贵州省黔东南苗族侗族自治州2022-2023学年高一下学期期末测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贵州省黔东南苗族侗族自治州2022-2023学年高一下学期期末测试试题(本试卷满分100分，考试时间75分钟)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14S-32Cu-64I-127第I卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。下列做法不符合绿色化学理念的是（）A.回收废纸壳、废金属B.将生活垃圾进行分类处理C.骑自行车或选乘公共交通工具出行D.用反应制备硫酸铜〖答案〗D〖解析〗【详析】A．回收废纸壳、废金属，资源重新利用、可减少原材料的使用、减少浪费，A不选；B．将生活垃圾进行分类处理，使某些资源重新利用、可减少原材料的使用、减少浪费，B不选；C．骑自行车或选乘公共交通工具出行，可减少化石燃料的使用，减少汽车尾气的排放，有利于环保，C不选；D．反应能产生二氧化硫，二氧化硫排放到空气中会引起酸雨，不适宜用此法制备硫酸铜，D选；〖答案〗选D。2.化学与人类社会生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是（）A.废旧电池集中深埋防止重金属污染B.开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖C.通过减少碳排放，增加碳封存实现“碳中和”，目的是防治酸雨污染D.可以通过电解熔融的金属氯化物来得到Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属单质〖答案〗B〖解析〗【详析】A．废旧电池中含有重金属元素，深埋废旧电池，重金属元素会污染土壤和地下水，应集中处理，故A错误；B．开发新能源，减少化石能源的使用，减少对化石燃料的依赖，减少污染，故B正确；C．引起酸雨的是二氧化硫和氮的氧化物，二氧化碳不能引起酸雨，故C错误；D．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解氧化铝冶炼铝单质，故D错误；〖答案〗为B。3.《厉害了，我的国》展示了中国在探索太空、开发深海、建设高铁、开发5G技术等领域取得了举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列对应关系不正确的是（）A.5G手机芯片的关键材料——二氧化硅B.火箭外壳采用高强度的铝合金——金属材料C.“神舟”飞船航天员穿的航天服材料——多种合成纤维D.“神舟”飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷——新型无机非金属材料〖答案〗A〖解析〗【详析】A．制造芯片的材料为晶体硅，故A说法错误；B．金属材料包括金属单质、合金，因此铝合金属于金属材料，故B说法正确；C．“神舟”飞船航天员穿的航天服材料大量使用了多种合成纤维，合成纤维具有强度高、弹性好、耐磨、耐化学腐蚀等优良性能，故C说法正确；D．结构陶瓷具有耐高温、耐冲刷、耐腐蚀、高硬度、高强度等特点，因此结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故D说法正确；〖答案〗为A。4.化学品的使用要求科学、合理、安全和有效。下列对化学品使用的观念正确的是（）A.禁止沾染毒品，维护生命健康B.超量施用化肥，禁止施用农药，可以达到提高粮食产量的目的C.药品分处方药与非处方药，处方药包装上有“OTC”标识D.味精、碳酸氢钠、维生素C、三聚氰胺都属于食品添加剂，可以大量使用〖答案〗A〖解析〗【详析】A．毒品是指由于非医疗目的而反复连续使用，能够产生依懒性即成瘾性的药品，吸毒危害巨大，人们特别是青少年一定要远离毒品，故A正确；B．超量使用化肥，不仅会造成浪费，部分化肥会随着雨水流入河流、湖泊，造成水体富营养化，产生水华等污染现象，应合理施用化肥，故B错误；C．药品分为处方药和非处方药，非处方药在包装上有“OTC”标识，故C错误；D．三聚氰胺对人体有害，不能用于食品添加剂，食品添加剂不能大量使用，如果过量食用，对人体健康会产生不良影响，因此必须严格按照范围内使用食品添加剂，故D错误；〖答案〗为A。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.与反应得到的分子数目为2NAB.标准状况下，所含分子数为0.5NAC.常温常压下，3g乙烷中含有的原子数为0.8NAD.溶液中，含有的数目为0.2NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．合成氨反应是可逆反应，与反应得到的分子数目小于2NA，A错误；B．在标准状况下，四氯化碳呈液态，所含分子数远大于0.5NA，B错误；C．常温常压下，3g乙烷的物质的量为0.1mol、则其中含有的原子数为0.8NA，C正确；D．溶液体积未知，不能计算其含有的数目，D错误；〖答案〗选C。6.下列叙述正确的个数是（）①纤维素是一种营养物质，在人体内消化吸收后可以直接为人体提供能量②煤的干馏、气化、液化，石油的裂化、裂解、催化重整都属于化学变化③葡萄糖和果糖互为同分异构体④和是同一种物质⑤蛋白质是构成细胞的基本物质，蛋白质水解最终产物是氨基酸⑥油脂在酸性条件下水解制得肥皂⑦标准状况下，纯净的乙酸是具有刺激性气味的液体A.3个 B.4个 C.5个 D.6个〖答案〗B〖解析〗【详析】①人体内没有相应的酶能消化纤维素，故该说法错误；②煤的干馏、气化、液化，还有石油的裂化、裂解、催化重整都有新物质生成，属于化学变化，故该说法正确；③葡萄糖与果糖的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故该说法正确；④甲烷是正四面体，二氯甲烷中都是单键，在空间中可以旋转，所以它们是同种物质，故该说法正确；⑤蛋白质是细胞的主要成分，其水解的最终产物是氨基酸，故该说法正确；⑥油脂在碱性条件下的水解叫皂化反应，故该说法错误；⑦标况下，乙酸是固体，故该说法错误；故这些说法中正确的只有4个，故选B。7.常温下，下列离子能大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、〖答案〗D〖解析〗【详析】A．、会反应生成一水合氨，不能大量共存，A错误；B．、、会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C．、能反应生成硫氰化铁，不能大量共存，C错误；D．、、、，互不反应、能大量共存，D正确；〖答案〗选D。8.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A.a正极，b为负极B.电子从电极b流出，经外电路流向电极aC.转化为的反应为D.若该电池中有参加反应，则有通过质子交换膜〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗生物燃料电池属于化学电源，根据原电池工作原理，通氧气一极为正极，即b为正极，a为负极，据此分析；【详析】A．根据装置图，通氧气一极为正极，或者根据氢离子移动的方向进行判断，氢离子移向正极，即b极为正极，a极为负极，故A错误；B．根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即从a极流出经外电路流向b极，故B错误；C．根据装置图可知，HS-在硫氧化菌的作用下转化成SO，其反应为HS--8e-+4H2O=SO+9H+，故C正确；D．0.2mol氧气参与反应，电路中转移电子物质的量为0.2mol×4=0.8mol，即有0.8molH+通过质子交换膜，故D错误；〖答案〗为C。9.已知某种有机化合物的结构简式如图，下列说法正确的是（）A.该有机物有含有四种官能团B.该有机物的分子式为C.该有机物能发生加成、取代、氧化、加聚、中和反应D.该有机物所有的碳原子不可能都在同一平面内〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该有机物有羟基、羧基和碳碳双键，有三种官能团，A错误；B．该有机物的分子式为C13H14O5，B错误；C．该有机物含碳碳双键，能发生加成、氧化、加聚，含羧基，能发生酯化(取代反应)、中和反应，含醇羟基，能发生酯化(取代反应)、氧化反应，C正确；D．苯分子是平面结构、和苯环直接相连的原子在同一个平面，碳碳双键、羰基是平面结构、和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，饱和碳原子是四面体结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面，则该有机物所有的碳原子可能都在同一平面内，D错误；〖答案〗选C。10.下列离子方程式书写正确的是（）A.实验室中利用和制：B.稀硝酸与亚硫酸钠溶液混合：C.水玻璃中滴加盐酸：D.过量的与溶液反应：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．实验室用Ca(OH)2固体和NH4Cl固体加热生成氨气和氯化钙固体，没有离子参与或生成，不能写成离子方程式，故A错误；B．硝酸具有强氧化性，能将二氧化硫氧化成SO，正确的是3SO+2H++2NO=2NO↑+3SO+H2O，故B错误；C．水玻璃是硅酸钠的水溶液，加入盐酸，发生SiO+2H+=H2SiO3↓，故C正确；D．过量的二氧化硫能与CaSO3反应生成Ca(HSO3)2，正确的是SO2+OH-=HSO，故D错误；〖答案〗为C。11.下列物质中，能使酸性溶液褪色的物质有（）①甲烷②③二氧化硫④乙炔⑤乙醇⑥葡萄糖⑦聚乙烯⑧油酸⑨聚四氟乙烯⑩石油裂解气A.5个 B.6个 C.7个 D.8个〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗能使酸性高锰酸钾溶液褪色物质或官能团有：无机还原性物质、碳碳双键、碳碳三键、苯的同系物、醇、酚、醛等物质，据此分析；【详析】①甲烷的化学性质比较稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故①不符合题意；②CH2=CHCOOH中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故②符合题意；③二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色，故③符合题意；④乙炔中含有碳碳三键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故④符合题意；⑤乙醇中含有羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故⑤符合题意；⑥葡萄糖中含有羟基、醛基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故⑥符合题意；⑦聚乙烯中不含碳碳不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故⑦不符合题意；⑧油酸为不饱和脂肪酸，含有碳碳不饱和键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故⑧符合题意；⑨聚四氟乙烯中不含碳碳不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故⑨不符合题意；⑩石油裂解气中含有不饱和烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故⑩符合题意；综上所述能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是②③④⑤⑥⑧⑩，选项C符合题意；〖答案〗为C。12.下列方案设计、现象和结论都正确的是（）目的方案设计现象和结论A检验淀粉的水解程度在试管中加入0.5g淀粉和4ml2mol/L溶液，加热，待溶液冷却后向其中加入NaOH溶液至碱性，再滴加少量，未观察到砖红色沉淀生成淀粉未发生水解B探究与KI反应的限度取2mlKI溶液于试管中，加入5ml溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液若溶液变血红色，则与KI的反应有一定限度C检验某无色溶液中是否含有取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液若有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有D检验蛋白质的性质取2mL蛋白质溶液于试管中，加入适量醋酸铅溶液，再加入足量水若产生白色沉淀不溶解，则蛋白质变性〖答案〗D〖解析〗【详析】A．滴加少量后需要进行加热，没有加热，不能证明淀粉未水解，故A错误；B．该实验中氯化铁过量，反应后溶液中存在过量的铁离子，检验反应后存在铁离子不能证明反应的限度，故B错误；C．加入盐酸再加硝酸钡，即使原溶液不含硫酸根，而含亚硫酸根，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸根氧化为硫酸根，也会出现白色沉淀，从而干扰了硫酸根的检验，故C错误；D．重金属盐能使蛋白质发生变性，变性不可逆，因此向蛋白质中加入醋酸铅溶液，再加入足量水，若产生白色沉淀不溶解，说明蛋白质变性，故D正确；故〖答案〗选D。13.工业上常用如下的方法从海水中提溴：下列说法不正确的是（）A.物质X为B.步骤②利用了溴易挥发的性质C.步骤③的目的是富集溴元素D.步骤①的主要反应为：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗浓缩海水中通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入空气和水蒸气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气的加热、搅拌作用吹出溴，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子：，此过程的目的是浓缩、富集溴离子，所得溶液中再通氯气把溴离子氧化为溴单质，经蒸馏后得到溴；【详析】A．据分析，二氧化硫把溴单质还原为溴离子，物质X为HBr，A错误；B．据分析，步骤②利用了溴易挥发的性质，B正确；C．据分析，步骤③的目的是富集溴元素，C正确；D．步骤①氯气将溴离子氧化为溴单质，主要反应为：，D正确；〖答案〗选A。14.日常生活中的下列做法，与调控反应速率有关的是（）①食品抽空气后真空包装②在铁制品表面刷油漆③大煤块先碾成颗粒再烧④用冰箱冷藏食物A.②③④ B.④ C.②④D.①②③④〖答案〗D〖解析〗【详析】①食品抽真空包装是通过隔绝氧气，来降低氧气浓度，从而降低反应速率，故①符合题意②在铁制品表面刷油漆是通过隔绝氧气，来降低氧气浓度，从而降低反应速率，故②符合题意；③大煤块先碾成颗粒再烧，增大接触面积可加快反应速率，故③符合题意；④用冰箱冷藏食物是通过降低温度来降低反应速率，故④符合题意。〖答案〗选D。15.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X元素的最高价含氧酸能与其气态氢化物化合生成盐。下列说法不正确的是（）A.原子半径：Z＞W＞X＞YB.最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞ZC.简单氢化物稳定性：Y＞X＞WD.元素X、Z、W、Y的最高化合价分别与其主族序数相等〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X元素的最高价含氧酸能与其气态氢化物化合生成盐，则说明X为N，根据元素在周期表中的位置关系可知，Y为O，Z为Si，W为P，据此结合元素周期律分析解答。【详析】A．同主族元素从上到下半径依次增大，同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径：Si＞P＞N＞O，故A正确；B．同主族元素从上到下非金属性减弱，同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：HNO3＞H3PO4＞H2SiO3，故B正确；C．非金属性越强，最简单气态氢化物的热稳定性越强，因此Y＞X＞W(H2O＞NH3＞SiH4)，C正确；D．O元素无最高化合价，故D错误；〖答案〗选D16.和浓硝酸反应生成氮氧化物，这些氮氧化物与图中NaOH溶液恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示：下列有关判断正确的是（）A.标况下收集到的氮氧化物为B.该反应中浓硝酸只起到氧化剂的作用C.浓硝酸和Cu片需要在加热条件下才能发生D.如果Cu片溶解12.8g，则生成的NaNO3〖答案〗D〖解析〗【详析】A．NO2、N2O4在标准状况下不是气体，在标准状况下收集的氮氧化物的体积小于22.4L，故A错误；B．浓硝酸与Cu反应生成硝酸铜、氮的氧化物，硝酸表现酸性和强氧化性，故B错误；C．浓硝酸和Cu在常温下就能反应生成硝酸铜、氮的氧化物，故C错误；D．根据反应过程，可知仅有两种元素的化合价发生变化，即Cu→Cu2+、HNO3→NaNO2，12.8gCu的物质的量为=0.2mol，根据得失电子数目守恒，n(NaNO2)×2=n(Cu)×2，因此n(NaNO2)=0.2mol，根据钠元素守恒，n(NaNO3)=0.6L×2mol/L-0.2mol=1.0mol，故D正确；〖答案〗为D。第II卷(非选择题，共52分)二、填空题(本大题共4个小题，共52分)17.以铬铁矿(主要成分为和，含有少量、等杂质)为主要原料生产化工原料重铬酸钠并制取铬，其主要工艺流程如下：查阅资料得知：在碱性条件下，某些氧化剂能将氧化为。（1）“操作①”是___________(填名称)，（2）I氧化过程中选择的氧化剂最好是___________(填序号)。A. B.浓 C.D.（3）为了加快铬铁矿在硫酸中的溶解速率，可以采取的措施是___________(只填一条)。（4）工业上可用固体A和焦炭制取粗硅，写出反应的化学方程式：___________。（5）固体C的成分是___________(填化学式)（6）写出溶液D转化为溶液E过程中反应的离子方程式：___________。〖答案〗（1）过滤（2）C（3）略微升高溶液温度、将铬铁矿粉碎成颗粒、搅拌、略微增大硫酸溶液的浓度等(一条即可)（4）SiO2+2CSi+2CO↑（5）Al(OH)3、Fe(OH)3（6）10OH-+2Cr3++3H2O2=2+8H2O〖解析〗铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)，加入过量稀硫酸、过滤，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，把Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经在酸性条件下电解得到Cr。（1）“操作①”过滤，用于分离固体和液体。（2）I氧化过程中把Fe2+氧化成Fe3+，选择的氧化剂最好是，其还原产物为水，不会引起新杂质。故选C。（3）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：略微升高溶液温度、将铬铁矿粉碎成颗粒、搅拌、略微增大硫酸溶液的浓度等。(只填一条)。（4）工业上可用固体A和焦炭制取粗硅，反应的化学方程式：SiO2+2CSi+2CO↑。（5）据分析，固体C为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，化学式为：Al(OH)3、Fe(OH)3。（6）溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，Cr3+→，铬化合价(+3→+6)，H2O2→H2O，氧化合价(-1→0)，反应的离子方程式为：10OH-+2Cr3++3H2O2=2+8H2O。18.从海产品中提取碘是我国工业上获取碘的重要途径，实验室证明海带中存在碘元素的方法如下：I．取3g左右的干海带，把干海带表面的附着物用刷子刷净，用剪刀剪碎后，用酒精润湿，灼烧至完全变成灰烬。Ⅱ．将海带灰转移到小烧杯中，向其中加10mL蒸馏水，搅拌、煮沸2~3min，过滤。Ⅲ．向滤液中加氧化剂氧化，最后检验碘单质的存在。回答下列问题：（1）“步骤1”中，灼烧时会用到下列仪器中的___________(填标号)。（2）某兴趣小组在实验室完成“步骤III”中氧化剂氧化过程，装置如图所示。①装置e中发生反应的离子方程式是___________。②装置f、g中所装的试剂分别是___________、___________。③检验“滤液”中有碘单质生成的方法是___________。若通入过量，检验发现“滤液”中无碘单质，其原因是___________(用化学方程式表示，已知该条件下碘被氧化为。)（3）“步骤Ⅲ”氧化剂氧化时，用在pH<2的酸性介质中反应效果最佳。已知还原产物是NO，则反应的离子方程式是___________。（4）若“步骤Ⅲ”所得溶液经过分离提纯获得，其物质的量是。则干海带中碘元素的含量是___________mg/kg。〖答案〗（1）d（2）①.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O②.饱和食盐水③.氢氧化钠溶液④.取少量溶液于试管中，加入少量淀粉溶液，若溶液变蓝，说明有碘单质生成⑤.5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl（3）2NO+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O（4）254〖解析〗装置e中二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，装置f中盛放饱和氯化钠，用于除去氯气中的HCl，然后将氯气通入到滤液中检验碘单质的存在，最后装置g中盛放氢氧化钠溶液，用于处理尾气，防止污染空气，据此分析；（1）灼烧固体应在坩埚中进行，即灼烧海带应在坩埚中进行，选项d进行，故〖答案〗为d；（2）①装置e中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；故〖答案〗为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；②浓盐酸具有挥发性，产生的氯气中混有HCl，HCl可能会干扰后续实验，需要除去，即装置f中盛装饱和食盐水，氯气有毒，需要尾气处理，一般用NaOH溶液除去，即装置g中盛装氢氧化钠溶液；故〖答案〗为饱和食盐水；氢氧化钠溶液；③淀粉遇碘变蓝，常用淀粉检验碘单质变蓝，检验“滤液”中有碘单质生成的方法为取少量溶液于试管中，加入少量淀粉溶液，若溶液变蓝，说明有碘单质生成；若氯气过量，过量氯气能将碘单质氧化成HIO3，本身被还原成Cl-，其化学反应方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故〖答案〗为取少量溶液于试管中，加入少量淀粉溶液，若溶液变蓝，说明有碘单质生成；5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；（3）根据题意可知，亚硝酸根离子和碘离子在酸性条件下发生氧化还原反应，得到碘单质和NO，根据得失电子数目守恒，离子方程式为2NO+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；故〖答案〗为2NO+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；（4）干海带中碘元素的含量为=254mg/kg；故〖答案〗为254。19.I．可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的恒温恒容密闭容器中，充入和，一定条件下反应：，测得和的浓度随时间变化如图所示。（1）从3min到9min，=___________(计算保留2位有效数字)。（2）能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填字母)。A.反应中与的物质的量浓度之比为1：1(即图中交叉点)B.混合气体的压强不随时间的变化而变化C.单位时间内生成，同时生成D.混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化（3）平衡时的转化率为___________。Ⅱ.（4）如图所示是可逆反应的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是___________(填字母)。A.时，只有正方向反应在进行 B.时，反应达到最大限度C.，反应不再进行D.，各物质的浓度不再发生变化Ⅲ．原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。（5）现有如下两个反应：a．；B．。判断上述两个反应中能设计成原电池的是___________(填“A”或“B”或“AB”)（6）将纯锌片和纯铜片按图中方式插入100mL相同浓度的稀硫酸中一段时间后，对该装置的有关说法正确的是___________(填序号)。A.甲、乙均为化学能转变为电能的装置B.乙中铜片上没有明显变化C.甲中铜片质量增加、乙中锌片质量减少D.两烧杯中溶液pH均增大〖答案〗（1）0.042（2）BD（3）75%（4）BD（5）B（6）BD〖解析〗（1）从3min到9min，=。（2）A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1(即图中交叉点)，之后各成分的浓度还在继续变化，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．混合气体的物质的量为变量，则压强为变量，随着反应的进行，混合气体的压强不随时间的变化而变化，此时反应达到平衡，B正确；C．单位时间内生成3molH2同时生成1molCH3OH，正、逆反应速率才相等，单位时间内生成同时生成时，正、逆反应速率不相等，C错误；D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量是变量，则平均相对分子质量不随时间的变化而变化，此时反应达到平衡，D正确;故选BD。（3）平衡时的转化率为。（4）对于可逆反应，反应开始后的任何时刻，正逆反应均在进行；根据题图可知0～t2，反应处于非平衡状态；t2后，该反应处于平衡状态，即反应达到最大限度，正逆反应速率相等，但不等于0；处于平衡状态时，反应仍在进行，但各物质的浓度不再发生变化，故B、D正确；故〖答案〗为：BD。（5）自发的氧化还原反应可以设计成原电池，故A反应不能设计成原电池、B反应能设计成原电池；选B。（6）A．乙装置不是闭合电路，没有实现化学能转变为电能，A错误；B．甲中铜片上有气体产生，是氢离子在铜片极得到电子发生还原反应，乙中铜片不与硫酸反应、故铜片上没有明显变化，B正确；C．结合选项B可知，甲中铜片质量不会改变、乙中锌片与稀硫酸反应故质量减少，C错误；D．两烧杯溶液中的H+均被消耗生成氢气，因而H+浓度均减小，两烧杯中溶液的pH均增大，D正确；故选BD。20.已知A、B、C、D、E都是含有相同碳原子数的有机物，A是一种果实催熟剂，A的产量是衡量一个国家石油工业发展水平的标志，它们之间的转换关系如图所示。结合路线图回答下列问题：（1）该流程中属于加成反应的有___________(填流程图中每步反应的序号)。（2）G的官能团名称是___________。（3）反应①的化学方程式是___________。（4）F是一种高分子物质，可用于制作食品塑料袋等。F的结构简式是___________。（5）G是一种油状、有香味物质，实验室用B和D通过反应⑥制取G。①写出由B和D反应制取G的化学方程