粉碎，增大接触面积可以提高反应速率；提高浸锰的时间可以提高浸取率但不能提高反应速率；适当提高温度可以提高浸锰的速率；故答案为AC。（2）Fe、Al、Si的氧化物，只有SiO2不溶于稀硫酸成为滤渣；二氧化锰具有氧化性，能和MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫单质：MnO2＋MnS＋4H+=2Mn2+＋S＋2H2O，故“滤渣Ⅰ”是SiO2和S。（3）由(2)分析可知，反应为MnO2＋MnS＋4H+=2Mn2+＋S＋2H2O；（4）氧化时不能引入其它新的杂质离子，故选择绿色氧化剂过氧化氢，故选A。（5）NH4HCO3在较高温度下易分解为氨气和二氧化碳，故“沉锰”时不宜在较高温度下进行。（6）空气中氧气具有氧化性，“焙烧”时，MnCO3被空气中氧气氧化生成MnO2，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳，方程式为2MnCO3＋O22MnO2＋2CO2。三、实验题17．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，在化工生产中有着重要的用途。某研究性学习小组利用下图所示装置制备连二亚硫酸钠并测定其纯度。

已知：①Na2S2O4是白色晶体，不溶于乙醇，易溶于氢氧化钠溶液；②Na2S2O4在碱性条件中稳定，在酸性条件下易发生歧化反应。回答下列问题：(1)仪器b的名称是。(2)单向阀的作用是

。(3)过程中C处有CO2逸出，则C中反应生成Na2S2O4的化学方程式为。(4)实验过程中需控制SO2通入量以确保NaOH过量，其原因是；充分反应后通过分液漏斗滴加一定量乙醇的目的是。(5)该实验装置存在的缺点是(6)充分反应后，将装置C中的混合物过滤、洗涤、干燥即得连二亚硫酸钠粗品。称量5.0g该粗品，滴加一定量的NaOH溶液使其完全溶解后，再滴加络合溶液，发生反应;充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到5.4gAg，则该粗品中连二亚硫酸钠的质量分数为%。【答案】(1)三颈烧瓶(2)防倒吸(3)HCOOH＋2NaOH＋2SO2=Na2S2O4＋CO2＋2H2O(或HCOONa＋NaOH＋2SO2=Na2S2O4＋CO2＋H2O)(4)Na2S2O4在碱性条件中稳定，在酸性条件下易发生歧化反应降低Na2S2O4的溶解度，使其析出(5)缺尾气处理装置(6)87【分析】70%硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫通入三颈烧瓶中与NaOH醇溶液反应生成Na2S2O4，据此分析解答。【详解】（1）仪器b的名称为三颈烧瓶。（2）单向阀只让气体由左向右通过，故单向阀的作用是防倒吸。（3）反应物已有甲酸和氢氧化钠，结合产物根据原子守恒可知反应物还应有二氧化硫，根据氧化还原反应规律配平方程式，甲酸被氧化为二氧化碳，碳的化合价由+2升高为+4，化合价升高两价，二氧化硫被还原为连二亚硫酸钠，化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒可知二者比例为1:2，根据原子守恒可配平方程式HCOOH＋2NaOH＋2SO2=Na2S2O4＋CO2＋2H2O(或HCOONa＋NaOH＋2SO2=Na2S2O4＋CO2＋H2O)；（4）由题给信息可知，连二亚硫酸钠在碱性介质中稳定，在酸性条件下易发生歧化反应，为防止其歧化，故应保证氢氧化钠过量；连二亚硫酸钠不溶于乙醇，滴加乙醇可降低其溶解度，利于析出。（5）该实验过程中会有污染性的SO2，无尾气处理装置。（6）由银的质量可知，银的物质的量为5.4g0.05mol108g/mol，由题给反应方程式可知，银与连二亚硫酸根的比例为2:1，则连二亚硫酸钠的物质的量0.025mol，连二亚硫酸钠的摩尔质量为174g/mol，则连二亚硫酸钠的质量为0.025mol×174g/mol=4.35g，则产率为=87%。四、原理综合题18．研究COₓ和NOₓ的消除对改善生态环境、构建生态文明具有重要的意义。回答下列问题：(1)某温度下在2L的恒容密闭容器中，充入4molCO2和4molH2，发生如下反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)。①能判断该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)。A．容器内压强不再变化B．混合气体的密度保持不变C．容器中CO2浓度与H2浓度之比为1：3D．CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等②现测得H2浓度随时间变化如图1所示。从反应开始经过12min达到化学平衡，5min时CO2的转化率为(保留三位有效数字)，化学平衡时的压强是起始时压强的倍。

(2)甲醇(CH3OH)是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，工作原理如图2所示。

①电极A为燃料电池的(填“正”或“负”)极，该电极反应式为。②电池工作一段时间后，电解质溶液的碱性(填“增强”“减弱”或“不变”)。(3)汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。①CO和NO两种尾气在催化剂作用下反应生成N2的化学方程式为。②实验测得为速率常数)。某温度下在2L的恒容密闭容器中，充入NO和CO气体各1mol，达到化学平衡时NO的转化率为50%，则【答案】(1)AD16.7%0.75(2)负CH3OH-6e-＋8OH-

=＋6H2O减弱(3)2CO＋2NO=N2＋2CO22【详解】（1）①A．容器内压强保持不变，各物质的浓度保持不变，反应达平衡状态，A符合题意；B．该反应是纯气体参与的反应，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，容器为恒容容器，体积不变，则混合气体的密度是个恒量，一直保持不变，所以混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到了平衡状态，B不符合题意；C．容器中CO2浓度与H2浓度之比为1:3，可能是反应过程中的某一阶段，不一定是平衡状态，C不符合题意；D．CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等，反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，反应达平衡状态，D符合题意；故选AD。②从反应开始经过12min达到平衡，则0～5min内CO2的转化率

；根据压强之比等于物质的量之比，p（平衡）：p（起始）=n（平衡）：n（起始）=（2）①根据图示可知：在通入燃料CH3OH的电极A上失去电子，发生氧化反应，因此A电极为负极，由于电解质溶液为碱性，CH3OH失去电子被氧化产生的CO2被碱吸收得到，则A电极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；②反应消耗NaOH，同时产生H2O对溶液起稀释作用，导致c(NaOH)减小，因此电池工作一段时间后，电解质溶液的碱性会减弱。（3）①CO和NO在催化剂