1、四川省棠湖中学2018-2019学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Na-23 一选择题(共13个小题，每小题只有一个选项符合题目要求，每小题4分，共52分。)1.关于核素碳的说法错误的是（ ）A. 碳元素的相对原子质量为14B. 碳元素的原子序数为6C. 该核素的中子数为8D. 该核素用于测定一些文物的年代【答案】A【解析】分析：元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，据此进行解答。详解：的质量数为14、质子数为6，其中子数=14-6=8，则A.14为该核素的质量数，不是相
2、对原子质量，A错误；B碳元素的原子序数=质子数=核电荷数=6，B正确；C该核素的中子数=14-6=8，C正确；D.能发生衰变，可用于测定一些文物的年代，D正确；答案选A。点睛：本题考查元素符号的表示方法，题目难度不大，明确质量数与质子数、质子数的表示方法即可解答，注意掌握元素符号的表示方法，A选项是解答的易错点，注意元素的相对原子质量是该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子个数百分比的乘积之和。2.下列气体为红棕色的是A. SO2B. NOC. NO2D. NH3【答案】C【解析】【详解】A. SO2是无色有刺激性气味的气体，A不符合；B. NO是无色无味的气体，B不符合；C.
3、 NO2是红棕色有刺激性气味的气体，C符合；D. NH3是无色有刺激性气味的气体，D不符合；答案选C。3. 浓硫酸是实验室必备的重要试剂，下列有关它的说法不正确的是A. 具有强腐蚀性B. 能用于干燥氨气C. 能使蔗糖变黑D. 加热时能与铜发生反应【答案】B【解析】试题分析：A、浓硫酸具有强腐蚀性，正确；B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，错误；C、浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖变黑，正确；D、浓硫酸具有强氧化性和酸性，加热时能与铜发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，正确。考点：考查浓硫酸的性质。4.下列元素的非金属性最强的是A. 氟B. 氯C. 磷D. 硅【答案】A【解析】【分析】
4、根据同周期、同主族元素的性质递变规律分析判断。【详解】同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则四种元素的非金属性强弱顺序是FClPSi，即非金属性最强的是氟。答案选A。【点睛】明确同周期、同主族元素的性质递变规律是解答的关键，注意掌握非金属性强弱比较的角度和方法。5.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A. 锌片与稀硫酸的反应B. 灼热的炭与水蒸气的反应C. 甲烷在空气中的燃烧反应D. Ba(OH)2 8H2O与NH4Cl的反应【答案】B【解析】【详解】A. 锌片与稀硫酸的反应属于放热的氧化还原反应，A不符合；B. 灼热的炭与水蒸气的反应属于吸热的氧化还
5、原反应，B符合；C. 甲烷在空气中的燃烧反应属于放热的氧化还原反应，C不符合；D. Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应属于吸热的非氧化还原反应，D不符合；答案选B。【点睛】掌握常见的放热反应和吸热反应是解答的关键，即一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。答题时需要灵活应用。6.1868年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学史上的重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法不正确的是A. 迄今人类发现的元素中，金
6、属元素和非金属元素种数相近B. 元素周期表有18个纵行16个族，分为主族、副族、第族和零族C. 元素周期表有七个周期，分为短周期和长周期D. 人们在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料，如硅、锗等【答案】A【解析】A、迄今人类发现的元素中，金属元素多于非金属元素种数，故A错误；B、元素周期表有18个纵行，其中包括七个主族、七个副族、一个0族和VIII族共16个族，故B正确；C、元素周期表有7个横行，为7个周期，分为短周期、长周期，短周期为一、二、三周期，其余为长周期，故C正确；D、人们在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料，如硅、锗等，故D正确；故选A。7.下列有关能量变化
7、的说法中不正确的是A. 化学反应必伴随能量变化B. 反应是放热还是吸热取决于反应物和生成物具有的总能量的相对大小C. 可燃物燃烧和酸碱中和反应都是典型的放热反应D. 燃煤发电不需经过其它能量转换过程，可直接把化学能转化为电能【答案】D【解析】A、化学反应一定伴随物质变化和能量变化，故A正确；B、放热反应是指：反应物所具有的总能量高于生成的总能量，在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，反之，就是吸热反应，故B正确；C、可燃物燃烧和酸碱中和反应都是典型的放热反应，故C正确；D、 燃煤发电需经过化学能转成热能，再转换成机械，再转成电能，不可直接把化学能转化为电能，故D错误；故选D。8.下列比较
8、中，正确的是A. 酸性：HClO4H2CO3HClOB. 金属性：MgCaBaC. 热稳定性：HBrHClHFD. 沸点：HFH2ONH3【答案】A【解析】【详解】A. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，碳酸的酸性强于次氯酸，则酸性：HClO4H2CO3HClO，A正确；B. 同主族从上到下金属性逐渐增强，则金属性：MgCaBa，B错误；C. 非金属性越强，氢化物越稳定，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则热稳定性：HBrHClHF，C错误；D. HF分子间比氨气分子间更容易形成氢键，等物质的量的氟化氢和水中，水分子间形成的氢键数比HF多，则沸点：H2OHFNH3，D错误；答案选A。【点睛】
9、本题考查元素周期律的应用，明确元素周期律的内容为解答的关键，注意掌握氢键对物质沸点的影响变化规律。只有非金属性很强的元素才能形成氢键，需要注意的是氢键不是化学键。9.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是选项事实推测ACa与冷水易反应，Mg与冷水较难反应Be(铍)与冷水更难反应BNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键CSi是半导体材料，同族的Ge是半导体材料A族元素的单质都是半导体材料DHCl在1500时分解，HI在230时分解HBr的分解温度介于二者之间A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、同主族从上到下金属性逐渐增强，Ca与冷
10、水易反应，Mg与冷水较难反应，因此Be(铍)与冷水更难反应，A不选；B、一般情况下活泼的金属与活泼的非金属容易形成离子键，Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键，因此Si与Cl形成共价键，B不选；C、第A族元素的单质铅是金属，不是半导体材料，C选；D、非金属性越强，氢化物越稳定，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，HCl在1500时分解，HI在230时分解，因此HBr的分解温度介于二者之间，D不选；答案选C。10.根据下表第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是卤素原子FClBrI 第一电离能(kJ/mol)1681125111401008A. FB. ClC. BrD.
11、 I【答案】D【解析】【详解】一般情况下非金属性越强，第一电离能越大。根据表中数据可知第一电离能数据最小的是碘，所以最有可能生成稳定的单核阳离子的元素是碘，故答案选D。11.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。若Y原子的L层电子数是K层电子数的3倍，下列说法不正确的是A. Y的气态氢化物比X的稳定B. W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强C. Y的非金属性比Z的强D. X与Y形成的化合物都易溶于水【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，由图可知X、Y在第二周期，Y原子的L层电子数是K层电子数的3倍，即K层电子为2，L层为6，其质子数为8，则Y为氧元
12、素，由元素在周期表中的位置可知X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素，据此分析判断。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是N、O、S、Cl。则A、同周期从左到右元素的非金属性增强，则非金属性YX，所以Y的气态氢化物比X的稳定，故A正确；B、同周期从左到右元素的非金属性增强，则非金属性WZ，所以W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故B正确；C、同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性YZ，故C正确；D、X与Y形成的化合物NO不溶于水，故D错误；故答案选D。12.105、101kPa时，甲烷、乙烷和乙烯组成的混合烃80mL与过量O2混合并完全燃烧，恢复到原来的温度和压强，混合气体总体积增
13、加了30mL。原混合烃中乙烷的体积分数为A. 12.5%B. 25%C. 50%D. 75%【答案】D【解析】【详解】根据方程式CH42O2CO22H2O、C2H43O22CO22H2O可知甲烷和乙烯在反应前后体积不变，设乙烷的体积为x，则根据方程式可知2C2H67O24CO26H2O V2 7 4 6 1x 30即2/x1/30解得x60，所以原混合烃中乙烷的体积分数为60/80100%70%，答案选D。13.在1L浓度为0.2molL-1 Fe(NO3)3和1.5molL-1 H2SO4组成的混合溶液中，加入39.2g铁粉使其充分反应。下列有关说法正确的是A. 反应后产生标准状况下的氢气1
14、1.2 LB. 反应后的溶液中c(Fe2+)c(Fe3+)=21C. 反应后的溶液还可以溶解19.2g铜D. 反应后的溶液还可以溶解16.8 g铁粉【答案】C【解析】【详解】原溶液中铁离子的物质的量是0.2mol，硝酸根离子的物质的量是0.6mol，氢离子的物质的量是3mol，39.2g铁粉的物质的量是39.2g56g/mol0.7mol。由于氧化性为硝酸铁离子氢离子，先发生反应：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，0.6mol硝酸根离子完全反应消耗0.6mol铁，同时消耗2.4mol氢离子，生成0.6mol铁离子、0.6molNO。反应后剩余0.1mol铁、0.6mol氢离子，此时溶液
15、中共有0.8mol铁离子，再发生反应：Fe+2Fe3+3Fe2+，0.1mol铁反应消耗0.2mol铁离子，生成0.3mol亚铁离子，剩余0.6mol铁离子，没有铁剩余，不会产生氢气。则A. 根据以上分析可知反应中没有氢气产生，A错误；B. 反应后的溶液中c(Fe2+)c(Fe3+)n(Fe2+)n(Fe3+)0.3mol0.6mol12，B错误；C. 反应后的溶液中能够与铜反应的是0.6mol铁离子，根据方程式Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+可知还可以溶解0.3mol铜，质量是0.3mol64g/mol19.2g，C正确；D. 反应后的溶液中能与铁反应的是0.6mol氢离子和0.6mol铁
16、离子，根据方程式Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+2H+H2+Fe2+可知还可以溶解0.3mol+0.3mol0.6mol铁，质量是0.6mol56g/mol33.6 g，D错误；答案选C。第二部分(非选择题 共48分)14.X、Y、Z、R、W为五种短周期元素。X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y最高正价与最低负价代数和为4；Z的单质常用于漂白工业；R是短周期元素中金属性最强的元素，W是生活中的常见金属，其氧化物常做耐高温材料。回答下列问题：(1)Y元素的名称_，在周期表中的位于第三周期_族(2)W与Z单质化合得到的物质属于_化合物（选填“离子”或“共价”），向其溶液中加入足量NaOH溶
17、液，反应的离子方程式为_。(3)工业上常用W单质与氨气在1700发生置换反应，生成一种最轻的气体和一种坚硬耐磨的固体，试写出该反应的化学方程式_。(4)化合物甲由元素X、R组成，甲能与水剧烈反应，并产生大量气泡，写出其化学反应方程式_，甲的电子式为_。(5)为比较元素X和Y的非金属性强弱，下列方法不可行的是_。a比较这两种元素的常见单质的沸点b比较这两种元素的单质与氢气化合的难易c比较这两种元素的气态氢化物的稳定性【答案】 (1). 硫 (2). VIA (3). 共价 (4). Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2O (5). (6). 2Na2O2 + 2H2 O= 4NaO
18、H + O2 (7). (8). a【解析】X、Y、Z、R、W为五种短周期元素。X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X为O元素，Y最高正价与最低负价代数和为4；Y为S元素；Z的单质常用于漂白工业，Z为Cl元素；R是短周期元素中金属性最强的元素，R为Na元素；W是生活中的常见金属，其氧化物常做耐高温材料，W为Al元素。(1)Y元素的名称硫，在周期表中的位于第三周期A族；(2) W与Z单质化合得到的物质AlCl3属于共价化合物，向其溶液中加入足量NaOH溶液，反应的离子方程式为 Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2O。（3）工业上常用W单质与氨气在1700发生置换反应，生成一种最
19、轻的气体和一种坚硬耐磨的固体，试写出该反应的化学方程式 。(4)化合物甲由元素X、R组成，甲为Na2O2,甲能与水剧烈反应，并产生大量气泡，写出其化学反应方程式 2Na2O2 + 2H2 O= 4NaOH + O2，甲的电子式为。(5)非金属性强弱的比较方法：单质与氢气易（难）反应；生成的氢化物稳定（不稳定）；最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱）；相互置换反应（强制弱）；单质得电子的能力比较非金属性强弱等，为比较元素O和S的非金属性强弱，下列方法不可行的是a，b、c可行。15.为了探究氨、乙醇的性质，某同学设计并进行了下列实验。请回答：(1)仪器B的名称为_。(2)为快速制备氨气，A中应
20、加入的试剂为_，B中应放入的试剂为_。(3)若A中加入乙醇，B中加入生石灰，C中加入无水硫酸铜，反应一段时间后，C中的现象为_。经检测反应中既生成了乙醛，又生成了少量乙酸。请写出乙醇与氧化铜反应生成乙醛的化学方程式_。(4)在(3)中实验里，某同学为检验尾气中是否含有乙醇，虚线框处宜选择的装置是_(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入试管中，观察到铜丝由黑渐渐变红，由此可得出的结论是_。(并简述其理由)【答案】 (1). (球形)干燥管 (2). 浓氨水(多加“生石灰、强碱等”不扣分) (3). 碱石灰 (4). 固体由白色变为蓝色 (5). CH3CH2OH+
21、CuOCH3CHO+Cu+H2O (6). 甲 (7). 不能确定尾气中是否含有乙醇，因为乙醛也能将氧化铜还原为铜(合理即给分)【解析】分析：（1）根据仪器构造判断仪器名称；（2）根据装置A制备氨气分析；根据氨气是碱性气体选择干燥剂；（3）根据在加热的条件下乙醇能被氧化铜氧化为乙醛分析；（4）根据乙醇能被炽热的氧化铜氧化结合物质的状态分析；根据乙醛也能被氧化分析。详解：（1）根据仪器的结构可知仪器B的名称为干燥管。（2）氨水中的一水合氨受热易分解生成氨气，则为快速制备氨气，A中应加入的试剂为浓氨水；B装置用来干燥氨气，其中应放入的试剂为碱石灰。（3）若A中加入乙醇，B中加入生石灰，C中加入无水
22、硫酸铜，反应一段时间后，乙醇被氧化铜氧化为乙醛，同时还有铜和水蒸气生成，则C中的现象为固体由白色变为蓝色。乙醇与氧化铜反应生成乙醛的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；（4）由于乙醇能把氧化铜氧化为乙醛，氧化铜被还原为红色的铜，且乙醇是液体，所以虚线框处宜选择的装置是甲装置；又因为乙醛也能将氧化铜还原为铜，所以不能依据铜丝由黑渐渐变红确定尾气中是否含有乙醇。16.已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构简式为_。（2）D中官能团的名称：_。（3）物质B可以被直接氧化为D，需要加入的试剂是_。（4）的反应类型_。（5）写出的化学方程式_。【答案】 (1). CH2=C
23、H2 (2). 羧基 (3). 酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液 (4). 酯化反应（或取代反应） (5). 2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O【解析】根据乙烯的性质可知B为CH3CH2OH，在Cu作催化剂条件下反应生成C为CH3CHO，根据B和D反应生成乙酸乙酯可知D为CH3COOH，（1）乙烯的结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2。（2）D为CH3COOH，官能团的名称就羧基。（3）物质B可以被直接氧化为D，需要加入强氧化剂，如酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液。（4）B是CH3CH2OH，D为CH3COOH，乙醇和乙酸之间发生酯化反应生成乙酸乙
24、酯，是酯化反应（或取代反应）。（5）为CH3CH2OH被催化氧化可生成CH3CHO，方程式为2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O。【点睛】乙烯中含有碳碳双键，和水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛。乙醇和乙酸通过酯化反应生成乙酸乙酯。掌握见有机物物质间的变化是解题的关键。17.海洋资源的利用具有广阔前景。（1）无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是（ ）（填序号）ACl2 B淡水 C烧碱 D食盐（2）下图是从海水中提取镁的简单流程。操作A是 _。 无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为_ 。海水提镁的过程，为什么要将海水中的氯化镁转变
25、为氢氧化镁，再转变为氯化镁？ _ 。（3）海带灰中富含以I形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是（ ）（填序号）a坩埚 b试管 c蒸发皿 d烧杯向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式_。用CCl4提取碘时除了用CCl4还可以选用的试剂是（ ）（填字母序号）a苯 b乙醇 c乙酸 为检验用CCl4提取碘后的水溶液中是否还含有碘单质。请写出该实验的实验步骤、现象及结论：_。（4）利用海底的“可燃冰”制作的燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2KOH = K2CO3+3H2O，则该燃料电池的负极的电极反应为_。（5）海底的煤经综合利用开发的副
26、产物CO2能生产甲醇燃料，其反应的方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。某科学实验将6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图实线所示。a，b，c，d括号内数据表示坐标。a点正反应速率_（填“大于、等于或小于”）a点逆反应速率。平衡时CO2的物质的量浓度是_mol/L。能够说明该反应达到化学平衡状态的标志是_（双选）。A单位时间内消耗1molCO2，同时生成3mol H2 B混合气体的密度不随时间变化CCH3OH、H2的浓度不再随时间变化 DCH3OH和H2O浓度相等【答案】 (1). BD (2). 过滤 (3)
27、. MgCl2（熔融） Mg + Cl2 (4). 海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，浓度高，且成本低 (5). a (6). H2O2+2I- +2H+ = I2+2H2O (7). a (8). 取少量溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若溶液显蓝色，则说明溶液中有碘单质 (9). CH4+10OH-8e-= CO32+7H2O (10). 大于 (11). 2mol/L (12). AC【解析】【分析】（1）根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；（2）海水引入沉淀池，用生石灰和水反应
28、生成的氢氧化钙沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，在沉淀中加入稀盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩、结晶析出、洗涤干燥得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，分离固体和溶液用过滤；无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2；将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁是富集镁；（3）干海带灼烧呈海带灰加入水溶解过滤得到滤液中酸化加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳或苯做萃取剂萃取分液分离碘单质，灼烧固体时所用的主要仪器名称是坩埚；氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘；反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质
29、；利用碘单质遇到淀粉变蓝色设计检验；（4）在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，结合电解质环境来书写电极反应式即可；（5）a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，依次判断正逆反应速率大小；结合三行计算列式计算，图中反应达到平衡状态氢气物质的量为2mol；在恒温恒容的条件下，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，及其衍生的一系列能说明变量不变的物理量。【详解】（1）A、电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，选项A错误；B、把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，选项B正确；C、电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、
30、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，选项C错误；D、把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，选项D正确；答案选BD；（2）在沉淀池中通过操作A得到氢氧化镁沉淀，固液分离，故操作A是过滤；熔融状态下电解氯化镁冶炼镁，电解反应方程式为MgCl2（熔融） Mg + Cl2；将海水中的氯化镁含量大，由于未富集，镁离子浓度很低，直接加热浓缩提取须消耗大量的电能，成本高，且提取的氯化镁盐中混有大量的其它氯化钠盐等离子，所以须将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁；故答案为海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，浓度高，且成本低；（3）灼烧
31、固体时所用的主要仪器名称是坩埚，答案选a；加入过氧化氢起的作用为氧化剂，将碘离子转化为单质碘，离子方程式为2H+2I-+H2O2I2+2H2O；反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质，振荡、静置分层分离时先分离下层液体后倒出上层液体，乙酸和乙醇易溶于水溶液中不能分层，答案选a；检验用CCl4提取碘后的水溶液中是否还含有碘单质取少量溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若溶液显蓝色，则说明溶液中有碘单质；（4）在甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极是负极，通入氧气的电极是正极，碱性环境下工作时正极电极反应方程式：2H2O+O2+4e-=4OH-，负极电极反应为：CH4+10OH-8e-
32、=CO32-+7H2O；（5）a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，平衡向正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率； CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol） 6 8 0 0变化量（mol） 2 6 2 2 平衡量（mol） 4 2 2 2平衡时CO2的物质的量浓度=2mol/L；CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）A单位时间内消耗1molCO2，同时生成3mol H2 ，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，选项A正确；B混合气体质量不变、体积不变，混合气体的密度始终不随时间变化，不能说明反应达到平衡状态，选项B错误；CCH3OH、H2的浓度不再随时间变化是平衡的标志，选项C正确；DCH3OH和H2O浓度相等和起始量和变化量有关，不能证明正逆反应速率相同，选项D错误；答案选AC。【点睛】本题考查了海水资源的利用和物质制备过程、化学反应速率化学平衡的计算分析、原电池原理应用、化学平衡标志等知识点，注意条件的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
