[化学][期末]重庆市主城四区2023-2024学年高一下学期期末学业质量调研试题(解析版)

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1．答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案写在答题卡指定位置上，写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷 选择题（共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3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. 化学材料助力太空探索。下列材料不属于新型无机非金属材料的是（ ）
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮化硼陶瓷属于新型耐高温陶瓷，属于新型无机非金属材料，A不合题意；
B．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，热膨胀系数小，热导率大，以及抗热震和耐化学腐蚀等优良特性，属新型无机非金属材料，B不合题意；
C．宇航服使用的聚酯纤维属于合成纤维，属于有机高分子材料，不属新型无机非金属材料，C符合题意；
D．石墨烯是碳的一种新型单质，属于新型无机非金属材料，D不合题意；
故答案为：C。
2. 乙酸是一种常见的有机物。下列有关乙酸的化学用语错误的是（ ）
A. 空间填充模型：
B. 结构简式：
C. 甲基的电子式：
D. 向悬浊液中滴加醋酸：
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知乙酸的结构简式为：CH3COOH，C原子分别采用sp3和sp2杂化，且原子半径C＞O＞H，则其空间填充模型为：，A正确；
B．由A项分析可知，乙酸的结构简式为：，B正确；
C．已知甲基为中性基团，则甲基的电子式为：，C正确；
D．已知醋酸为弱酸，属于弱电解质，故向Mg(OH)2悬浊液中滴加醋酸的离子方程式为：，D错误；
故答案为：D。
3. 一定温度下，恒容密闭容器中，CO与Cl2在催化剂的作用下发生反应生成光气(COCl2)：。下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是（ ）
A. 容器内气体的质量不再变化B. CO、Cl2、COCl2的浓度相等
C. 容器内气体总压不再变化D. 消耗1mlCO的同时生成1ml COCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．容器内各物质都呈气态，依据质量守恒定律，不管反应是否达到平衡，气体的质量始终不发生改变，A不符合题意；
B．CO、Cl2、COCl2的浓度相等，可能是反应过程中的某个阶段，不一定是平衡状态，B不符合题意；
C．反应前后气体的分子数不等，随着反应的进行，混合气的压强不断发生改变，当容器内气体的总压不再变化时，反应达平衡状态，C符合题意；
D．消耗1mlCO的同时生成1ml COCl2，反应进行的方向相同，反应不一定达到平衡状态，D不符合题意；
故选C。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 64gCu与足量硫粉完全反应，转移电子数为2NA
B. 标准状况下，22.4LSO3中含有的硫原子数为NA
C. 1ml甲烷与氯气在光照条件下充分反应，生成CH3Cl数目为NA
D. 在密闭容器中2mlNO与1mlO2充分反应后的原子总数为6NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．64g即=1mlCu，Cu与足量硫粉完全反应生成Cu2S，则转移电子数为NA，A错误；
B．标准状况下SO3为固体，故无法计算22.4LSO3中含有的硫原子数，B错误；
C．已知反应CH4+Cl2CH3Cl+HCl、CH3Cl +Cl2CH2Cl2+HCl 、CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl、 CHCl3+Cl2CCl4+HCl，故 1ml甲烷与氯气在光照条件下充分反应，生成CH3Cl数目小于NA，C错误；
D．根据质量守恒可知，在密闭容器中2mlNO与1mlO2充分反应后的原子总数为(2×2+1×2)×NAml-1=6NA，D正确；
故答案为：D。
5. 下列物质用途与物质性质的对应关系错误的是（ ）
【答案】B
【解析】
【详解】A．家用水壶中的水垢可用白醋浸泡除去，说明乙酸具有酸性，且其酸性大于碳酸，A正确；
B．植物油和氢气为原料制造氢化植物油，发生的是加成反应，B错误；
C．由于蛋白质在紫外线照射下发生变性，故家用消毒柜用紫外线照射的方式对餐具进行消毒灭菌，该说法合理，C正确；
D．淀粉在一定条件下能水解转化成葡萄糖，所以工业上用玉米淀粉为原料制备葡萄糖，D正确；
故答案为：B。
6. 有K、M、N三种烃，其球棍模型如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. K和N结构相似，互为同系物
B. 除去K中混有的M，可通入酸性溶液
C. M能与溴水发生加成反应使其褪色
D. 等质量三种烃完全燃烧，消耗最多的是K
【答案】B
【解析】
【详解】A．K和N分别为甲烷和乙烷，二者都属于烷烃，结构相似，且分子组成上相差1个“CH2”，二者互为同系物，A正确；
B．除去K(CH4)中混有的M(CH2=CH2)，若通入酸性溶液，M(CH2=CH2)被氧化生成的CO2混在K(CH4)中，从而引入了新的杂质，B错误；
C．M为乙烯，CH2=CH2分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使其褪色，C正确；
D．三种烃的最简式分别为CH4、CH2、CH3，CH4中含H量最高，则等质量三种烃完全燃烧，消耗最多的是K(CH4)，D正确；
故选B。
7. 实验室制取氧气的反应：2H2O2=2H2O+O2↑下列条件下，反应的速率最快的是（ ）
【答案】D
【解析】
【分析】题中涉及影响反应速率的因素有温度、浓度和催化剂，一般来说，温度越高、浓度越大且加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题。
【详解】A、C与B、D相比较，B、D反应温度高、加入催化剂，反应速率较大，B、D相比较，D浓度较大，则D反应速率最大。
答案选D。
8. 某同学用铝片、铜片和西红柿组成水果电池，下列说法正确的是（ ）
A. 该电池中铝片做负极，发生还原反应
B. 可将西红柿换成盛有酒精溶液的装置
C. 电池放电时，电子由铝片经西红柿流向铜片
D. 可通过改变电极材料、水果种类来调控电流强度
【答案】D
【解析】
【详解】A．该电池中，铝比铜的金属活动性强，则铝片做负极，失电子发生氧化反应，A错误；
B．酒精为非电解质，不能导电，则不能将西红柿换成盛有酒精溶液的装置，B错误；
C．电子不能经过电解质溶液，只能沿导线流动，电池放电时，电子由铝片经导线流向铜片，C错误；
D．不同的金属材料、不同的电解质溶液，产生的电流不同，可通过改变电极材料、水果种类来调控电流强度，D正确；
故选D。
9. 下列装置或操作能达到实验目的的是（ ）
【答案】A
【解析】
【详解】A．A 装置中，H2O2的浓度都为3%，体积都为5mL，而加入的FeCl3、AlCl3的体积、浓度、阴离子都相同，可比较Fe3+、Al3+对H2O2分解速率的影响，A符合题意；
B．乙醇与乙酸互溶，不能用分液漏斗分离，B不符合题意；
C．氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，温度降低后又会重新生成氯化铵，制取氨气时，不能采用加热分解NH4Cl的方法，而应采用加热NH4Cl、Ca(OH)2混合物的方法，C不符合题意；
D．制取乙酸乙酯时，出气导管口应位于饱和碳酸钠溶液的液面的上方，以防倒吸，D不符合题意；
故选A。
10. 依据图示关系，下列说法错误的是（ ）
A.
B. 石墨比金刚石稳定
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．按盖斯定律，反应Ⅴ=反应Ⅰ+反应Ⅳ，ΔH5=ΔH1+ΔH4，则ΔH4＜ΔH5，A正确；
B．由反应Ⅰ：C(金刚石，s)= C(石墨，s) ΔH1=+1.9 kJ⋅ml-1知，等量的石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定，B正确；
C．由盖斯定律知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅳ-反应Ⅱ，则ΔH4=ΔH3-ΔH1-ΔH2=[(-393.5)-(+1.9)-(-283.0) ]kJ⋅ml-1=-112.4kJ⋅ml-1，C错误；
D．结合选项A和选项C，ΔH5=ΔH1+ΔH4=（+1.9-112.4）kJ⋅ml-1=-110.5 kJ⋅ml-1，由盖斯定律，2×反应Ⅴ-反应Ⅲ得目标反应：C（石墨，s）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH=2ΔH5-ΔH3=+172.5 kJ⋅ml-1，D正确；
故答案为：C。
11. 苹果醋主要成分为苹果酸，下列说法正确的是（ ）
A. 苹果酸的分子式为
B. 苹果酸可发生中和反应和酯化反应
C. 1ml苹果酸与足量金属Na反应生成3ml
D. 与苹果酸互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．苹果酸分子中，含有4个C原子、5个O原子、6个H原子，分子式为，A不正确；
B．苹果酸分子中含有羧基和羟基，能与碱发生中和反应，能与醇或羧酸发生酯化反应，B正确；
C．1ml苹果酸分子中含有2ml-COOH、1ml-OH，与足量金属Na反应生成1.5mlH2，C不正确；
D．与苹果酸结构相同，二者为同一种物质，D不正确；
故选B。
12. 下列有关实验的操作、现象和实验结论错误的是（ ）
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于NH3极易溶于水，故将一充满氨气的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升直至充满试管，A不合题意；
B．将SO2通入H2S溶液，产生淡黄色沉淀，说明发生了反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，SO2表现出氧化性，B不合题意；
C．将SO2通入溶有酚酞的NaOH溶液，溶液褪色是由于2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O使溶液碱性减弱，溶液红色褪去，表现出SO2酸性氧化物的通性而不是漂白性，C符合题意；
D．向装有经过硫酸处理的CrO3（橘红色）的硅胶导管中吹入乙醇蒸气，固体逐渐由橘红色变为浅绿色(Cr3+)，反应中Cr的化合价降低被乙醇还原，故说明乙醇具有还原性，D不合题意；
故答案为：C。
13. 下列有关图像描述正确的是（ ）
A. 图甲表示反应 △H＜0，，则时刻为增大压强
B 图乙表示反应： △H＜0，
C. 图丙表示反应：
D. 图丁表示反应 △H＞0，y轴可表示物质B的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于反应 ，增大压强，平衡正向移动，v(正)＞v(逆)，而甲图中时刻v(正)＜v(逆)，应为升高温度，A不正确；
B．图乙中，压强都为p2时，温度从T2升高到T1，C%减小，则平衡逆向移动，△H＜0，温度都为T1时，压强从p1增大到p2，C%增大，则可表示反应： △H＜0，B正确；
C．图丙中，利用A、B、C的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，且反应进行一段时间后，各物质的量都不变，反应达平衡状态，则表示反应：，C不正确；
D．图丁中，升高温度，y轴不断减小，而对于反应 △H＞0，升高温度，反应正向进行，物质B的转化率升高，所以不能表示物质B的转化率，D不正确；
故选B。
14. 向2L某稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出22.4L(标准状况下)NO气体，同时溶液质量增加37.2g。下列判断不正确的是（ ）
A. 原溶液中投入铁粉的物质的量是1.2ml
B. 原稀硝酸物质的量浓度为2.0
C. 反应后的溶液中
D. 反应后的溶液中还可溶解11.2g Fe
【答案】D
【解析】
【分析】标况下22.4LNO物质的量为，NO的质量为30g。根据，反应过程中转移电子为。由题意，可得离子方程式(未配平)，设的系数为x；的系数为y，则根据化合价升降法可得关系①，反应过程中引进了Fe元素，失去了NO，溶液总体质量增加，根据差量法可知加进来的Fe的质量为67.2g，物质的量为1.2ml，则有②。联立①②，解得，。故反应后的溶液中。
【详解】A．经计算，原溶液中投入的铁粉的物质的量为1.2ml，故A正确；
B．硝酸部分被还原为NO，其余以和分别存在于溶液中，物质的量均为0.6ml，根据N原子守恒，原溶液中硝酸的物质的量为，其浓度为，故B正确；
C．根据前面分析可知，，故C正确；
D．反应后的溶液中只有能与Fe反应，根据反应可知，可消耗0.3ml Fe，其质量为，故D不正确；
故选D。
第Ⅱ卷 非选择题（共58分）
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 合理开发自然资源，为建设美丽家园发挥化学重要价值。
Ⅰ．黄铜矿(CuFeS2)是制取铜及其化合物的主要原料之一，冶炼铜的反应为
（1）若CuFeS2中Fe的化合价为+2价，则反应中的氧化产物是______（填化学式）。
（2）上述冶炼过程中会产生大量SO2，下列处理方案合理的是______（填字母）。
A. 高空排放B. 用于制备硫酸
C. 用纯碱溶液吸收制Na2SO3D. 用浓硫酸吸收
（3）检验黄铜矿冶炼铜的反应所得气体中含有SO2的方法是______。
Ⅱ．我国西部地区蕴藏着丰富的锂资源，科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究
（4）锂在周期表中的位置是______。
（5）如图是某锂空气电池的示意图。
①金属锂是______（填“正”或“负”）极，该电极上发生反应的电极反应式是______。
②图中的有机电解质非水溶液不能替换成水溶液，用化学方程式表示其原因是______。
③当电路中有1ml e-通过时，隔膜右侧溶液质量增加______（忽略空气中CO2的影响）。
【答案】（1）SO2、Fe2O3
（2）BC
（3）将气体通入品红溶液中，如果品红溶液褪色，加热后又变红，则证明有SO2
（4）第2周期第ⅠA族
（5）①. 负 ②. Li-e-=Li+ ③. 2Li+2H2O=2LiOH+H2↑ ④. 15g
【解析】在锂电池中，Li作负极，发生反应Li-e-=Li+；多孔碳电极为正极，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-；负极产生的Li+透过隔膜进入正极室。
（1）在CuFeS2中，Fe的化合价为+2价，Cu的化合价为+2价，S的化合价为-2价，发生反应后，Cu由+2价降低到0价，Fe由+2价部分升高为+3价，S由-2价升高到+4价，则反应中的氧化产物是SO2、Fe2O3。
（2）A．高空排放SO2，并未改变大气中二氧化硫的含量，不能减少二氧化硫对大气产生的污染，A不合理；
B．SO2催化氧化可转化为SO3，用水吸收后可生成硫酸，所以SO2可用于制备硫酸，B合理；
C．纯碱溶液显碱性，可吸收SO2并制得Na2SO3，C合理；
D．SO2不溶于硫酸，不能用浓硫酸吸收，D不合理；
故选BC。
（3）检验黄铜矿冶炼铜的反应所得气体中含有SO2时，可使用品红溶液，具体方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红溶液褪色，加热后又变红，则证明有SO2。
（4）锂为3号元素，在周期表中的位置是第2周期第ⅠA族。
（5）①由分析可知，金属锂是负极，该电极上锂失电子生成锂离子，发生反应的电极反应式是Li-e-=Li+。
②图中的有机电解质非水溶液不能替换成水溶液，因为锂能与水发生反应，用化学方程式表示其原因是：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑。
③当电路中有1ml e-通过时，有1mlLi+从隔膜左侧迁移入隔膜右侧，另外，隔膜右侧还有O2溶解并与电解质溶液发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，所以隔膜右侧溶液质量增加为：1ml×7g/ml+0.25ml×32g/ml=15g。
16. 硝酸是重要的化学原料，某同学为探究硝酸的性质进行实验（如图1）。
（1）在试管中加入浓硝酸，再插入铜丝，发生反应的离子方程式为______，观察到的现象是______。
（2）利用图1装置进行铜丝与稀硝酸的反应，反应一段时间后观察到试管中的气体略呈红棕色，原因是______（用化学方程式表示）。
（3）利用图1装置进行铜丝与稀硝酸的反应，有同学观察到开始时气泡产生速率非常慢，一段时间后速率明显加快。猜想可能是某种物质催化了该反应，进行实验探究：
①【方案一】
实验操作及现象：向10mL a ml/L稀硝酸中加入少量______（填化学式），溶液呈浅蓝色，加入铜片，无明显现象。
实验结论：Cu2+对该反应没有催化作用。
②【方案二】
实验操作及现象：
a．向10mL a ml/L的稀硝酸中通入少量NO2后加入铜片，立即产生气泡。
b．向10mL a ml/L的稀硝酸中加入几滴浓度略大的硝酸后加入铜片，无明显现象。
实验结论______
（4）为证明铜丝与稀硝酸反应有NO产生，某同学对实验进行了改进，实验装置如图2。
①实验前，需对该装置进行气密性检验，检验的方法是______。
②欲证明有NO产生，应进行的操作是______，观察到的现象是______。
【答案】（1）①. Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O ②. 产生红棕色气体，溶液变为蓝色
（2）2NO+O2=2NO2
（3）①. Cu(NO3)2 ②. NO2对该反应具有催化作用
（4）①. 关闭分液漏斗活塞，从U形管右侧加入一定量的水，至左右两侧产生液面差，静置一段时间若液面不变，说明气密性良好 ②. 反应一段时间后，打开分液漏斗活塞 ③. 分液漏斗中的气体由无色变为红棕色
【解析】本题为实验探究题，探究Cu与浓硝酸、稀硝酸反应的产物和速率影响因素，反应原理为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，并根据2NO+O2=2NO2中气体颜色的变化来检验NO的生成，图1中NaOH为吸收尾气，图2中关闭活塞即可收集NO气体，据此分析结合各小题具体情况解题。
（1）在试管中加入浓硝酸，再插入铜丝，发生反应的反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故其离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，观察到的现象是产生红棕色气体，溶液变为蓝色，故答案为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；产生红棕色气体，溶液变为蓝色；
（2）利用图1装置进行铜丝与稀硝酸的反应，Cu与稀硝酸反应生成无色气体NO，但NO和空气中的O2反应生成红棕色气体NO2，则反应一段时间后观察到试管中的气体略呈红棕色，原因是2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；
（3）①加入固体，不能加入溶液，否则溶液浓度减小，不能加入硫酸根离子，即向10mL a ml/L稀硝酸中加入少量Cu(NO3)2，溶液呈浅蓝色，加入铜片，无明显现象，Cu2+对该反应没有催化作用，故答案为：Cu(NO3)2；
②a．向10mL a ml/L的稀硝酸中通入少量NO2后加入铜片，立即产生气泡，b．向10mL a ml/L的稀硝酸中加入几滴浓度略大的硝酸后加入铜片，无明显现象，根据对照实验中的变量仅为NO2，由此得出实验结论为：NO2对该反应具有催化作用，故答案为：NO2对该反应具有催化作用；
（4）①实验前，需对该装置进行气密性检验，由题干实验装置可知，该检验气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，从U形管右侧加入一定量的水，至左右两侧产生液面差，静置一段时间若液面不变，说明气密性良好，故答案为：关闭分液漏斗活塞，从U形管右侧加入一定量的水，至左右两侧产生液面差，静置一段时间若液面不变，说明气密性良好；
②已知NO为无色气体，遇到空气发生反应：2NO+O2=2NO2生成红棕色气体NO2，故欲证明有NO产生，应进行的操作是反应一段时间后，打开分液漏斗活塞，分液漏斗中的气体由无色变为红棕色，即可说明有NO生成，故答案为：反应一段时间后，打开分液漏斗活塞；分液漏斗中的气体由无色变为红棕色。
17. 化学在提高能源的利用率和开发新能源中起到了重要的作用，目前人们把通过人工光化学手段合成燃料的过程叫做人工光合作用。
回答下列问题：
（1）在如图甲构想的物质和能量循环中，太阳能最终转化为______能。
（2）甲烷的燃烧热，气态分子中1ml化学键解离成气态原子所吸收的能量叫键能，C-H键、O=O键、H-O键的键能分别为、、。
①能正确表示甲烷燃烧能量变化的图是______（填“乙”或“丙”）。
②表示甲烷燃烧热的热化学方程式为______。
③已知 ，则C=O键的键能为______。（用含a、b、c的式子表示）。
（3）人工光合作用的途径之一就是在一定条件下，将CO2和H2O转化为甲醇(CH3OH)，该反应的化学方程式为。一定条件下，在2L密闭容器中充入1mlCO2和2mlH2O，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如表所示。
①0~3min内，O2的平均反应速率为______。
②达平衡时CO2的转化率为______，反应前后容器内的压强比为______。
③下列说法正确的是______（填字母）。
A．升高温度可使反应速率加快
B．当化学反应停止，各物质浓度不变达平衡
C．使用催化剂可改变该化学反应的限度
D．及时分离出CH3OH可加快反应速率
【答案】（1）热
（2）①. 乙 ②. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-890.0kJ/ml ③. (4a+2b+802.0-4c)
（3）①. 0.15 ml/(L·min) ②. 80% ③. ④. A
【解析】（1）由据图可知，太阳能首先转化为化学能，燃料燃烧过程中部分化学能转化为热能，故答案为：热；
（2）①燃烧是一个放热反应，即反应物总能量高于生成物总能量，故能正确表示甲烷燃烧能量变化的图是乙，故答案为：乙；
②根据燃烧热的定义可知，表示甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-890.0kJ/ml，故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-890.0kJ/ml；
③由上述分析可知，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-890.0kJ/ml，结合 ，根据盖斯定律可知，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) =-890.0-2×(-44)=-802.0kJ/ml，即4E(C-H)+2E(O=O)-2E(C=O)-4E(H-O)=-802.0kJ/ml，解得E(C=O)=(4a+2b+802.0-4c)kJ/ml，则C=O键的键能为(4a+2b+802.0-4c) kJ/ml，故答案为：(4a+2b+802.0-4c)；
（3）①由题干表中数据可知，0~3min内，==0.1ml/(L·min)，反应速率之比等于化学计量系数之比，故O2的平均反应速率为==0.15 ml/(L·min)，故答案为：0.15 ml/(L·min)；
②由题干表中数据可知，达平衡时CH3OH的物质的量为0.8ml，根据三段式分析：，故CO2的转化率为=80%，恒温恒容下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，反应前后容器内的压强比为：=，故答案为：80%；；
③
A．升高温度，可以增大分子自身能量，提高活化分子百分数，可使反应速率加快，A正确；
B．化学平衡时各物质浓度不变，正逆反应速率相等，但化学反应并未停止，B错误；
C．使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，故不可改变该化学反应的限度，C错误；
D．及时分离出CH3OH，则生成物浓度减小，逆反应速率突然减慢，平衡正向移动，反应物浓度减小，正反应速率也减慢，即使反应速率减慢，D错误；
故答案为：A。
18. 石油是重要的化工原料，结合下图回答有关问题：
（1）原油分馏属于______变化。石蜡油转化为A的过程中，加入碎瓷片的目的是______。
（2）A的结构简式为______，丙烯酸中官能团的名称是______。
（3）反应②的反应类型是______。
（4）反应④的化学方程式为______；反应⑥的化学方程式为______。
（5）B转化为C，可用______（填化学式）试剂替代酸性溶液。
（6）下列说法错误的是______（填字母）。
A. 化合物B可以与金属钠发生置换反应
B. 化合物C的水溶液可以与反应
C. 聚丙烯酸能使酸性溶液褪色
D. 丙烯酸乙酯可以使的溶液褪色
【答案】（1）①. 物理 ②. 催化剂
（2）①. CH2=CH2 ②. 羧基、碳碳双键
（3）加成反应
（4）① nCH2=CH—COOH
②. CH3CH2OH+CH2=CH—COOHCH2=CH-COOCH2CH3+H2O
（5）K2Cr2O7
（6）C
【解析】原油经过分馏得石蜡油，石蜡油加碎石片加热得(A)乙烯，乙烯和水在加热、加压、催化剂条件下发生加成反应生成(B)乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化成(C)乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯；石蜡油加碎石片加热生成丙烯，丙烯被氧化生成丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸。
（1）利用原油中各组分沸点不同进行分馏，即原油分馏属于物理变化；石蜡油转化为A的过程中，加入碎瓷片的目的是催化剂；
（2）B被酸性高锰酸钾溶液氧化为C，B、C发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以B是乙醇、C乙酸，A和水反应生成乙醇，所以A是乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，丙烯酸的结构简式为CH2=CH—COOH，其中官能团的名称是碳碳双键、羧基；
（3）反应②是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，即其反应类型是加成反应；
（4）反应④是丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，其化学方程式为nCH2=CH—COOH；反应⑥是乙醇和丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，其化学方程式为CH3CH2OH+CH2=CH—COOHCH2=CH-COOCH2CH3+H2O；
（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性能将乙醇氧化为乙酸，酸性重铬酸钾溶液也能将乙醇氧化为乙酸，即可用酸性K2Cr2O7溶液替代酸性溶液；
（6）A. 化合物B是乙醇，乙醇可以与金属钠发生置换反应，故A正确；
B. 化合物C是醋酸，醋酸酸性强于碳酸，所以CH3COOH的水溶液可以与反应，故B正确；
C. 聚丙烯酸分子里没有碳碳双键，不能使酸性溶液褪色，故C错误；
D. 丙烯酸乙酯的结构简式为CH2=CH-COOCH2CH3，分子中存在碳碳双键，可以使的溶液褪色，故D正确；
故答案为：C。
A．“天和”舱推进系统用到的氮化硼
B．嫦娥五号月球采样机钻杆用到的碳化硅
C．宇航服使用的聚酯纤维
D．空间站存储器使用的石墨烯
选项
物质用途
物质性质
A
可用白醋浸泡除去水壶中的水垢
白醋具有酸性
B
食品工业以植物油和氢气为原料制造氢化植物油
植物油能与氢气发生取代反应
C
消毒柜用紫外线照射的方式对餐具进行消毒灭菌
蛋白质在紫外线照射下发生变性
D
工业上用淀粉为原料制备葡萄糖
淀粉能水解成葡萄糖
选项
H2O2的质量分数
温度
催化剂
A
5%
5℃
MnO2
B
5%
40℃
MnO2
C
10%
5℃
无
D
10%
40℃
MnO2

A．研究Fe3+、Al3+对H2O2分解速率的影响
B．除去乙醇中的乙酸

C．制取氨气
D，制取乙酸乙酯
选项
操作
现象
实验结论
A
充满氨气的试管倒扣在水槽中
试管内液面上升直至充满试管
NH3易溶于水
B
将SO2通入H2S溶液
产生淡黄色沉淀
SO2具有氧化性
C
将SO2通入溶有酚酞的NaOH溶液
溶液褪色
SO2具有漂白性
D
向装有经过硫酸处理的CrO3（橘红色）的硅胶导管中吹入乙醇蒸气
固体逐渐由橘红色变为浅绿色(Cr3+)
乙醇具有还原性
时间/min
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