【化學】四川省成都市棠湖中學2018-2019學年高二上學期開學考試理綜（解析版）-試卷下載-教習網

1.下列物質中，既含離子鍵又含非極性共價鍵的是
A. Ba(OH)2 B. CH3CHO C. Na2O2 D. NH4Cl
【答案】C
【解析】
【詳解】A．氫氧化鋇中鋇離子和氫氧根離子之間存在離子鍵，氧原子和氫原子之間存在極性共價鍵，A錯誤；
B．CH3CHO中只含共價鍵，B錯誤；
C．鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵，氧原子和氧原子之間存在非極性共價鍵，C正確；
D．氯化銨中銨根離子和氯離子之間存在離子鍵，氮原子和氫原子之間存在極性共價鍵，D錯誤；
答案選C。
【點睛】本題考查了化學鍵的判斷，明確離子鍵、極性共價鍵和非極性共價鍵的概念即可解答。一般情況下，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，同種非金屬元素之間易形成非極性共價鍵，不同非金屬元素之間易形成極性共價鍵。
2.正確掌握化學用語是學好化學的基礎，下列有關化學用語表示正確的是
A. 中子數為10的氧原子： 108O B. Na2S的電子式：Na+?[]-2?Na+
C. 乙酸的球棍模型： D. 葡萄糖的結構簡式：C6H12O6
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 中子數為10的氧原子為：，選項A錯誤；B. Na2S的電子式為：，選項B錯誤；C. 乙酸的球棍模型為：，選項C正確；D. 葡萄糖的結構簡式為CH2OH(CHOH)4CHO,C6H12O6是其分子式，選項D錯誤。答案選C。
【點睛】本題考查了常見化學用語的書寫判斷，題目難度不大，注意掌握電子式、結構簡式、球棍模型、元素符號的書寫原則，明確離子化合物與共價化合物的電子式的區(qū)別，試題培養(yǎng)了學生靈活應用基礎知識的能力。
3.下列措施對增大反應速率明顯有效的是
A. 鈉與乙醇反應時增大乙醇的用量 B. 實驗室制CO2氣體時，將大理石塊改為大理石粉
C. 溴水與KI溶液反應時增大壓強 D. 鋁與稀硫酸反應制取氫氣時改用濃硫酸
【答案】B
【解析】
【分析】
增大反應物的濃度、接觸面積可增大反應速率，對于純液體改變用量反應速率不變，對于沒有氣體參加的反應，增大壓強反應速率不變，注意濃硫酸的性質，以此來解答。
【詳解】A．乙醇是液體，增加乙醇量，濃度不變，反應速率不變，A錯誤；
B．將大理石塊改為大理石粉，固體表面積增大，反應速率增大，B正確；
C．溴水與KI溶液混合時，沒有氣體參加，壓強不影響反應速率，所以增大壓強反應速率不變，C錯誤；
D．常溫下濃硫酸和鋁發(fā)生鈍化，加熱則反應生成二氧化硫而不是氫氣，D錯誤。
答案選B。
【點睛】本題考查影響化學反應速率的因素，把握濃度、接觸面積對反應速率的影響為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大，選項D為易錯點。注意濃硫酸的特性。
4.一定溫度下，密閉容器中可逆反應3X(g)+Y(g) 2Z(g)達到限度的標志是
A. X的生成速率與Z的生成速率相等 B. 單位時間內生成3n mol X，同時消耗n mol Y
C. 某時刻X、Y、Z的濃度相等 D. 某時刻X、Y、Z的分子個數比為3:1:2
【答案】B
【解析】
X的生成速率與Z的生成速率比等于3:1時，一定達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；單位時間內生成3n mol X，同時消耗n mol Y，正逆反應速率相等，故B正確；反應達到平衡，X、Y、Z的濃度不一定相等，故C錯誤；反應達到平衡，X、Y、Z的物質的量不一定相等，故D錯誤。
5.相同質量的乙烷、乙烯、乙炔、乙醇在空氣中充分燃燒后生成的二氧化碳體積（標況）最小的是
A. 乙醇 B. 乙烯 C. 乙炔 D. 乙烷
【答案】A
【解析】
根據元素守恒，相同質量的物質碳元素質量分數越小，燃燒生成二氧化碳越少。乙烷、乙烯、乙炔、乙醇中，乙醇碳元素質量分數最小，所以相同質量的乙烷、乙烯、乙炔、乙醇在空氣中充分燃燒后生成的二氧化碳體積（標況）最小的是乙醇，故A正確。
6.A. B分別為第三、四兩周期同一主族的不同元素的原子，它們原子核內的質子數等于中子數．①若A為ⅡA族，其質量數為X，則B的質子數為Y；②若A為ⅣA族，其質子數為m，則B質量數為n，則Y和n的值是
A．（+18）和（2m+18）
B. （+8）和（2m+18）
C. （+8）和（2m+36）
D. （+18）和（2m+36）
【答案】C
【解析】
若A為ⅡA族，A質量數為x，質子數等于中子數，則A的質子數為，處于過渡元素之前，則B的質子數為；若A為ⅣA族，A質子數為m，處于過渡元素之后，則B的質子數為，B的質量數；所以C選項是正確的；正確選項C。
點睛：A、B分別為同一主族第三周期、第四周期的不同元素的原子，若處于過渡元素之前，原子序數相差為上一周期容納元素種數；若處于過渡元素之后，原子序數相差為下一周期容納元素種數，并結合質量數=質子數+中子數進行計算判斷。
7.A、B、C、D是原子序數依次增大的四種短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的兩種或三種元素組成的化合物，而辛是由C元素形成的單質，已知：甲＋乙===丁＋辛，甲＋丙===戊＋辛；丁由兩種10電子粒子形成，則下列說法正確的是
A. 元素C形成的單質可以在點燃條件分別與元素A、B、D形成的單質化合，所得化合物均存在共價鍵
B. 元素B、C、D的原子半徑由大到小的順序為：r(D)>r(C)>r(B)
C. 往1.0 L 0.1 mol·L－1戊溶液中逐滴滴入同濃度的鹽酸，立即產生大量氣泡
D. 1 mol甲與足量的乙完全反應共轉移約1.204×l024個電子
【答案】A
【解析】
試題分析：丁是由兩種10e－粒子組成，可能是NaOH也可能是Al(OH)3，辛是單質，因此丁不是氫氧化鋁，甲＋乙→?。?，是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，Na2O2不僅和水反應，與CO2也能產生氧氣，即2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此有A、B、C、D分別是H、C、O、Na，甲、乙、丙、丁、戊分別是Na2O2、H2O、CO2、NaOH、Na2CO3、O2，A、氧氣形成的化合物分別是H2O、CO2、Na2O2，Na2O2屬于離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，其他均為分子化合物，都含共價鍵，故正確；B、電子層數越多，半徑越大，電子層數相等，半徑隨著原子序數的遞增而減小，因此是Na>C>O，故錯誤；C、碳酸鈉與酸的反應是：Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，反應一段時間后產生氣泡，故錯誤；D、生成2molO2，共轉移2mol電子，1mol過氧化鈉反應轉移電子1mol電子，轉移電子為6.02×1023，故錯誤。
考點：考查無機物的推斷、元素周期律、鈉及其化合物的性質等知識。
8.如表為元素周期表的一部分，標出了A—K共十種元素所在位置。請用元素符號或化學式回答下列問題．
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2

A

B

3
C
D
E

F
G
4
H
I

K

（1）10種元素中，化學性質最不活潑的是______，最活潑的金屬是_____。
（2）C、E、F三種元素形成的簡單離子半徑最小的是_______。
（3）C、K形成的化合物中化學鍵的類型屬于________，灼燒時火焰焰色為______。
（4）化合物C2B2的電子式為__________________；該化合物和AB2反應的化學方程式為__________________________________________。
（5）E的最高價氧化物屬于________________性氧化物，它與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式為____________________________________________。
（6）D的單質在A、B形成化合物中燃燒的化學方程式為________________________。
（7）用電子式表示H與B組成的H2B型化合物的形成過程：_____________________。
【答案】 (1). Ar (2). K (3). Al3＋ (4). 離子鍵 (5). 黃色 (6). (7). 2Na2O2 ＋ 2CO2＝2Na2CO3＋O2 (8). 兩 (9). Al2O3＋2OH－＝2AlO2－＋H2O (10). 2Mg＋CO22MgO＋C (11). 略
【解析】
根據元素在周期表中的位置可知，A為C，B為O，C為Na，D為Mg，E為Al，F為Cl，G為Ar，H為K，I為Ca，K為Br。
(1)10種元素中，化學性質最不活潑的是Ar，最活潑的金屬是K，故答案為：Ar；K；
(2)一般而言，離子的電子層數越多，離子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，離子半徑越小。C、E、F三種元素形成的簡單離子半徑最小的是Al3＋，故答案為：Al3＋；
(3)溴和鈉屬于活潑的非金屬元素和金屬元素，形成的化合物為離子化合物，含有離子鍵，灼燒時火焰焰色為黃色，故答案為：離子鍵；黃色；
(4)過氧化鈉的電子式為；過氧化鈉和二氧化碳反應的化學方程式為2Na2O2 ＋ 2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：；2Na2O2 ＋ 2CO2＝2Na2CO3＋O2；
(5)氧化鋁屬于兩性氧化物，氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式為Al2O3＋2OH－＝2AlO2-＋H2O，故答案為：兩；Al2O3＋2OH－＝2AlO2-＋H2O；
(6)鎂在二氧化碳中燃燒的化學方程式為2Mg＋CO22MgO＋C，故答案為：2Mg＋CO22MgO＋C；
(7)氧化鉀屬于離子化合物，用電子式表示K2O的形成過程為，故答案為：。
9.某中學化學研究性學習小組利用以下裝置制取并探究氨氣的性質。A中試管內盛放的物質是Ca(OH)2、NH4Cl固體。

【實驗探究】
（1）A中發(fā)生反應的化學方程式為________；
（2）B中盛放的干燥劑為_____，干燥氨氣能否用濃硫酸_____（填“能”或“不能”) ；
（3）若有10.7gNH4Cl固體，最多可制取NH3（標準狀況）的體積是_____L；
（4）實驗室收集氨氣的方法是________；
（5）C、D裝置中顏色會發(fā)生變化的是_______（填“C”或“D”），紅色石蕊試紙變成____色；
（6）當實驗進行一段時間后，擠壓E裝置中的膠頭滴管，滴入1～2滴濃鹽酸，可觀察到的現象是_______；
（7）為防止過量氨氣造成空氣污染，需要在上述裝置的末端增加一個尾氣處理裝置，合適的裝置是_______（填“F”或“G”）。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 堿石灰 (3). 不能 (4). 4.48 (5). 向下排空氣法 (6). D (7). 藍色 (8). 產生大量白煙 (9). F
【解析】
（1）A中試管內盛放的物質是Ca(OH)2、NH4Cl固體，所以A中發(fā)生反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3 ↑+2H2O。（2）NH3 屬于堿性氣體，與濃硫酸反應生成硫酸銨，所以用堿石灰干燥，不能用濃硫酸干燥。（3）10.7gNH4Cl固體的物質的量為10.7g÷53.5g/mol=0.2mol，根據2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3 ↑+2H2O，標準狀況下生成NH3的體積為0.2mol×22.4L·mol-1=4.48L。（4）氨氣比空氣輕且極易溶于水，所以實驗室收集氨氣的方法是向下排空氣法。（5）干燥的氨氣不會電離，所以C、D裝置中顏色會發(fā)生變化的是D，在D中發(fā)生的反應是NH3+H2ONH3·H2ONH4＋+OH－，所以紅色石蕊試紙變成藍色。（6）當實驗進行一段時間后，擠壓E裝置中的膠頭滴管，滴入1～2滴濃鹽酸，發(fā)生的反應為NH3+HCl=NH4Cl（白色固體），可觀察到的現象是產生大量白煙。
（7）氨氣極易溶于水，必須有防倒吸裝置，所以合適的裝置是F。
10.某反應在體積為5L的恒容密閉的絕熱容器中進行，各物質的量隨時間的變化情況如下圖所示（已知A、B、C均為氣體）。

（1）該反應的化學方程式為_______。
（2）反應開始至2分鐘時，B的平均反應速率為_______。
（3）能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是_______
A．υ（A）＝2υ（B） B．容器內氣體密度不變
C．v逆（A）＝υ正（C） D．各組分的物質的量相等
E. 混合氣體的平均相對分子質量不再改變的狀態(tài)
（4）由圖求得平衡時Ａ的轉化率為_______。
（5）為了研究硫酸銅的量對氫氣生成速率的影響，某同學設計了如下一系列的實驗：將表中所給的混合溶液分別加入到6個盛有過量Zn粒的容器中，收集產生的氣體，記錄獲得相同體積的氣體所需時間。
實驗
混合溶液
A
B
C
D
E
F
4 mol/L H2SO4(mL)
30
V1
V2
V3
V4
V5
飽和CuSO4溶液(mL)
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O(mL)
V7
V8
V9
V10
10
0

①請完成此實驗設計，其中：V1=_______，V6=_______。
②該同學最后得出的結論為：當加入少量CuSO4溶液時，生成氫氣的速率會大大提高，但當加入的CuSO4溶液超過一定量時，生成氫氣的速率反而會下降。請分析氫氣生成速率下降的主要原因_______。
【答案】 (1). 2A + B 2C (2). 0.1mol.(L·min) －1 (3). C、E (4). 40% (5). 30 (6). 10 (7). 當加入一定量CuSO4后，生成的單質Cu沉積在Zn表面，降低了Zn與H2SO4溶液的接觸面積
【解析】
【詳解】(1)由圖象可以看出，A、B的物質的量逐漸減小，則A、B為反應物，C的物質的量逐漸增多，所以C為生成物，當反應到達2min時，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化學反應中，各物質的物質的量的變化值與化學計量數呈正比，則△n(A)：△n(B)：△n(C)=2：1：2，所以反應的化學方程式為：2A+B2C；(2)由圖象可以看出，反應開始至2分鐘時，△n(B)=1mol，B的平均反應速率為：=0.1mol/(L?min)；(3)A．v(A)=2v(B)不能說明正反應和逆反應的關系，故無法判斷反應是否達到平衡，故A錯誤；B．容器內氣體的總質量不變，體積不變，混合氣體的密度始終不變，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．在該反應中A和C的計量數相等，當v逆(A)=v正(C)時，正逆反應速率相等，說明反應已達平衡狀態(tài)了，故C正確；D．容器內各物質的物質的量相等，不能說明各組分的濃度不再變化，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；E．混合氣體的質量始終不變，氣體的總物質的量不確定，當混合氣體的平均相對分子質量不再改變，可說明此時是平衡狀態(tài)，故E正確；答案為CE；(4)平衡時A的轉化率為×100%=40%；(5)①要對比試驗效果，那么除了反應的物質的量不一樣以外，要保證其它條件相同，而且是探究硫酸銅量的影響，那么每組硫酸的量要保持相同，六組反應的總體積也應該相同．A組中硫酸為30ml，那么其它組硫酸量也都為30ml．而硫酸銅溶液和水的總量應相同，F組中硫酸銅20ml，水為0，那么總量為20ml，所以V6=10ml，V1=30ml；②因為鋅會先與硫酸銅反應，直至硫酸銅反應完才與硫酸反應生成氫氣，硫酸銅量較多時，反應時間較長，而且生成的銅會附著在鋅片上，會阻礙鋅片與硫酸繼續(xù)反應，氫氣生成速率下降。
【點睛】化學平衡的標志有直接標志和間接標志兩大類。一、直接標志：正反應速率=逆反應速率，注意反應速率的方向必須有正向和逆向。同時要注意物質之間的比例關系，必須符合方程式中的化學計量數的比值。二、間接標志：1．各物質的濃度不變。2．各物質的百分含量不變。3．對于氣體體積前后改變的反應，壓強不變是平衡的標志。4．對于氣體體積前后不改變的反應，壓強不能做標志。5．對于恒溫恒壓條件下的反應，氣體體積前后改變的反應密度不變是平衡標志。6．對于恒溫恒容下的反應，有非氣體物質的反應，密度不變是平衡標志。
11.海洋資源的利用具有廣闊前景。
（1）無需經過化學變化就能從海水中獲得的物質是（______）（填序號）
A．Cl2 B．淡水 C．燒堿 D．食鹽
（2）下圖是從海水中提取鎂的簡單流程。

①操作A是 _______________________。
②無水MgCl2在熔融狀態(tài)下，通電后會產生Mg和Cl2，該反應的化學方程式為____________________________ 。
③海水提鎂的過程，為什么要將海水中的氯化鎂轉變?yōu)闅溲趸V，再轉變?yōu)槁然V？ _____________________________________________ 。
（3）海帶灰中富含以I－形式存在的碘元素。實驗室提取I2的途徑如下所示：

①灼燒海帶至灰燼時所用的主要儀器名稱是（________）（填序號）
a．坩堝 b．試管 c．蒸發(fā)皿 d．燒杯
②向酸化的濾液中加過氧化氫溶液，寫出該反應的離子方程式________________________________。
③用CCl4提取碘時除了用CCl4還可以選用的試劑是（________）（填字母序號）
a．苯 b．乙醇 c．乙酸
④為檢驗用CCl4提取碘后的水溶液中是否還含有碘單質。請寫出該實驗的實驗步驟、現象及結論：________。
（4）利用海底的“可燃冰”制作的燃料電池的總反應式為CH4+2O2+2KOH = K2CO3+3H2O，則該燃料電池的負極的電極反應為__________________。
（5）海底的煤經綜合利用開發(fā)的副產物CO2能生產甲醇燃料，其反應的方程式為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。某科學實驗將6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的密閉容器中，測得H2的物質的量隨時間變化如圖實線所示。a，b，c，d括號內數據表示坐標。

①a點正反應速率_________（填“大于、等于或小于”）a點逆反應速率。
②平衡時CO2的物質的量濃度是___________mol/L。
③能夠說明該反應達到化學平衡狀態(tài)的標志是_______（雙選）。
A．單位時間內消耗1molCO2，同時生成3mol H2 B．混合氣體的密度不隨時間變化
C．CH3OH、H2的濃度不再隨時間變化 D．CH3OH和H2O濃度相等
【答案】 (1). BD (2). ①過濾 (3). MgCl2（熔融） Mg + Cl2↑ (4). 海水中氯化鎂的含量很大，但鎂離子濃度很低，該過程可以使鎂離子富集，濃度高，且成本低 (5). a (6). H2O2+2I- +2H+ = I2+2H2O (7). a (8). 取少量溶液于試管中，滴加淀粉溶液，若溶液顯藍色，則說明溶液中有碘單質 (9). CH4+10OH--8e-= CO32—+7H2O (10). 大于 (11). 2mol/L (12). AC
【解析】
【分析】
（1）根據從海水制備物質的原理可知，金屬單質與非金屬單質需要利用化學反應來制取，而食鹽可利用蒸發(fā)原理，淡水利用蒸餾原理來得到；（2）海水引入沉淀池，用生石灰和水反應生成的氫氧化鈣沉淀鎂離子，過濾得到氫氧化鎂沉淀，在沉淀中加入稀鹽酸溶解得到氯化鎂溶液，蒸發(fā)濃縮、結晶析出、洗滌干燥得到氯化鎂晶體，在氯化氫氣流中加熱失去結晶水得到固體氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂，①分離固體和溶液用過濾；②無水MgCl2在熔融狀態(tài)下，通電后會產生Mg和Cl2；③將海水中的氯化鎂轉變?yōu)闅溲趸V，再轉變?yōu)槁然V是富集鎂；（3）干海帶灼燒呈海帶灰加入水溶解過濾得到濾液中酸化加入過氧化氫氧化碘離子生成碘單質，加入四氯化碳或苯做萃取劑萃取分液分離碘單質，①灼燒固體時所用的主要儀器名稱是坩堝；②氫離子和過氧化氫將碘離子氧化為單質碘；③反應結束后，可加入苯或四氯化碳有機溶劑做萃取劑萃取分液分離碘單質；④利用碘單質遇到淀粉變藍色設計檢驗；（4）在燃料電池中，負極上是燃料發(fā)生失電子的氧化反應，正極上發(fā)生得電子的還原反應，結合電解質環(huán)境來書寫電極反應式即可；（5）①a點時還沒有達到平衡狀態(tài)，從反應物的物質的量的變化趨勢判斷反應進行的方向，依次判斷正逆反應速率大??；②結合三行計算列式計算，圖中反應達到平衡狀態(tài)氫氣物質的量為2mol；③在恒溫恒容的條件下，正逆反應速率相同，各組分含量保持不變，及其衍生的一系列能說明變量不變的物理量。
【詳解】（1）A、電解飽和氯化鈉溶液得到燒堿、氫氣、氯氣，有新物質生成屬于化學變化，選項A錯誤；B、把海水用蒸餾等方法可以得到淡水，選項B正確；C、電解飽和氯化鈉溶液得到燒堿、氫氣、氯氣，有新物質生成屬于化學變化，選項C錯誤；D、把海水用太陽暴曬，蒸發(fā)水分后即得食鹽，不需要化學變化就能夠從海水中獲得，選項D正確；答案選BD；（2）①在沉淀池中通過操作A得到氫氧化鎂沉淀，固液分離，故操作A是過濾；②熔融狀態(tài)下電解氯化鎂冶煉鎂，電解反應方程式為MgCl2（熔融） Mg + Cl2↑；③將海水中的氯化鎂含量大，由于未富集，鎂離子濃度很低，直接加熱濃縮提取須消耗大量的電能，成本高，且提取的氯化鎂鹽中混有大量的其它氯化鈉鹽等離子，所以須將海水中的氯化鎂轉變?yōu)闅溲趸V，再轉變?yōu)槁然V；故答案為海水中氯化鎂的含量很大，但鎂離子濃度很低，該過程可以使鎂離子富集，濃度高，且成本低；（3）①灼燒固體時所用的主要儀器名稱是坩堝，答案選a；②加入過氧化氫起的作用為氧化劑，將碘離子轉化為單質碘，離子方程式為2H++2I-+H2O2═I2+2H2O；③反應結束后，可加入苯或四氯化碳有機溶劑做萃取劑萃取分液分離碘單質，振蕩、靜置分層分離時先分離下層液體后倒出上層液體，乙酸和乙醇易溶于水溶液中不能分層，答案選a；④檢驗用CCl4提取碘后的水溶液中是否還含有碘單質．取少量溶液于試管中，滴加淀粉溶液，若溶液顯藍色，則說明溶液中有碘單質；（4）在甲烷燃料電池中，通入甲烷的電極是負極，通入氧氣的電極是正極，堿性環(huán)境下工作時正極電極反應方程式：2H2O+O2+4e-=4OH-，負極電極反應為：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；（5）①a點時還沒有達到平衡狀態(tài)，反應物氫氣的物質的量繼續(xù)減小，平衡向正向移動，所以正反應速率大于逆反應速率；
② CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol） 6 8 0 0
變化量（mol） 2 6 2 2
平衡量（mol） 4 2 2 2
平衡時CO2的物質的量濃度==2mol/L；
③CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
A．單位時間內消耗1molCO2，同時生成3mol H2 ，說明正逆反應速率相同，反應達到平衡狀態(tài)，選項A正確；B．混合氣體質量不變、體積不變，混合氣體的密度始終不隨時間變化，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，選項B錯誤；C．CH3OH、H2的濃度不再隨時間變化是平衡的標志，選項C正確；D．CH3OH和H2O濃度相等和起始量和變化量有關，不能證明正逆反應速率相同，選項D錯誤；答案選AC。
【點睛】本題考查了海水資源的利用和物質制備過程、化學反應速率化學平衡的計算分析、原電池原理應用、化學平衡標志等知識點，注意條件的分析判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。