【化学】河北省唐山市2020届高三9月摸底考试（解析版） 19页

河北省唐山市2020届高三9月摸底考试 相对原子质量：H－‎1 C－12 N－14 O－16 S－32 Fe－56 Cu－64‎ 一、选择题 ‎1.《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（ ）‎ A. 文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物 B. 玻璃质地坚硬，不易破碎 C. 将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃 D. 不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液 ‎【答案】B ‎【详解】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；‎ B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；‎ C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；‎ D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.关于化合物，下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子式为C9H10 B. 分子中所有碳原子均处于同一平面 C. 与互为同分异构体 D. 易溶于水 ‎【答案】A ‎【详解】A、根据结构简式可知，该化合物的分子式为C9H10，故A正确；‎ B、分子中含有结构，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；‎ C、的分子式为C9H12，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；‎ D、该化合物属于烃类，难溶于水，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有或中的一种，分子中的所有碳原子就不可能处于同一平面内。‎ ‎3.实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是（ ）‎ A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用 B. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快 C. 依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高 D. C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量 ‎【答案】D ‎【详解】A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，A项正确；‎ B. 滴加盐酸过快，CO2来不及被吸收，就被排出装置C，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，B项正确；‎ C. B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，C项正确；‎ D. B中牙膏样品中的CaCO3与盐酸反应生成CO2，CO2进入C中与足量的Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀，经过滤、干燥、称重后得BaCO3的质量，根据碳元素守恒得，n(CaCO3)= =n(CO2)= n(BaCO3)，进而计算CaCO3的质量， D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. pH＝13NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA B. Na2O2与足量H2O反应生成0.1mol O2时转移电子的数目为0.4NA C. 常温常压下，‎23g NO2与N2O4的混合气体中共含有NA个氧原子 D. 常温常压下，‎22.4L CO2中含有NA个CO2分子 ‎【答案】C ‎【详解】A. 缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，A项错误； B. 过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，生成1mol氧气，电子转移2mol，过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气，转移0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，B项错误； C. ‎23g NO2和N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有氧原子总数为NA，C项正确； D. 不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算‎22.4L CO2的物质的量，D项错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】1、A项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是‎1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；‎ ‎2、D.项也是学生们的易错点，随意使用气体摩尔体积‎22.4L/mol，只有同时满足气体、标准状况，才可使用‎22.4L/mol，利用该公式计算气体的体积或者气体物质的量。‎ ‎5.常温下，用0.1000mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000 mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是（ ）‎ A. Ka(HA)的数量级为10－5‎ B. 溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点 C. 当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)‎ D. 当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL ‎【答案】A ‎【详解】A. 曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；‎ B. a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c (H＋)：a点7，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。‎ ‎6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z B. Y单质的熔点高于X单质 C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种 D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构 ‎【答案】B ‎【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。‎ A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；‎ B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；‎ C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；‎ D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是（ ）‎ A. 该方法能够提供电能 B. B极上的电势比A极上的电势低 C. A极的电极反应为+H++2e-→Cl-+‎ D. 电池工作时H＋通过质子交换膜由正极区向负极区移动 ‎【答案】D ‎【分析】该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，电流从正极经导线流向负极，据此解答。‎ ‎【详解】A. 该装置为原电池，将化学能转化为电能，则该方法能够提供电能，A项正确；‎ B. 原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A极为正极，B极为负极，则B极上的电势比A极上的电势低，B项正确；‎ C. A极为正极，有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，C项正确；‎ D. 原电池中阳离子移向正极，则该原电池中氢离子向正极移动，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.四氯化钛（TiCl4）是制取航空材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，不溶于水）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“酸浸”时需要将钛铁矿粉碎，其目的是____________________________________。‎ ‎（2）浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，则生成TiO2＋的离子方程式是__________________________________________________。‎ ‎（3）“反应”时需加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：‎ ‎2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋‎ ‎2TiO2＋（无色）＋Fe＋4H＋＝2Ti3＋（紫色）＋Fe2＋＋2H2O Ti3＋（紫色）＋Fe3＋＋H2O＝TiO2＋（无色）＋Fe2＋＋2H＋‎ 加入铁屑的作用是____________________________________________。‎ ‎（4）通过控制条件，可以使过程①中生成的TiO2·nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，则分散质颗粒直径的范围是____________________。‎ ‎（5）过程①制得的固体TiO2·nH2O需用过量酸清洗以除去其中的Fe(OH)3杂质，检验Fe(OH)3杂质除净的实验方法是____________________________________________。‎ ‎（6）过程③生成废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是_______________________________________。‎ ‎（7）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是____________________（只要求写出一项）。‎ ‎（8）依据表中信息，可采用___________方法精制含少量SiCl4杂质的TiCl4。‎ TiCl4‎ SiCl4‎ 熔点/℃‎ ‎－25.0‎ ‎－68.8‎ 沸点/℃‎ ‎136.4‎ ‎57.6‎ ‎【答案】(1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O (3). 将Fe3＋还原为Fe2＋ (4). 10-9~10‎-7m (5). 用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净 (6). TiO2＋‎2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO (7). 过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气 (8). 蒸馏 ‎【详解】（1）将钛铁矿粉碎，可以增大固体反应物的接触面积，加快反应速率； ‎ 故答案为：增大接触面积，加快反应速率；‎ ‎（2）根据已知信息，确定部分反应物FeTiO3和生成物TiO2＋、Fe2＋，再结合元素守恒，电荷守恒配平生成TiO2＋的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；‎ 故答案为：FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；‎ ‎（3）根据题意：浸出液中含有少量Fe3＋，而浸出液加入铁粉后浓缩、结晶得到FeCl2晶体，因此加入铁粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，加入铁屑至浸出液显紫色，说明Fe3＋已完全被还原为Fe2＋；‎ 故答案为：将Fe3＋还原为Fe2＋；‎ ‎（4）能够产生丁达尔效应的分散系为胶体，则分散质颗粒直径的范围是10-9~10‎-7m；‎ 故答案为：10-9~10‎-7m； ‎ ‎（5）过量酸将Fe(OH)3中和为Fe3＋，用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；‎ 故答案为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；‎ ‎（6）过程③反应物为TiO2、氯气、焦炭，生成的废气中含有CO，根据得失电子守恒、元素守恒写出方程式，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是TiO2＋‎2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；‎ 故答案为：TiO2＋‎2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；‎ ‎（7）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气；‎ 故答案为：过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气； ‎ ‎（8）SiCl4、TiCl4为液态混合物，沸点相差较大，因此可用蒸馏的方法提纯TiCl4；‎ 故答案为：蒸馏。‎ ‎9.二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，相关物质的物理参数、化学方程式及装置图（加热和夹持装置已略去）如下：‎ 相对分子质量 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 密度/g•cm－3‎ 溶解性 二苯基羟乙酮 ‎212‎ ‎133‎ ‎344‎ ‎1.310‎ 不溶于冷水，溶于乙醇 二苯基乙二酮 ‎210‎ ‎97‎ ‎348‎ ‎1.084‎ 不溶于水，能溶于乙醇 ‎+2FeCl3+2FeCl2+2HCl 在反应装置中，加入10mL冰醋酸、‎5.50g FeCl3固体、10mL水及少量碎瓷片，加热至沸腾，停止加热，待沸腾平息后加入‎2.12g二苯基羟乙酮，继续加热回流至二苯基羟乙酮完全反应。反应结束后加水煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯，得到‎1.80g产品。‎ 重结晶过程如下：‎ 加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥 请回答以下问题：‎ ‎（1）装置图中仪器a的名称是________，其作用是____________________。‎ ‎（2）加入碎瓷片的作用是________________________。若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是___________________________________________________。‎ ‎（3）实验中可采用薄层色谱跟踪反应进程，其原理和操作与纸上层析类同，通过观察薄层色谱展开后的斑点（在实验条件下，只有二苯基羟乙酮和二苯基乙二酮能够产生斑点）判断样品中的成分。如图分别为加入二苯基羟乙酮后反应开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点：‎ 该实验条件下加热____后可认为反应结束。‎ A．15min B．30min C．45min D．60min ‎（4）上述重结晶过程中，____________（填步骤名称）操作除去了不溶性杂质。‎ ‎（5）在重结晶过程中，不可选用明火直接加热，原因是____________________________。‎ ‎（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是___________________________。‎ ‎（7）本实验的产率是____%。（保留3位有效数字）‎ ‎【答案】(1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). 防止暴沸 (4). 停止加热，待冷却后补加 (5). C (6). 趁热过滤 (7). 所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸 (8). 二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小 (9). 85.7‎ ‎【分析】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，可减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；‎ ‎（2）烧瓶中加热液体时均需加入碎瓷片防止液体暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；‎ ‎（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余，据此解答；‎ ‎（4）根据重结晶的过程判断每一步的作用，趁热过滤可以除去不溶性杂质；‎ ‎（5）乙醇作为重结晶的溶剂，但是乙醇易挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，据此解答； ‎ ‎（6）根据二者的熔沸点选择分离方式；‎ ‎（7）列比例计算二苯基乙二酮的理论产量，进而计算产率。‎ ‎【详解】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；‎ 故答案为：球形冷凝管；冷凝回流；‎ ‎（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；‎ 故答案为：防止暴沸；停止加热，待冷却后补加；‎ ‎（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下加热45min后可认为反应结束；‎ 故答案为：C；‎ ‎（4）重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中活性炭脱色可以除去有色杂质，趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质，则上述重结晶过程中，趁热过滤操作除去了不溶性杂质；‎ 故答案为：趁热过滤；‎ ‎（5）在重结晶过程中，用的是70%乙醇水溶液重结晶提纯二苯基乙二酮，乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，因此在重结晶过程中，不可选用明火直接加热； ‎ 故答案为：所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸；‎ ‎（6）二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，且二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小，‎ 因此不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品；‎ 故答案为：二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小；‎ ‎（7）理论上‎2.12 g二苯基羟乙酮完全反应，其物质的量为，则理论上生成二苯基乙二酮为0.1mol，其质量为m=nM=0.01mol×‎210g/mol=‎2.1g，则其产率为；‎ 故答案为：85.7。‎ ‎10.研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：‎ 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6 kJ/mol 反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g) △H2＝＋23.4 kJ/mol 反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3‎ ‎（1）△H3＝____kJ/mol。‎ ‎（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是___（填序号）。‎ A．反应体系总压强保持不变 B．容器内的混合气体的密度保持不变 C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键 D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变 ‎ ‎（3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：‎ 物质 CH3OCH3(g)‎ H2O(g)‎ CH3OH(g)‎ 浓度/mol·L－1‎ ‎1.8‎ ‎1.8‎ ‎0.4‎ 此时v正___v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)% ＝___%。‎ ‎（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入‎2 L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝____________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____________________________________。‎ ‎（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性＝×100%‎ ① 温度高于‎230℃‎，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是_________________________。‎ ‎②在上述条件下合成甲醇的工业条件是________。‎ A．‎210℃‎ B．‎230℃‎ C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr－1)T ‎【答案】 (1). －122.6 (2). AC (3). ＞ (4). 20 (5). 0.18mol·L−1·min−1 (6). KA＝KC＞KB (7). 反应I的△H＜0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降 (8). BD ‎【分析】（1）根据盖斯定律以及热化学方程式进行计算；‎ ‎（2）根据化学平衡状态的判断标志进行判断；‎ ‎（3）根据浓度商和化学平衡常数的大小关系判断反应进行的方向；设未知数利用化学平衡常数列出三段式解方程，进而计算体积分数；‎ ‎（4）根据图像确定CO2的平衡转化率，进而计算CH3OCH3的生成量，再利用化学反应速率的计算公式计算v(CH3OCH3)；根据化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，得出KA＝KC，再根据该反应为正向放热的反应，降温平衡逆向移动，结合图像判断T1、T2的大小关系，从而得出KA、KC、KB三者的关系； ‎ ‎（5）反应I的△H＜0，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降，再结合图像判断合成甲醇的工业条件。‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律知，反应III=反应Ⅰ×2-反应Ⅱ，因此，△H3=△H1×2-△H2=－49.6 kJ/mol×2-23.4 kJ/mol=-122.6 kJ/mol；‎ 故答案为：－122.6；‎ ‎（2）反应条件为恒温恒容，反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为反应前后气体物质的量减少的反应，‎ A. 该反应为反应前后气体物质的量减少的反应，随着反应的进行气体物质的量减少，体系总压强减小，因此当反应体系总压强保持不变时能说明反应I达到平衡状态，A项正确；‎ B. 根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则随着反应的进行，容器内的混合气体的密度始终保持不变，因此当反容器内的混合气体的密度保持不变时不能说明反应I达到平衡状，B项错误；‎ C. 当水分子中断裂2NA个H－O键时会有3NA个H－H键形成，即生成3mol氢分子，若同时氢分子中断裂3NA个H－H键，即消耗3mol氢分子，则氢气的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，因此水分子中断裂2NA个H－O键，同时氢分子中断裂3NA个H－H键能说明反应I达到平衡状，C项正确；‎ D. 反应达到平衡状态时各物质的物质的量浓度保持不变，但CH3OH和H2O的浓度之比始终等于1:1，因此CH3OH和H2O的浓度之比保持不变不能说明反应I达到平衡状，D项正确；‎ 故答案为：AC；‎ ‎（3）此刻反应的浓度商，因此反应向正反应方向进行，v正>v逆；‎ 设起始时CH3OCH3和H2O的物质的量均为a mol，反应达到平衡状态时，CH3OCH3的转化量为x mol，则可列出三段式：‎ CH3OCH3(g) ＋ H2O(g)2CH3OH(g)‎ 起始（mol） a mol a mol 0‎ 转化（mol） x mol x mol 2x mol 平衡（mol） (a-x)mol (a-x)mol 2x mol 则化学平衡常数，解得：x=‎0.2a，则混合气体中CH3OH的物质的量为‎0.4a，混合气体总物质的量不变仍为‎2a，因此混合气体中CH3OH体积分数；‎ 故答案为：＞；20； ‎ ‎（4）由图可知，在T1温度下，将6 molCO2和12molH2充入‎2 L的密闭容器中时，CO2的平衡转化率为60%，因此CO2的转化量为6 mol×60%=3.6，则生成CH3OCH3的物质的量为1.8mol，；‎ 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则KA＝KC，由图像可知，当投料比相同时，T1温度下的平衡转化率较大，该反应为正向放热的反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此T1