四川省资阳中学2024-2025学年高二上学期入学检测化学试卷（Word版附解析）

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第I卷(选择题，共42分)
一、选择题(共14题，每题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)。
1. 下列说法正确的是
A. “杜甫草堂茅庐”所用秸秆，经现代科技可转化为甲苯、苯乙醇、苯乙烯等芳香烃
B. 碳酸氢铵可作为食品加工中的膨松剂；碳酸钙可作为婴幼儿奶粉中的营养强化剂
C. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
D. 我国酸雨的形成主要是由于汽车排出的大量尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯乙醇不是芳香烃，是芳香烃的衍生物，A错误；
B．碳酸氢铵加热分解产生气体，可作为食品加工中的膨松剂，碳酸钙可以用做补钙剂，可以用作婴幼儿奶粉中的营养强化剂，B正确；
C．维生素C具有还原性，可用作水果罐头抗氧化剂，C错误；
D．我国酸雨的形成主要是化石燃料的燃烧产生的二氧化硫溶于水后形成的，D错误；
故答案为：B。
2. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LCCl4所含氯原子数为4NA
B. 56g铁与足量稀盐酸反应转移的电子数为3NA
C. 在密闭容器中将2mlSO2和1mlO2混合反应后，体系中的原子数为8NA
D. 将10mL0.1ml/LFeCl3溶液滴入沸水中，得到Fe(OH)3胶粒的个数为0.001NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，CCl4呈液态，无法计算22.4L CCl4所含氯原子数，A不正确；
B．铁与盐酸反应，生成FeCl2和H2，则56g铁(1ml)与足量稀盐酸反应转移的电子数为2NA，B不正确；
C．在密闭容器中将2mlSO2和1mlO2混合反应，依据质量守恒定律，产物中原子的个数与反应物相同，所以体系中的原子数为8NA，C正确；
D．将10mL0.1ml/LFeCl3溶液滴入沸水中，制得Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶粒是由许许多多个Fe(OH)3分子构成，所以Fe(OH)3胶粒的个数小于0.001NA，D不正确；
故选C。
3. 下列变化过程，属于放热反应的是
①金属钠与水；②NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌；③H2在Cl2中燃烧；④浓硫酸溶于水；⑤中和反应；⑥碳酸钙热分解；⑦碳酸氢钠与盐酸反应
A. ①④⑤B. ①③⑤C. ③④⑤⑦D. ②⑥⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①金属钠与水为放热反应；
②NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌为吸热反应；
③H2在Cl2中燃烧为放热反应；
④浓硫酸溶于水为物理变化；
⑤中和反应为放热反应；
⑥碳酸钙热分解为吸热反应；
⑦碳酸氢钠与盐酸反应为吸热反应；
故选B。
4. 下列热化学方程式的相关分析中，正确的是
A. 由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +1.9kJ·ml-1可知，金刚石比石墨稳定
B. H2燃烧热为285.8kJ•mlˉ1，燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ•mlˉ1
C. 稀盐酸和稀NaOH溶液混合，热化学方程式为：H++OH-=H2O △H=-57.3 kJ•mlˉ1
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 ml N2和1.5 ml H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-38.6 kJ·ml-1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +1.9kJ·ml-1”可知，金刚石所具有的能量比石墨高，所以石墨比金刚石稳定，故A错；
B．H2燃烧热为285.8kJ•mlˉ1，所以2ml H2完全燃烧生成液态水所释放的能量为571.6 kJ•mlˉ1，故燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ•mlˉ1，故选B；
C．稀盐酸和稀NaOH溶液混合，热化学方程式为：△H=-57.3 kJ•mlˉ1，故C错；
D．500℃、30 MPa下，将0.5 ml N2和1.5 ml H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，若1ml氮气完全放出的热量大于38.6 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H＜-38.6 kJ·ml-1，故D错。
答案选B。
5. 下列离子方程式，书写正确的是
A. 将SO2通入NaClO溶液中：
B. 氯气通入氢硫酸中：
C. 等浓度等体积的NaHSO4和Ba(OH)2溶液混合：
D. 碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2与NaClO发生氧化还原，，A错误；
B．氯气通入氢硫酸中，发生氧化还原生成硫单质，与氯化氢，B正确；
C．等浓度等体积的NaHSO4和Ba(OH)2溶液混合，，C错误；
D．离子的还原性：I-＞Fe2+，所以向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸时，应该是I-先失去电子，发生氧化反应，，D错误；
故答案为：B。
6. 下图所示的实验装置中，能达到实验目的的是
A. 甲：除去SO2中的HClB. 乙：检验乙醇的氧化性
C. 丙：分离SiO2和NH4ClD. 丁：制备并收集乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A．应该用饱和亚硫酸氢钠溶液除去SO2中的HCl，故A错误；
B．乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现乙醇的还原性，故B错误；
C．氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷生成氯化铵，可以用加热法分离SiO2和NH4Cl，故C正确；
D．制备并收集乙酸乙酯，应该用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故D错误；
选C。
7. 将等物质量的A、B混合通入到体积为的密闭容器中发生反应：，经后测得D的浓度为，，此时，下列说法正确的是
A. 反应速率B. 该反应方程式中，
C. 时，A的转化率为D. 时，B的物质的量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意得v(D)==0.25ml·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v(B)=v(D)= 0.25ml·L-1·min-1，故A错误；
B．根据题意得v(D)= 0.25ml·L-1·min-1，以C表示的平均速率，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x=2，故B错误；
C．2min时，D的物质的量是0.5ml/L×1L=0.5ml，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5ml、0.5ml，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5ml、y-0.5ml，根据c(A)：c(B)=1：2，即(y-1.5)：(y-0.5)=1:2，解得y=2.5ml，A的转化率为，故C正确；
D．由C项分析，2min时，B的物质的量为2.5ml-0.5ml=2ml，故D错误；
答案为C。
8. 某有机化合物X的结构简式如图所示，下列说法错误的是

A. X的分子式为
B. X能发生氧化反应、取代反应和加成反应
C. X分别与Na和NaOH反应的物质的量之比3∶2
D. X中所有碳原子一定共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据X的结构简式得到X的分子式为，故A正确；
B．X含有羟基、碳碳双键，能发生氧化反应，含有碳碳双键、苯环，能发生加成反应，含有羟基和酯基，能发生取代反应，故B正确；
C．羟基、羧基都能与钠反应，羟基不与氢氧化钠反应，羧基能与氢氧化钠反应，因此X分别与Na和NaOH反应的物质的量之比3∶2，故C正确；
D．根据甲烷中三个原子在同一平面上，苯中12个原子在同一平面上，乙烯中6个原子在同一平面上，羧基在同一平面上，碳碳单键可以旋转，则X中所有碳原子可能共平面，不能说一定共平面，故D错误。
综上所述，答案为D。
9. 下图为有关分子在催化剂作用下发生转化的示意图，下列叙述正确的是（ ）。
A. N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B. 催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应
C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
【答案】D
【解析】
【详解】A．把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定，N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO不属于氮的固定，故A错误；
B．催化剂a作用下，N2→NH3，氮原子化合价从0降低至-3价，发生还原反应，故B错误；
C．催化剂a作用下，N2→NH3，断裂非极性共价键N≡N键，催化剂b作用下，NH3→NO，断裂极性共价键N-H键，故C错误；
D．催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故D正确；
故答案为D。
10. 一种共价化合物的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是

A 原子半径：
B. 最高正价：
C. 简单氢化物的稳定性：
D. 该化合物中各个原子均达到8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和且由共价化合物的结构图示可知X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，则X为C、W为Si，Y为O，Z的形成1个共价键，Z可能为H、F、Cl,但原子序数需满足X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素的要求，故Z为F。
【详解】A．同周期元素原子半径随核电荷数增大而减小，原子半径：，A正确；
B．F非金属性强无正价，且C与Si同主族元素最高正价相等，B错误；
C．同周期元素非金属性越来越强，同主族元素非金属性越来越弱，非金属性强弱为F>O>C>Si，故简单氢化物的稳定性：HF>H2O>CH4>SiH4，C正确；
D．该化合物中各个原子均达到8电子稳定结构，D正确；
故选B。
11. 我国科学家设计的：海泥电池：既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理，其中微生物代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是

A. A电极为正极
B. 从海底沉积层通过交接面向海水层移动
C. 负极的电极反应式为
D. 高温下微生物蛋白质变性失活，故升温不一定能提高电池的效率
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，A极物质由氧气转化为水，化合价降低，所以A极是正极，B极是负极，据此解答。
【详解】A．由分析可知，A极是正极，B极是负极，故A正确；
B．由分析可知，A极是正极，B极是负极，质子带正电荷，放电时向正极移动，所以质子从海底沉积层通过交接面向海水层移动，故B正确；
C．CH2O在微生物作用下与硫酸根离子反应生成CO2和HS-，并不是在负极的电极反应，负极上HS-失去电子发生氧化反应生成硫单质，电极反应式为：HS--2e-=S↓+H+，故C错误；
D．微生物蛋白质高温条件下会失活，故升温不一定能提高电池的效率，故D正确；
故选：C。
12. 从海水中提取部分物质的过程如图所示，下列有关说法正确的是
A. 粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质，过程①为了除去这些离子，需要依次加入Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液
B. 母液到无水MgCl2的一系列变化中未涉及氧化还原反应
C. 工业上一般用电解氯化镁溶液制取Mg单质
D. ③和⑤均涉及反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，工业上每获得1mlBr2，至少需要消耗Cl244.8L
【答案】B
【解析】
【详解】A．在粗盐中含有Mg2+、、Ca2+等杂质，加入碳酸钠的目的是除去Ca2+、Ba2+，加入除杂试剂的顺序NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→盐酸，故A错误；
B．母液到无水MgCl2的一系列变化中，没有元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，故B正确；
C．工业上一般用电解熔融氯化镁的方法制取Mg单质，故C错误；
D．没有给出气体的温度和压强，无法计算其物质的量，故D错误；
选B。
13. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向甲、乙两支试管中各加入2mL 1ml/L的酸性KMnO4溶液，再同时向甲、乙两支试管分别加入2mL 0.1ml/L、0.05ml/L的H2C2O4溶液，高锰酸钾过量，高锰酸钾溶液不褪色，故A错误；
B．铜丝与浓硫酸反应后的溶液中含有较浓硫酸，应该把铜丝与浓硫酸反应后的溶液倒入蒸馏水中稀释，故B错误；
C．Na2CO3溶于水放热，NaHCO3溶于水吸热，故C错误；
D．向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，说明有氨气放出，则未知盐溶液中存在，故D正确；
选D。
14. 将5.6g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体X。再向所得溶液中加入过量的NaOH溶液，产生10.7g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是
A. 0.15mlNO2B. 0.2mlNO
C. 0.05mlNO、0.15mlNO2D. 0.05mlNO、0.2mlNO2
【答案】C
【解析】
【分析】将5.6g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生10.7g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为10.7g-5.6g=5.1g，物质的量为=0.3ml，根据电荷守恒可知，5.6g的Mg、Cu提供的电子为0.3ml，结合选项根据电子转移守恒解析。
【详解】A．生成0.15mlNO2，N元素获得电子为0.15ml×(5-4)=0.15ml，得失电子不相等，故A错误；
B．生成0.2mlNO，N元素获得电子为0.2ml×(5-2)=0.6ml，得失电子不相等，故B错误；
C．生成0.05ml NO、0.15ml NO2，N元素获得电子为0.05ml×(5-2)+0.15ml×(5-4)=0.3ml，得失电子相等，故C正确；
D．生成0.05 ml NO、0.2 ml NO2，N元素获得电子为0.05ml×(5-2)+0.2ml×(5-4)=0.35ml，得失电子不相等，故D错误；
故选：C。
第Ⅱ卷非选择题
二、非选择题(共4题，共58分)。
15. 短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中B、E同主族，且E的原子序数是B的2倍，A的某种氢化物M可作为火箭推进剂的燃料，C的原子半径在短周期主族元素中最大，D的氢氧化物是胃舒平的主要成分。用元素符号回答下列问题：
（1）B在周期表中的位置为___________，氢化物M的电子式为___________。
（2）B、E、F所形成的简单离子半径由大到小的顺序为___________。
（3）C2B2含有的化学键类型为___________，其与水反应的离子方程式为：___________。
（4）D的最高价氧化物与C的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为：___________。
【答案】（1） ①. 第二周期VIA族 ②.
（2）S2-＞Cl-＞O2-
（3） ①. 离子键、共价键 ②. 2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na++O2↑
（4）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
【解析】
【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中B、E同主族，且E的原子序数是B的2倍，则B为氧元素，E为硫元素；A的某种氢化物M可作为火箭推进剂的燃料，则A为氮元素；C的原子半径在短周期主族元素中最大，则C为钠元素；D的氢氧化物是胃舒平的主要成分，则D为铝元素；F的原子序数比E大，则F为氯元素。从而得出A、B、C、D、E、F分别为N、O、Na、Al、S、Cl元素。
【小问1详解】
O为8号元素，原子结构示意图为，在周期表中的位置为第二周期VIA族，氢化物M为N2H4，电子式为。答案为：第二周期VIA族；；
【小问2详解】
B、E、F分别为O、S、Cl，O2-核外有2个电子层，S2-、Cl-的电子层结构相同，核外都有3个电子层，且Cl的原子序数比S大，则所形成的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞Cl-＞O2-。答案为：S2-＞Cl-＞O2-；
【小问3详解】
C2B2为Na2O2，含有的化学键类型为离子键、共价键，Na2O2与水反应，生成NaOH和O2，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na++O2↑。答案为：离子键、共价键；2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na++O2↑；
【小问4详解】
D的最高价氧化物为Al2O3，与C的最高价氧化物的水化物NaOH反应，生成NaAlO2和H2O，化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。
【点睛】比较离子半径时，首先看电子层数，电子层数越多，离子半径越大；若电子层数相同，则核电荷数越大，离子半径越小。
16. Ⅰ．①16O与18O；②与；③CH3OCH3与CH3CH2OH；④CH3(CH2)3CH3和CH3CH2CH(CH3)2；⑤氨气和液氨；⑥C4H8和C3H6；⑦淀粉和纤维素；⑧O2与O3；⑨CH3COOH和HCOOH；⑩葡萄糖与果糖。
（1）其中互为同分异构体的是_______(填序号，下同)，属于同系物的是_______，属于同一物质的是_______。
（2）CH3CH2CH(CH3)2 的二氯代物有_______种。
Ⅱ．乳酸乙酯是白酒的香气成分之一，广泛用于食品香精。适量添加可增加白酒中酯的浓度，增加白酒的香气，是清香型白酒的主体香成分。乳酸乙酯发生如图变化(已知烃A是衡量一个国家石油化工发展的重要标志)。

（3）A物质的结构简式为_______ ，F中官能团的名称是_______。
（4）B生成C的化学方程式是_______，其反应类型是_______。
（5）写出F、D两种物质生成G的化学方程式_______。
【答案】（1） ①. ③④⑩ ②. ⑨ ③. ②⑤
（2）10 （3） ①. ②. 羟基、羧基
（4） ①. ②. 氧化反应
（5）
【解析】
【小问1详解】
①16O与18O 是质子数相同、中子数不同的原子，16O与18O互为同位素；
② 与 是同一种物质；
③CH3OCH3与CH3CH2OH结构式不同、分子式都是C2H6O，互为同分异构体；
④CH3(CH2)3CH3和CH3CH2CH(CH3)2结构式不同、分子式都是C5H12，互为同分异构体；
⑤氨气和液氨都只含NH3分子是同一种物质；
⑥C4H8和C3H6都属于烃类，有可能是环烷烃或烯烃；
⑦淀粉和纤维素都属于多糖、聚合度不同是两种不同物质，也不是同分异构体；
⑧O2与O3 同种元素组成的不同单质，属于同素异形体；
⑨CH3COOH 和HCOOH结构相似，分子组成相差1个CH2，属于同系物；
⑩葡萄糖与果糖结构式不同、分子式都是C6H12O6，互为同分异构体；
因此互为同分异构体的是③④⑩，属于同系物的是⑨，属于同一物质的是②⑤。
答案为：③④⑩ ⑨ ②⑤。
【小问2详解】
采用“定一移一”的方法计算CH3CH2CH(CH3)2的二氯代物的数目。CH3CH2CH(CH3)2有4种等效氢，因此CH3CH2CH(CH3)2上取代1个氯原子的方法有4种，如图中的编号所示：。当第1个氯原子在①号位时，第2个氯原子有4种取代方法，如图中的箭头所示；当第1个氯原子在②号位时，第2个氯原子有3种不重复的取代方法，如图中的箭头所示，注意不要去重复的位置；当第1个氯原子在③号位时，第2个氯原子有1种不重复的取代方法，如图中的箭头所示；当第1个氯原子在④号位时，第2个氯原子有2种不重复的取代方法，如图中的箭头所示；一共10种。
答案为10。
【小问3详解】
烃A是衡量一个国家石油化工发展的重要标志，则A为乙烯，结构式为CH2=CH2。F中含有的官能团名称为羧基、羟基。
答案为CH2=CH2 羟基、羧基。
【小问4详解】
乙烯与水发生加成反应生成B，B为乙醇，乙醇在铜作催化剂、加热的条件下，发生氧化反应生成C，则C为乙醛，化学方程式为。
答案为 氧化反应。
【小问5详解】
乙醛发生氧化反应生成C，C为乙酸；乳酸乙酯发生水解反应生成乳酸，乙酸与乳酸发生酯化反应生成G，方程式为。
答案为 。
17. Ⅰ．已知：① 2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) ΔH=-180.0kJ/ml
② N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/ml
③ 2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g) ΔH=-483.6kJ/ml
（1）氨气催化氧化的热化学方程式为_______。
Ⅱ．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳的排放，有助于实现碳中和。其反应可表示为 ΔH
（2）已知反应过程的能量变化如下图所示。
由图可知ΔH=_______kJ/ml(用E1、E2表示，E1、E2均为正值)，活化能的大小对该反应的反应热_______(填“有”或“无”)影响。
（3）恒温条件下，向容积为5L的恒容容器中充入1mlCO2和2mlH2，发生上述反应。
①下列事实不能说明体系达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．
C．容器内气体的密度不再变化
D．CO2和H2的物质的量浓度比值不再变化
②若3min末测得CH3OH的体积分数为25%，则用H2表示0~3min内该反应的平均反应速率为_______，CO2的转化率为_______。
（4）某科研小组用电化学方法实现二氧化碳加氢制甲醇，工作原理如下图所示。
①通入H2的一极为_______(填“正极”或“负极”)，通入CO2的一极的电极反应式为_______。
②电极材料采用“多孔”碳棒，“多孔”的优点是_______。
【答案】（1）4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ∆H=-906kJ/ml
（2） ①. -(E2-E1)或E1-E2 ②. 无
（3） ①. BC ②. 0.1ml/(L•min) ③. 50%
（4） ①. 负极 ②. ③. 提高气体在电极表面的吸附量，使其与溶液充分接触，提高反应速率
【解析】
【分析】由题干装置图可知，左侧电极为CO2转化为CH3OH，即C的化合价降低被还原，则左侧电极为正极，电极反应为：，右侧电极为负极，发生氧化反应，电极反应为：，据此回答。
【小问1详解】
由盖斯定律，可得4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)
【小问2详解】
已知反应热即焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，由图可知或；根据盖斯定律可知，反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，活化能的大小对该反应的反应热无影响；
【小问3详解】
①A．由题干方程式可知，反应过程中气体的物质的量发生改变，即密闭容器中混合气体的压强一直在改变，则容器内的压强不再变化时说明反应达到化学平衡，A错误；
B．根据反应速率之比等于化学计量系数之比，即，即时反应达到化学平衡，即时不能说明反应达到化学平衡，B正确；
C．由题干方程式可知，反应过程中气体的质量保持不变，容器的体积保持不变，即容器内混合气体的密度始终保持不变，故容器内气体的密度不再变化不能说明反应达到化学平衡，C正确；
D．由题干信息可知，反应中CO2和H2的消耗量之比为1∶3，而投料比为1∶2，则反应过程中CO2、H2的物质的量浓度之比一直在改变，故CO2和H2的物质的量浓度比值不再变化说明反应达到化学平衡，D错误；
故选BC；
②若3min末测得CH3OH的体积分数为25%，由三段式分析，则有：，解得x=0.5ml，用H2表示0~3min内该反应的平均反应速率为，CO2的转化率为；
【小问4详解】
①由分析可知，通入H2的一极为负极，通入CO2的一极为正极，电极反应为：；
②电极材料采用“多孔”碳棒，“多孔”的优点是“多孔”的优点是提高气体在电极表面的吸附量，使其与溶液充分接触，提高反应速率。
18. 石墨烯铜复合材料的电导率高，韧性好，可用于制备高铁的“超级导线”。某化学小组用如下组装装置测定其中的碳含量(铜、碳以外的成分不与浓硫酸反应)。
（1）纳米材料之一的石墨烯的同素异形体有多种，写出其中一种同素异形体的名称_______。
（2）装置接口的连接顺序为a_______c。
（3）反应容器F的名称为_______，装置B中球形干燥管中碱石灰的作用为_______。
（4）实验前后，各通入一次N2，第二次通入N2，的作用是_______。
（5）碳与浓硫酸反应的化学方程式为_______。
（6）装置D中发生反应的离子方程式_______。
（7）实验结束后，B装置中U型管增重，则碳含量(质量分数)为_______。
【答案】（1）金刚石、碳纳米管、富勒烯、石墨等
（2）a→gf→de→b(c)
（3） ①. 三颈烧瓶(三口烧瓶) ②. 碱石灰吸收空气中可能进入的、等，保证实验测量值的准确性
（4）将装置中产生的气体全部赶入U型管中
（5）
（6）
（7）
【解析】
【分析】A中发生氧化还原反应产生二氧化硫和二氧化碳气体，为气体发生装置，为测定其中的碳含量，可先利用D装置除去二氧化碳中混有的二氧化硫，然后经C装置干燥后的二氧化碳进入到B中，为避免空气中的、进入B中而影响实验测量值的准确性，在U型管右侧加装一个盛有碱石灰的干燥管，那么通过B装置中型管的增重量即可计算碳含量。
【小问1详解】
石墨烯的同素异形体有多种，如金刚石、碳纳米管、富勒烯、石墨等，故答案为：金刚石、碳纳米管、富勒烯、石墨等；
【小问2详解】
从左到右，装置顺序为：产生气体→除去二氧化硫→干燥二氧化碳→吸收二氧化碳，所以装置接口的连接顺序为a→gf→de→b(c)，故答案为：a→gf→de→b(c)；
【小问3详解】
反应容器F的名称为三颈烧瓶（或三口烧瓶），装置B中球形干燥管中碱石灰的作用为吸收空气中可能进入的、等，保证实验测量值的准确性，故答案为：三颈烧瓶（或三口烧瓶）；碱石灰吸收空气中可能进入的、等，保证实验测量值的准确性；
【小问4详解】
第一次通入的作用是赶走装置中的空气；第二次通入氮气的作用将装置中产生的气体全部赶入U型管中，故答案为：将装置中产生的气体全部赶入U型管中；
【小问5详解】
碳和浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化硫和二氧化碳，化学方程式为，故答案为：；
【小问6详解】
装置D的目的是除去二氧化硫，其中发生反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问7详解】
B装置中型管增重的为二氧化碳，根据碳原子守恒知，则碳含量(质量分数)为，故答案为：。实验方案
现象
结论
A
向甲、乙两支试管中各加入2mL 1ml/L的酸性KMnO4溶液，再同时向甲、乙两支试管分别加入2mL 0.1ml/L、0.05ml/L的H2C2O4溶液
甲试管褪色所需时间小于乙试管
反应物浓度越大，化学反应速率越快
B
向铜丝与浓硫酸反应后的溶液中加蒸馏水稀释
溶液变为蓝色
该反应的产物中有CuSO4产生
C
为验证某固体是Na2CO3还是NaHCO3，室温下取少量固体于试管中，插入温度计，加几滴水。
温度降低
该固体是Na2CO3
D
向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
该未知盐溶液中存在