【文档说明】《2023年高考化学第一次模拟考试卷》化学（五省新教材A卷）（全解全析）.docx，共(17)页，908.127 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-5234f4d57ecec11f5526b7c569a9bb60.html

以下为本文档部分文字说明：

2023年高考化学第一次模拟考试卷高三化学（考试时间：50分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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，再选涂其他答案标号。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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24P31S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64Ag108

一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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．（2022·甘肃·永昌县第一高级中学高一期中）预防新冠肺炎疫情的主要方式是做好消毒工作，已知市场上某消毒药品的标签如下，则下列说法中不正确的是品名84消毒液净含量500g保质

期1年主要成分以次氯酸钠为主料用途范围应用于医院、家庭、宾馆、饭店等公共场所消毒功效具有杀菌及清洁功能，可杀灭多种细菌，并对病毒有灭杀作用A．该品牌消毒过程是利用了氧化还原反应B．长期保存该消毒液需要遮光、

密闭C．该消毒液可以和洁厕灵同时使用，以增强消毒效果D．该消毒液也可用于漂白物品【答案】C【详解】A．84消毒液杀菌消毒过程中氯元素化合价发生改变，发生氧化还原反应，A正确；B．84消毒液有效成分为次氯酸钠，会和二氧化碳、水反应生成次氯酸，次

氯酸见光易分解，故长期保存该消毒液需要遮光、密闭，B正确；C．84消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)一起使用，次氯酸钠和稀盐酸反应生成有毒气体氯气并会降低消毒效果，C错误；D．84消毒液具有强氧化性，除能杀菌消毒外，还可作漂白剂，D正确；故选C。2．（2022·陕西西安·高一期中）用AN表示阿伏

加德罗常数的值。下列说法正确的是A．5.6g金属铁与足量氯气反应时失去的电子数为0.2ANB．标准状况下，11.2L2HO含有的分子数为0.5ANC．233.0110个氮气分子中含有的原子数为2AND．1g氢气中含有的电子数为AN【答案】D【详解】A．5.6

g金属铁（0.1mol）与足量氯气反应时生成三价铁，得到氯化铁，故失去的电子数为0.3AN，A错误；B．标况下水为液体，不能计算其物质的量，B错误；C．氮分子是双原子分子，3.01×1023个氮分子物质的量是0.5mol，其中含有的原子数为AN，C错

误；D．氢气是双原子分子，1g氢气为0.5mol，每个氢气分子中含有2个电子，含有的电子数为AN，D正确；故选D。3．（2022·山东济宁·高三期中）下列各组离子，在指定条件下，一定能大量共存的是①某无色透明的酸性溶液中：Na+

、Cl—、CrO2-4、SO2-4②水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：K+、Ba2+、Cl—、NO-3③使紫色石蕊试液变红的溶液中：Fe2+、Mg2+、Cl—、NO-3④加入过量NaOH溶液后可得到澄清溶液：K+、Ba2+、Cl—、HCO-3⑤c

(H+)<c(OH—)的溶液中：ClO—、AlO-2、Na+⑥在酸性高锰酸钾溶液中：Na+、4NH+、I−、ClO−⑦能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Na+、2AlO−、K+、23CO−A．①③⑤⑥B．②③⑤⑦C．②⑤⑦D．②④⑦【答案】C【详解】①铬酸根离子在溶

液中为黄色，则无色透明的酸性溶液中不可能含有铬酸根离子，铬酸根离子酸性条件下会转化为重铬酸根离子，故错误；②水电离产生的氢离子浓度为10-12mol/L的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，四种离子在酸溶液中和碱

溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，故正确；③使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；④向含有四种离子的溶液中加入过量氢氧化钠溶液，溶液中的钡离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸钡沉淀，不可能得到

澄清溶液，故错误；⑤c(H+)<c(OH—)的溶液为碱性溶液，三种离子在碱性溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，故正确；⑥在酸性高锰酸钾溶液中，碘离子能与高锰酸根离子和次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误

；⑦能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，四种离子在碱性溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，故正确；②⑤⑦正确，故选C。4．（广东省部分学校2022-2023学年高三上学期11月联考化学试题）下列有关分子结构与性质的叙述中正确的是A．3NH、3BF都是平面三角形分子B．分子晶体

中一定不含离子键，但一定存在共价键C．4CH、4CCl、4SiH都是含有极性键的非极性分子D．22CHCH=和CHCH分子中含有的键都是由2ssp−形成的【答案】C【详解】A．3BF是平面三角形的空间结构，3N

H是三角锥形的空间结构，故A错误；B．分子晶体中一定不含离子键，但也不一定存在共价键，比如说稀有气体为单原子分子，无共价键，B错误；C．不同非金属元素原子间易形成极性键，分子结构对称、正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，CH4、CCl4、SiH4都含有极性键，CH4、C

Cl4、SiH4分子构型均为正四面体形，分子结构对称，正负电荷中心重叠属于非极性分子，C正确；D．22CHCH=和CHCH分子中含有的键都是由ssp−形成的，D错误；故本题选C。5．（广东省韶关市2023届高

三上学期调研考试（一）化学试题）钙钛矿晶体的晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是。A．晶体的化学式为：3CaTiOB．其组成元素中电负性最大的是：OC．Ti的基态原子价层电子排布式为：223d4sD．金属离子与氧离子间的作用力为共价键【答案】D【详解】A．根据晶胞结构图，晶胞中，Ca原子

数为1，Ti原子数为1818=，O原子数为11234=，晶体的化学式为3CaTiO，A正确；B．组成元素中电负性为O＞Ti＞Ca，B正确；C．Ti的基态原子价层电子为最外层电子加次外层d电子，其排布式为223d4s，C正确；D．金属离子与氧离子间的作用力为离子键，D错误；

答案选D。6．（2022·辽宁·沈阳二中高三期中）某同学设计用NO—空气质子交换膜燃料电池探究将雾霾中的SO2、NO转化为(NH)2SO4的原理。下列说法正确的是A．甲、乙装置中NO均被氧化、物质A为HNO3B．若甲装置中消耗22.4LO2(标况)则乙装置中SO2和N

O转化的物质的量共有2.8molC．燃料电池放电过程中正极电极反应式为NO-3e-+2H2O=-3NO+4H+D．该装置中，电子的转移方向为Pt(1)→石墨(II)→电解质溶液→石墨(1)→Pt(II)【答案】B【分析】甲装置为燃料电池，Pt（I）电极上NO被

氧化为HNO3，Pt（I）为负极，Pt（II）电极上氧气被还原，为正极，则乙装置为电解池，石墨（I）为阳极，SO2被氧化为硫酸根，石墨（II）为阴极，NO被还原为铵根，据此分析。【详解】A．乙装置中NO通入阴极，被还原为铵根，A错误；B．()222.4LnO

==1mol22.4L/mol，由转移电子关系，-2eO4，可知电路中转移电子为4mol，乙装置中转移电子关系为：2-SO2e、-NO5e，故()24nSO==2mol2，4n(NO)==0.8mol5，则乙装置中SO2与NO转化的总量为2.8mol，B正确；C．燃料

电池中正极反应为还原反应，应是氧气得到电子，故C错误；D．电子不能在电解质溶液中移动，D错误；故本题选B。7．（2022·上海·复旦附中高三期中）化学上常用AG表示溶液中的()()+-cHlgcOH。25℃时，用10.100molL−的NaOH溶液滴定10.100

molL−的2HNO溶液(20.00mL)，滴定过程中AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示(忽略体积变化)，下列说法错误的是A．A点溶液的pH2.75=，从B点到D点的过程中，水的电离程度先变大再变小B．B点溶液中存在：()()()()+--22cH

-cOH>cNO-cHNOC．C点加入NaOH溶液的体积小于20mL，溶质为2HNO和2NaNOD．D点加入NaOH溶液的体积小于40mL【答案】B【分析】A点()()+-cHlg8.5cOH=，B点溶液为

等浓度的2NaNO溶液和2HNO溶液，溶液中存在电荷守恒及物料守恒，C点()()+-cHlg0cOH=，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，D点()()+-cHlg8.5cOH=−。【详解】A．A点()(

)+-cHlg8.5cOH=，则()()8.5cH:c10OH+−=，()()14cHc10KwOH+−−==，c(H+)=10-2.75mol/L，溶液的pH=2.75，C点溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，

要使混合溶液呈中性，则酸应该稍微过滤，酸碱浓度相等，则C点NaOH溶液小于20mL，从C点往后的过程中，先将未中和的亚硝酸变成亚硝酸盐，此时水的电离程度先变大，当NaOH过量时，抑制水的电离，水的电离程度在变小，A正确；B．B点溶液为等浓度的2NaNO溶液和2HNO溶液，溶液中存

在①电荷守恒()()()()2cHcccNaOHNO++−−+=+和②物料守恒()()()222cccNaHNONO+−=+，将①×2-②得：()()()()222cH2cccOHNOHNO+−−−=−，B点溶

液中存在：()()()()22cHcccOHNOHNO+−−−−，B错误；C．C点()()+-cHlg0cOH=，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使溶液呈中性则酸应该过量，酸碱浓度相等，则C点NaOH溶液小于20mL，溶质为2NaNO溶液和2HNO，C正确；D．

D点()()+-cHlg8.5cOH=−，溶液呈碱性，溶质2NaNO溶液和NaOH，NaOH过量，当V（NaOH）=20mL时溶质只有2NaNO，A点只有2HNO20mL，A点()()+-cHlg8.5

cOH=，2NaNO强碱弱酸盐，故消耗NaOH小于40mL，D正确；故答案为：B。二、非选择题：共58分。8．（2022·江西省丰城中学高一期中）金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题：(1)某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等

离子，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_______。A．Mg2+B．Fe2+C．A13+D．Cu2+(2)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型水处理剂。某兴趣小组欲利用废金属屑(主要成分为Fe和Cu，

含有少量Fe2O3)制取高铁酸钠并回收金属Cu，其工艺流程如下：①试剂a为_______(填化学式，下同)，滤渣II的主要成分为_______。②在过滤操作中要使用玻璃棒，其作用是_______。③检

验滤液I中是否存在Fe3+的试剂是_______。④制备24NaFeO的反应原理是：4222422422FeSO+6NaO2NaFeO+2NaO+27NaS0CO0+O。当反应中转移电子总数约为239.0310时，则生成Na2FeO4的物质的量为__

_____mol。(3)纳米铁粉可用于处理废水中的-3NO。酸性条件下，纳米铁粉与废水中-3NO反应生成Fe3+与+4NH，其反应的离子方程式是_______。【答案】(1)BC(2)H2SO4Cu引流KSCN溶液0.3(3

)-+3++3428Fe+3NO+30H=8Fe+3NH+9HO【分析】某溶液中加入Na2O2时，因Na2O2具有强氧化性，且与水反应生成强碱，因此对Fe2+、Al3+影响很大。工艺流程中，一系列操作后得到了FeSO4固体，则试剂a为稀硫酸，试剂a少量时，主要与少量Fe2O3反应，

生成的Fe3+再与Fe反应，滤液Ⅰ为FeSO4溶液；试剂a足量时主要与Fe反应，滤液Ⅱ为FeSO4溶液，滤渣Ⅱ为Cu。【详解】（1）Na2O2具有强氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，足量Na2O2与水反应生成NaOH，NaOH能使Mg2+、Fe3+、Cu2+生成沉淀，使Al3+生成2

AlO−，过滤后，滤渣成分为Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤渣溶于足量盐酸中，生成MgCl2、FeCl3、CuCl2。与原溶液相比，大量减小的离子是Fe2+、Al3+，故选BC。（2）分析中已知试剂a

为H2SO4，滤渣的主要成分为Cu。溶液从烧杯倒出时容易与烧杯外壁产生“附壁效应”，使部分溶液沿烧杯外壁流到杯底而不能流到漏斗里。所以在过滤时要用玻璃棒引流。Fe3+与SCN-发生反应生成血红色络合物，因此用KSCN溶液检验Fe3+。分析化合价变化知：Fe由+2价升高到+6价，Na2O2中一部

分O由-1价升高到0价，另一部分O由-1价降低到-2价，以O化合价降低方面计算更简便。根据化学方程式知每生成2molNa2FeO4，就有10molO从-1价降低到-2价，转移的电子数约为2312410mol16.

0210mol6.0210−=，当转移电子总数约为239.0310时，设生成Na2FeO4物质的量为n，列比例式得24232mol6.0210=n9.0310，n=0.3mol。（3）根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒可以得出酸性条件下，纳米铁与3NO−反应生成Fe3+与+4NH的

离子方程式为：+3++34230H+8Fe+3NO=8Fe+3NH+9HO−。9．（2022·浙江温州·模拟预测）多环氨基甲酰基吡啶酮类似物F作为药物在医学上有广泛的应用已知：I./FeHCl→(易被氧化)II.I

II.R′OH+RCl→R′OR请回答：(1)下列说法不正确．．．的是_______。A．浓硝酸和浓硫酸是反应①②③其中一步的反应试剂B．化合物A中的含氧官能团是羧基C．化合物B具有两性D．反应④的反应类型为加成反应(2)化合物C的结构简式是_______；化合

物F的分子式是_______；(3)写出D+B→F的化学方程式_______。(4)设计以HCCH为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。(5)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式_______。①1H-NMR谱和

IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，有N-O键。②分子中只含有两个六元环，其中一个为苯环。【答案】(1)C(2)CH2ClCH2OHC11H12O2N2(3)CH2ClCHO+→一定条件+H2O+HCl(4)(5)【分析】本题反应①②③未知

，故选用“逆向合成分析法”。参考已知Ⅱ、Ⅲ，由化合物B、D生成化合物F可推出化合物D，再推出化合物C；由生成化合物B的反应可推出化合物A，参考已知Ⅰ，可依次推出③②①反应类型及有关物质。【详解】（1）生成

化合物B的反应为羧基与氨基间的成肽反应，故化合物A含有官能团-COOH和-NH2，A的结构简式为，故选项B正确；参考已知Ⅰ，反应①在甲基邻位引入-NO2，为硝化反应，需要浓硝酸与浓硫酸作反应剂，故选项A正确；化合物

B仅有官能团-NH2能表现出碱性，故选项C错误；对比反应物C2H4与产物C分子组成，可以确定反应④为加成反应，故选项D正确。（2）反应④为加成反应，参考已知Ⅱ与化合物C生成化合物E的反应，确定化合物C含有官能团-OH和-Cl，其结构简式为：C

H2ClCH2OH；化合物F的分子式为：C11H12O2N2。（3）根据化合物C生成化合物D的条件确定该反应为醇氧化为醛，故化合物D的结构简式为：2CHClCHO。参考已知Ⅱ、Ⅲ，化合物B的-NH2、-NH-与化合物D的-CHO反应生成化合物F中间的

环，化合物B的-OH与化合物D的-Cl反应生成化合物F右侧的环，反应的化学方程式为：CH2ClCHO+→一定条件+H2O+HCl（4）参考已知反应Ⅱ，该产品可由2分子的CH3CH2CH2NH2与1分子的CH3CHO合成，HCCH与水反应可制备CH3CHO

，碳链增加一个C原子需要使用HCN，故制备CH3CH2CH2NH2的流程为：22322HCCHHC=CHCNCHCHCHNH→→，最终产品合成路线为：（5）化合物B除苯环外，还有一个C=O，其同分异构体要求

除苯环外，还有一个六元环，因此第二个六元环各原子间全是单键；分子中有5种不同化学环境的氢，要求分子结构具有较强的对称性，如果两个环形成稠环结构，无法产生强对称性，故两个环是分开的，当第二个六元环由2个N、2个O、2个C组成时，有四种结构，当第二个六元环由1个N，2个O，3个C组成时，有

一种结构。故共有五种同分异构体：10．（2022·山东济宁·高三期中）223NaSO应用广泛，水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂，酸性条件下会发生歧化反应而变质。(1)223NaSO的实验室制法：装置图如下(加热和夹持装置略)

：①23NaCO的作用是与S2O反应提供23NaSO，使S与23NaSO的物质的量之比达到1：1，则原混合液中2NaS与23NaOC物质的量之比为_______。②实验过程中，乙中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的223NaSO一段时间后，乙中再次出现少量浑浊，此时须立刻

停止通入2SO。结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入2SO的原因：____。③检验丙中NaOH溶液吸收的气体含有二氧化碳的方法是：_______。(2)实际工业生产中制得的223NaSO溶液中常混有少量

23NaSO，结合溶解度曲线(下图)，获得223NaSO·25H0的方法是_______。(3)223NaSO的用途：氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金(Au)浸取工艺。已知：I.Cu(NH3)2+4⇌Cu2++4NH3；II.2Cu+在碱性较强时受热会

生成CuO沉淀。①将金矿石浸泡在223NaSO、()34CuNH2+的混合溶液中，并通入2O。总反应的离子方程式为：()3223222324Au8SOO2HO4AuSO4OH+−−+++=+，浸金过程Cu(NH3)2+4起到催化剂的作用，浸金反应的原理为：i.Cu(NH3)2+4+A

u+22-23SO⇌Cu(NH3)+2+Au(S2O3)3-2+2NH3ii._______②一定温度下，相同时间金的浸出率随体系pH变化曲线如下图，解释pH10.5时，金的浸出率降低的可能原因_______。(写出一条即可)【答案】(1)2:1继续通入2SO，

使溶液显酸性，2-+2322SO+2H=S+SO+H0或者2--232323SO+2HSO=S+SO+2HSO，使223NaSO产量降低将乙装置中产生的气体，先通过酸性高锰酸钾溶液，再通入澄清石灰水，若溶液变浑浊，则气体中含

有二氧化碳(2)将溶液蒸发浓缩（趁热过滤），再将滤液冷却结晶、过滤(3)2-32322344Cu(NH)+8NH+O+2HO=4Cu(NH)+4OH++pH>10.5，部分234(CNH)u+转化为CuO，使234(CNH)u+浓度降低，金

的浸出率降低；（或者碱性条件下，2-23SO更容易被氧化）【详解】（1）①根据反应：232232NaCO+SO=NaSO+CO，22232NaS+3SO=2NaSO+3S，23223NaSO+S=N

aSO，联立方程可得：22322322NaS+NaCO+4SO=3NaSO+3S+CO，要使S和23NaSO物质的量之比为1:1，原溶液中的2NaS与23NaCO物质的量之比为2:1；②根据反应：22232Na

S+3SO=2NaSO+3S，乙中溶液变浑浊，生成的S继续发生反应：23223NaSO+S=NaSO，溶液变澄清，若继续通入2SO，溶液酸性增强，发生反应：2-+2322SO+2H=S+SO+HO或者2--

232323SO+2HSO=S+SO+2HSO，使223NaSO产量降低；③乙装置中产生的气体可能含有：2CO、2SO和2HS要检验其中的2CO，先要除去2SO和2HS，故先将气体通过酸性高锰酸钾溶液，再用澄清石灰水检验2CO，

若石灰水变浑浊，则含有2CO。（2）根据溶解度曲线，2232NaSO5HO溶解度随温度的升高而增大，23NaSO的溶解度随温度的升高而降低，高温时2232NaSO5HO溶解，23NaSO晶体洗出，趁热过虑，出去

23NaSO，再将溶液冷却，2232NaSO5HO晶体析出，再过滤即可得2232NaSO5HO晶体。（3）①根据题意，浸金过程234(CNH)u+为到催化剂，催化剂在反应中，第一步反应被消耗，第二步反应又生成，再根据反应物和生成物分析可得第二步反应：2-32

322344Cu(NH)+8NH+O+2HO=4Cu(NH)+4OH++②根据题意，已知2Cu+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀，若pH>10.5，溶液碱性较强，部分234(CNH)u+转化为CuO，使234(CNH)u+浓度降低，金的

浸出率降低；（或者碱性条件下，2-23SO更容易被氧化）。11．（2022·陕西·西安市第三中学高二阶段练习）甲醇气相脱水制甲醚的反应可表示为：2CH3OH(g)垐?噲?CH3OCH3(g)+H2O(g)，请回答下列问题：(1)一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)发生上述反

应，能判断反应达到化学平衡状态的是____。A．CH3OCH3(g)和H2O(g)的浓度比保持不变B．v正(CH3OH)=2v逆(CH3OCH3)C．容器内压强不再变化D．混合气体的平均相对分子质量不再变化(2)200℃时，向恒

容密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)发生上述反应，测得CH3OH(g)的浓度随时间(t)的变化如表：t/min0102030405060c(CH3OH)/(mol•L-1)1.000.650.500.360.270.200.20①10~30min内，用CH3OCH3(

g)表示该反应的平均速率为____。②CH3OH(g)的平衡转化率为____。③反应开始时，容器内的压强为p0，第40min末时容器内的压强为p1，则p1：p0=____；该反应在200℃时的平衡常数Kp=____(以分压表示，分压=总压×物

质的量分数)。④200℃时，向该容器中投入三种成分的浓度如表：物质CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)c/(mol•L-1)0.540.680.68该时刻，正、逆反应速率的大小关系为：v正(

CH3OH)____v逆(CH3OH)(填“>”“<”或“=”)，说明理由：____。(3)已知：甲醚在一定条件下可分解为CO和H2，甲醚分解率、甲醇脱水制甲醚产率随温度变化关系如图所示，试解释800℃之后甲醇脱水制甲醚产率降低的原因____。【答案】

(1)B(2)0.00725mol/(Lmin)80%1:14>Qp=()()()20.68mol/L0.68mol/L0.540.680.68mol/L0.540.680.68mol/L0.54mol/L0.54+0.68+0.68mol/L++++=1.59

<4，所以反应正向进行(3)在800℃以后，甲醚的分解率随温度的升高而不断增大，因此导致甲醇脱水制取产生的甲醚不断受热分解，因此使得甲醚产率降低【详解】（1）A．CH3OCH3(g)和H2O(g)均为生成物，且两者比例为1:1，物质的量相等，则两者物质的量浓度也相等，故两者浓度比始

终为1:1，所以两者浓度比保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；B．在任何时刻都存在v正(CH3OH)=2v正(CH3OCH3)，若v正(CH3OH)=2v逆(CH3OCH3)，则v正(C

H3OCH3)=v正(CH3OCH3)，反应处于平衡状态，B符合题意；C．该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，由于体系温度、容积不变，则体系的压强始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，C不符合题意；D．该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，反应前后气体的质量不变，则反应

混合物的平均相对分子质量始终不变化，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，D不符合题意；故合理选项是B。（2）①在10~30min内，△c(CH3OH)=0.65mol/L-0.36mol/L=0.29mol/L，则△c(CH3OCH3)=12△c(CH3OH)=0.145mol/L

，故反应速率v(CH3OCH3)=0.145mol/L20min=0.00725mol/(Lmin)。②反应开始时c(CH3OH)=0.65mol/L，平衡时c(CH3OH)=0.20mol/L，则CH3OH的平衡转化率为：()1.00-0.20mol/L100%1.00mol/L=8

0%；③该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，反应在恒温、恒容密闭容器中进行，则气体的压强始终不变，故p1：p0=1:1；反应开始时c(CH3OH)=1.0mol/L，平衡时c(CH3OH)=0.20mol/L，反应消耗CH3OH的浓度△c(C

H3OH)=(1.0-0.20)mol/L=0.80mol/L，则根据物质反应转化关系可知平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.40mol/L，对于反应前后气体物质的量不变的反应，压强比等于气体

的物质的量的比，则该反应在200℃时的平衡常数Kp=20.40mol/L0.40mol/L1.0mol/L1.0mol/L0.20mol/L1.0mol/L=4；④在200℃时，向该容器中投入三种成分的浓度分别为c(CH3OH)

=0.54mol/L，c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.68mol/L，Qp=()()()20.68mol/L0.68mol/L0.540.680.68mol/L0.540.680.68mol/L0.54mol/L0.54+0.68+0.68mol/L++++

=1.59<4，所以反应正向进行，因此v正(CH3OH)>逆(CH3OH)。（3）由图可知：在800℃以后，甲醚的分解率随温度的升高而不断增大，因此导致甲醇脱水制取产生的甲醚不断受热分解，因此使得甲醚产率降低。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue1

00.com