四川省泸县第一中学2022-2023学年高一下学期6月期末考试化学 Word版含解析

《四川省泸县第一中学2022-2023学年高一下学期6月期末考试化学 Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

泸县第一中学2023年春期高一期末考试化学试题满分100分时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Na23Fe56第I卷(选择题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.化学与科技和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A.石油的分馏、裂化和裂解均属于化学变化B.北京冬奥服装面料的成分聚氨酯纤维属于天然有机高分子材料C.中国科学院研发“东方超环”(人造太阳)用到的氕、氘、氚互为同位素D.“北斗系统”组网成功具有战略意义，北斗芯片中的基体材料为二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A．石油的分馏属于物理变化，石油的裂化、裂解属于化学变化，A错误；B．聚氨酯纤维是人工合成材料，不是天然有机高分子材料，B错误；C．质子数相同，中子数不同的核素为同位素，氕、氘、氚质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；D．晶体硅为良好的半导体材料，可用作制造计算机芯片，D错误；故答案选C。2.下列叙述中，正确的是A.在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核近的区域内活动B.核外电子总是先排在能量高的电子层上，由里向外逐层排布C.两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质不一定相同D.N、O、F在化合物中最高正价依次升高【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核远的区域内活动，选项A不符合题意；B．核外电子总是先排在能量低的电子层上，由里向外逐层排布，选项B不符合题意；

1C．两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质不一定相同，例如Na＋和F-，选项C符合题意；D．F在化合物中没有正价，只有0价和-1价，O在化合物中没有最高正价，选项D不符合题意；故正确选项为C3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.SiO2硬度大，可用于制造光导纤维B.NH3易溶于水，可用作制冷剂C.Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂D.ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒【答案】C【解析】【分析】【详解】A．二氧化硅用于制造光导纤维是利用光的全反射原理，与硬度大无关，故A错误；B．氨气用作制冷剂是因为氨气易液化，液氨气化时吸收能量使周围环境的温度降低，与易溶于水无关，故B错误；C．过氧化钠能用作呼吸面具供氧剂是因为过氧化钠能与人呼出的二氧化碳和水蒸气反应生成可供给人呼吸的氧气，故C正确；D．二氧化氯用于自来水的杀菌消毒是因为二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质发生变性达到杀菌消毒的目的，故D错误；故选C。4.几种短周期元素的原子半径及某些化合价见表。元素代号ABDEGHIJ化合价-1-2+4、-4-1、+7+5、-3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186分析判断下列说法正确的是A.D、H、J的氧化物分别为酸性氧化物、两性氧化物、碱性氧化物B.A、H、J的离子半径由大到小的顺序是A>J>HC.G元素的单质不存在同素异形体D.G的最高价氧化物的水化物酸性比E强

2【答案】B【解析】【分析】几种短周期元素的原子半径及某些化合价如表，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na。【详解】A．D、H、J分别为C、Al、Na，CO不是酸性氧化物，故A错误；B．A、H、J分别为F、Al、Na，Na+、Al3+、F-离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小顺序为：F-＞Na+＞Al3+，即A＞J＞H，故B正确；C．G为P元素，磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误；D．G为P元素，E为Cl元素，因非金属性：P＜Cl，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4＜HClO4，故D错误；故选B。5.可以用来鉴别甲烷和乙烯，还可以用来除去甲烷中乙烯的操作方法是A.将混合气体通过盛有硫酸的洗气瓶B.将混合气体通过盛有水的洗气瓶C.将混合气体通过盛有足量溴的四氯化碳的洗气瓶D.将混合气体通过盛有澄清石灰水的洗气瓶【答案】C【解析】【详解】A．甲烷和乙烯与硫酸均不反应，既不可鉴别，也不可除去甲烷中的乙烯，故A错误；B．甲烷和乙烯都不溶于水，且在通常状况下与水均不反应，既不可鉴别，也不可除去甲烷中的乙烯，故B错误；C．乙烯可与发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴水褪色，可用来鉴别，且能除去甲烷中的乙烯，故C正确：D．甲烷和乙烯都不溶于澄清石灰水，且不反应，既不可鉴别，也不可除去甲烷中的乙烯，故D错误；故选：C。6.下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是

3选项实验操作及现象实验结论A把一小块钠放入水中，立刻熔成小球该反应是放热反应B向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味的气体且该气体使澄清石灰水变浑浊该溶液中一定含有COC加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中存在NHD向某溶液中加入NaOH溶液，生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色该溶液中一定含有Fe2+A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．把一小块钠放入水中，立刻熔成小球说明该反应是放热反应，反应放出的热量使熔点低的钠融化为闪亮的小球，故A正确；B．碳酸根离子和碳酸氢根离子均能与盐酸反应生成无色无味能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，则向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味的气体且该气体使澄清石灰水变浑浊说明该溶液中可能含有碳酸根离子，故B错误；C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体说明溶液中存在铵根离子，故C正确；D．向某溶液中加入NaOH溶液，生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色为氢氧化铁，最后变成红褐色(氢氧化铁)，该溶液中一定含有Fe2+，故D正确；故选B。7.山梨酸是常用的食品防腐剂，其结构简式如图所示，下列有关山梨酸的叙述错误的是A.既能发生取代反应，又能发生加成反应B.分子中所有碳原子可能在同一平面上

4C.与互为同分异构体D.1mol该物质与足量Na反应生成3gH2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．含羧基和羟基能发生取代反应，含碳碳双键能发生加成反应，A正确；B．羧基所连的饱和碳原子为四面体构型、则分子中所有碳原子不可能在同一平面上，B错误；C．与的分子式均为C7H10O5而结构不同，则互为同分异构体，C正确；D．含羧基和羟基均能与Na反应产生氢气，则1mol该物质与足量Na反应生成3gH2，D正确；答案选B。8.在一定温度下，密闭容器中可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)达到平衡的标志是A.C的生成速率与B的消耗速率相等B.单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolBC.A、B、C的浓度不再变化D.A、B、C的浓度之比为1:3:2【答案】C【解析】【分析】平衡状态的标志：(1)速率关系（本质特征）：①同一种物质：该物质的生成速率等于它的消耗速率。②不同的物质：速率之比等于方程式中各物质的计量数之比，但必须是不同方向的速率。(等价反向)(2)各成分含量保持不变（宏观标志）：①各组成成分的质量、物质的量、分子数、体积（气体）、物质的量浓度均保持不变。②各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数均保持不变。③若反应前后的物质都是气体，且总体积不等，则气体的总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）均保持不变。④反应物的转化率、产物的产率保持不变。【详解】A．C的生成速率与B的消耗速率相等，速率均指正反应，即速率同向，不能判定反应是否达到平衡状态，故A错误；B．单位时间内生成nmolA，同时生成3n

5molB，均为逆反应速率，即速率同向，不能判定反应是否达到平衡状态，故B错误；C．反应达到平衡状态后，正逆反应速率相等，A、B、C的浓度不再变化，故C正确；D．达平衡时，A、B、C三种物质的分子数之比可能是1：3：2，也可能不是1：3：2，要根据反应开始时加入的A、B、C三种物质是否按1：3：2比例而定，所以不能说明该反应达到平衡状态，故D错误；故选C。9.已知反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.图中的过程为放热过程B.加入合适的催化剂可以降低该反应的活化能C.和1molCO的键能总和大于1molNO和的键能总和D.和的总能量低于和的总能量【答案】B【解析】【详解】A．A的能量小于B，的过程为吸热过程，故A错误；B．催化剂改变反应的途径，加入合适的催化剂可以降低该反应的活化能，故B正确；C．焓变=反应物总键能-生成物总键能，该反应焓变小于0，所以和1molCO的键能总和小于1molNO和的键能总和，故C错误；D．根据图示，和的总能量大于和的总能量，故D错误；选B。10.部分短周期元素原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是

6A.离子半径的大小：f>e>dB.简单离子的还原性：h>gC.简单氢化物的稳定性：y>z>dD.e、f、g的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应【答案】D【解析】【分析】由图可知，x为H元素、y为C元素、z为N元素、d为O元素、e为Na元素、f为Al元素、g为S元素、h为Cl元素。【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氧离子、钠离子、铝离子的离子半径依次减小，故A错误；B．元素的非金属性越强，对应简单离子的还原性越弱，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯离子的还原性弱于硫离子，故B错误；C．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，简单氢化物的稳定性依次增强，则甲烷、氨气、水的稳定性依次增强，故C错误；D．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强碱氢氧化钠溶液和强酸硫酸溶液反应生成盐和水，故D正确；故选D。11.向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生化学反应aX(g)＋2Y(s)bZ(g)△H＜0。图是容器中X、Z的物质的量浓度随时间变化的曲线。根据以上信息，下列说法正确的是A.根据上图可求得方程式中a∶b＝1:3B.推测在第7min时曲线变化的原因可能是加压C.推测在第13min时曲线变化的原因可能是升温D.用X表示0~10min内该反应的平均速率为v(X)＝0.045mol/(L·min)

7【答案】C【解析】【详解】A．物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，方程式中a∶b=(0.45-0.2)∶(0.50-0)=1∶2，故A错误；B．第7min时，单位时间内X、Z的物质的量浓度变化量较大，反应速率均增大，但Z增大的幅度比X大，若是增大压强，由于Y为固体，逆反应速率增大幅度较大，即X的增大的幅度比Z大，与图象不符，故B错误；C．第13min时，Z的物质的量浓度减小，X的物质的量浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，此时曲线斜率较大，如果升高温度，平衡逆向移动，与图象吻合，故C正确；D．0～10min内v(X)==0.025mol/(L•min)，故D错误；故选C12.英国科学家发明的尿素微生物电池的反应为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，电池装置如图所示。下列说法正确的是A.该装置能够在高温下工作B.微生物促进了反应中电子的转移C.装置工作时，电能转变为化学能D.装置工作时，电子由电极a沿导线流向电极b【答案】B【解析】【详解】A、微生物在高温下失去生理活性而没有催化活性，选项A错误；B、微生物作为催化剂促进了反应中电子的转移，选项B正确；C、该装置为原电池，原电池是把化学能转化为电能的装置，选项C错误；D、在a极氧气得电子转化水应该为正极，电子由负极b极流向正极a极，选项D错误；答案选B。

813.某种复合膨松剂的组成如下：碳酸氢钠21%，酒石酸氢钾47%，淀粉32%。下列说法正确的是A.淀粉与纤维素互为同分异构体B.该膨松剂中钠和钾的质量分数相等C.该膨松剂的作用原理之一是酒石酸氢钾中的羧基与碳酸氢根反应D.100g该膨松剂与足量盐酸反应，可产生气体1.4L【答案】C【解析】【详解】A.淀粉与纤维素都属于高分子化合物，化学式都(C6H10O5)n，n值不同，所以不属于同分异构体，故A错误；B.设100g膨松剂中含钠的质量分数=,钾的质量分数=，两者不相等，故B错误；C.由酒石酸氢钾的结构简式：可知，只有羧基与碳酸氢根反应放出二氧化碳，故C正确；D.100g膨松剂含有碳酸氢钠的质量=100g21%=21g，物质的量为0.25mol，与足量盐酸反应，可产生5.6L(标况）二氧化碳气体，故D错误；故答案：C。14.海洋中部分化学资源的利用，如图所示：下列说法错误的是A.步骤①、②利用了Cl2的氧化性，热空气吹出利用了溴的挥发性B.物质X常选用SO2，Y常选用生石灰C.工业上常用热还原法冶炼金属镁

9D.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．步骤①、②都是将溴离子氧化为溴单质，利用了Cl2的氧化性，热空气吹出利用了溴的挥发性，A正确；B．二氧化硫具有强还原性，物质X用于将溴转化为溴离子，故X常选用SO2，Y用于将镁离子沉淀为氢氧化镁，常选用生石灰，B正确；C．工业上常用电解熔融氯化镁制取Mg，C错误；D．由图知，“氯化”过程中MgO、C和Cl2反应生成MgCl2和可燃性气体CO，发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO，D正确；答案选C。第II卷(非选择题58分)15.A、B、C、D、E、F六种物质都含有钠元素，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃性气体。而C、D还生成一种无色无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊。D和A可反应生成C，F和H也可以反应生成C和另一种无色无味气体。请回答下列问题：（1）写出AB、C、D、E、F的化学式：A_______；B_______；C_______；D_______；E_______；F_______。（2）写出F和H反应的化学方程式：___________。（3）写出下列反应的离子方程式：D+盐酸___________。【答案】（1）①.NaOH②.Na③.④.⑤.⑥.（2）（3）【解析】【分析】A、B、C、D、E、F六种物质都含有钠元素，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，知E为NaCl，B还生成可燃性气体知B为Na，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，C、D还生成气体H使澄清石灰水变浑浊，知C、D为Na2CO3或NaHCO3，F和H(CO2)反应生成C

10和另一种气体，则F为Na2O2、C为Na2CO3，因而D为NaHCO3，D和A反应可生成C即Na2CO3，则A为NaOH，以此解答。【小问1详解】由以上分析可知A为NaOH，B为Na，C为Na2CO3，D为NaHCO3，E为NaCl，F为Na2O2。【小问2详解】F和H反应，即Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。【小问3详解】D与盐酸反应，即与HCl反应产生NaCl、H2O、CO2，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O16.硒(Se)在电子、冶金、化工上有诸多应用。化学研究小组利用含硒物料(主要成分为Se单质、S单质、Fe3O4、SiO2和少量含Cu、Ag化合物)制取精硒的工业流程如下：已知：硫元素的同素异形体熔点：单斜硫119℃、正交硫95℃；单斜硫正交硫。（1）Se的原子结构示意图为，则Se在元素周期表中的位置是___________。（2）“脱硫”选择的温度为95℃的原因是___________。（3）“氧化浸取”中Se单质被氧化为Na2SeO4并收集到ClO2气体，该过程化学反应方程式为___________。“滤渣”的主要成分是___________。（4）“除杂”中Na2S浓度对粗硒除杂的影响如图所示，精硒中的杂质含量先降低后上升的原因是___________。

11（5）“酸化”中制取精硒的离子方程式为___________。（6）若用2.0g含硒物料(含硒9.0%)制得精硒0.176g(纯度99.9%)，则硒的回收率为_____%(保留小数点后一位)。【答案】（1）第四周期ⅥA族（2）95℃时，硫以正交硫的形式存在，正交硫熔化后溶于煤油，从而达到脱硫效果（3）①.6NaClO3+Se+2H2SO4=Na2SeO4+6ClO2↑+2Na2SO4+2H2O②.Fe3O4、SiO2（4）Na2S可除去铜银杂质，过量时，硫离子会被氧化成硫单质（5）+2H+=Se↓+SO2↑+H2O（6）97.7【解析】【分析】从流程中可以看出，加热时硫能溶于煤油，降温时，硫结晶析出；脱硫渣中加入过量硫酸酸化的NaClO3溶液，Fe3O4、SiO2不溶解，Se、铜及银的化合物溶解；粗硒中加入Na2SO3溶液，硒浸出并转化为Na2SeSO3，浸出液中加入Na2S，生成Ag2S、CuS沉淀；稀硫酸酸化Na2SeSO3，可制得粗硒。【小问1详解】Se的原子结构示意图为，则Se在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族。答案为：第四周期ⅥA族；【小问2详解】从题给信息可以看出，正交硫熔点为95℃，此时单斜硫转化为正交硫，所以“脱硫”选择的温度为95℃的原因是：95℃时，硫以正交硫的形式存在，正交硫熔化后溶于煤油，从而达到脱硫效果。答案为：95℃时，硫以正交硫的形式存在，正交硫熔化后溶于煤油，从而达到脱硫效果；【小问3详解】

12“氧化浸取”中Se单质被NaClO3在硫酸溶液中氧化为Na2SeO4，同时收集到ClO2气体等，该过程的化学反应方程式为：6NaClO3+Se+2H2SO4=Na2SeO4+6ClO2↑+2Na2SO4+2H2O。由分析可知，“滤渣”的主要成分是Fe3O4、SiO2。答案为：6NaClO3+Se+2H2SO4=Na2SeO4+6ClO2↑+2Na2SO4+2H2O；Fe3O4、SiO2；【小问4详解】图中信息显示，“除杂”中Na2S浓度对精硒中的杂质含量的影响是先降低后上升，则起初增大Na2S浓度对除杂有利，后者浓度达到一定程度后，再增大Na2S浓度，对除杂不利，原因是：Na2S可除去铜银杂质，过量时，硫离子会被氧化成硫单质。答案为：Na2S可除去铜银杂质，过量时，硫离子会被氧化成硫单质；【小问5详解】“酸化”时，转化为Se，同时生成SO2等，离子方程式为+2H+=Se↓+SO2↑+H2O。答案为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O；【小问6详解】若用2.0g含硒物料(含硒9.0%)制得精硒0.176g(纯度99.9%)，则硒的回收率为≈97.7%。答案为：97.7。【点睛】与酸反应的性质，与相类似。17.高纯二氧化硅可用来制造光导纤维。某稻壳灰的成分为组分SiO2CNa2OK2OAl2O3Fe2O3质量分数59.2038.800.250.500.640.61通过如下流程可由稻壳灰制备较纯净的二氧化硅。请回答下列问题：（1）根据氧化物的性质进行分类，稻壳灰中属于碱性氧化物的是_______(填化学式)。（2）步骤①中涉及SiO2反应的离子方程式为_______。（3）滤渣A的成分除了C还有_______(填化学式)。（4）步骤③反应的化学方程式为_______。（5）步骤②中的过量盐酸是否可以用过量CO2来替代：_______。(用文字简要描述原因)

13【答案】（1）Na2O、K2O、Fe2O3（2）SiO2+2OH-=SiO+H2O（3）Fe2O3（4）H2SiO3SiO2+H2O（5）不能，通入过量的CO2会生成两种沉淀Al(OH)3和H2SiO3，煅烧后所得SiO2中含有Al2O3杂质。【解析】【分析】由流程可知稻壳灰加入足量NaOH溶液，滤渣A含有C、Fe2O3，滤液B含有偏铝酸钠、硅酸钠，加入足量盐酸生成氯化铝和硅酸，硅酸经过滤、洗涤，煅烧可生成二氧化硅，以此解答该题。【小问1详解】根据表格数据可知涉及的氧化物可知碱性氧化物有：Na2O、K2O、Fe2O3；【小问2详解】步骤①中涉及SiO2的离子反应方程式为：SiO2+2OH-=SiO+H2O；【小问3详解】由以上分析可知滤渣A的成分有C、Fe2O3；故答案：Fe2O3；【小问4详解】硅酸不稳定受热易分解生成二氧化硅和水，方程式：H2SiO3SiO2+H2O；故答案为：H2SiO3SiO2+H2O；【小问5详解】不能，通入过量的CO2会生成两种沉淀Al(OH)3和H2SiO3，煅烧后所得SiO2中含有Al2O3杂质；18.Ⅰ．H2O2被称为绿色氧化剂，对其性质进行研究极其重要。某同学以H2O2分解为例，进行了以下实验：编号反应物催化剂温度①20mL2%H2O2溶液+2mLH2O无20℃②20mL5%H2O2溶液+2mLH2O无20℃③20mL5%H2O2溶液+2mLH2O1g粉末状MnO220℃

14④20mL5%H2O2溶液+2mL1mol/LHCl溶液1g粉末状MnO220℃⑤20mL5%H2O2溶液+2mLH2O1g粉末状MnO240℃（1）问题一：设计实验②和③的目的是：_______。（2）问题二：实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化如图所示。分析该图能够得出什么实验结论______。Ⅱ．氮氧化物是主要的大气污染物之一，可用一氧化碳或活性炭还原氮氧化物，减少大气污染。（3）一定条件下，用CO与NO反应生成CO2和N2，反应的化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)。为提高该反应的速率，下列措施可行的是______(填标号)。A.压缩容器体积B.降低温度C.使用合适催化剂D.恒温恒容充入稀有气体（4）两个10L的密闭容器中分别都加入活性炭(足量)和1.0molNO，发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。实验测得，两容器中在不同温度下NO和N2的物质的量变化见表：物质的量/mol容器1(T1℃)容器2(T2℃)05min9min10min12min05min9min10minNO1.00.580.420.400.401.00.500.340.34N200.210.290.300.3000.250.330.33①T1时，0~5min内，反应速率v(CO2)=______mol•L-1•min-1。②T2时，按表中数据，反应一定达到化学平衡状态的时间段是______min~10min，此时，容器中CO2的物质的量浓度是______mo/L。③两容器中温度关系为T1______T2(填“＞”“＜”或“=”)。【答案】（1）探究催化剂对H2O2分解速率的影响（2）其他条件相同时，温度越高H2O2分解速率越快，HCl溶液对H2O2分解有抑制作用（3）AC（4）①.0.0042②.9③.0.033④.＜

15【解析】【小问1详解】实验②和③区别是实验③中加入了1g粉末状的MnO2，一次设计实验②和③的目的是：探究催化剂对H2O2分解速率的影响。【小问2详解】实验③、⑤分析，其他条件相同，⑤中温度高，速率快，实验③、④分析，其他条件相同，④中HCl对反应速率其减慢作用，因此通过分析该图能够得出实验结论是其他条件相同时，温度越高H2O2分解速率越快，HCl溶液对H2O2分解有抑制作用；故答案为：其他条件相同时，温度越高H2O2分解速率越快，HCl溶液对H2O2分解有抑制作用。【小问3详解】A．压缩容器体积，浓度增大，反应速率加快，故A符合题意；B．降低温度，反应速率减慢，故B不符合题意；C．使用合适催化剂，加快反应速率，故C符合题意；D．恒温恒容充入稀有气体，压强增大，但反应体系浓度未变，速率不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：AC。【小问4详解】①T1时，0~5min内，氮气改变量为0.21mol，则CO2改变量为0.21mol，反应速率；故答案为：0.0042。②T2时，按表中数据，反应一定达到化学平衡状态的时间段是9min~10min，此时，容器中氮气改变量为0.33mol，则CO2改变量为0.33mol，CO2的物质的量浓度是；故答案为：0.0042；9；0.033。③反应开始前5min，T2温度下NO改变量大于T1温度下NO改变量，说明速率快，则T2温度高即两容器中温度关系为T1＜T2；故答案为：＜。19.有机化合物A的相对分子质量是28的烃，B和D都是日常生活食品中常见的有机物。它们的转化关系如图所示：请回答下列问题：（1）石油通过_______(填“蒸馏”、“干馏”或“裂解”)可获得A。（2）①的反应类型为_______，D分子中所含官能团的名称为_______。丙烯与A互为同系物，聚丙烯的结构简式为_______。（3）反应④的化学方程式为：_______，该反应中，浓硫酸所起的作用是_______。

16（4）以淀粉为原料经反应⑤、⑥也可制得B，下列说法正确的是_________a.淀粉属于糖类，糖类都是高分子化合物b.反应⑤⑥都属于水解反应c.淀粉水解的最终产物可用银氨溶液或新制氢氧化铜检验【答案】（1）裂解（2）①.加成反应②.羧基③.（3）①.②.催化剂和吸水剂（4）c【解析】【分析】由图知、B为乙醇、D是乙酸，B(乙醇)催化氧化得到C、C进一步氧化为D(乙酸)，则C为乙醛，有机化合物A的相对分子质量是28的烃，催化作用下、A和水反应生成乙醇，则A为乙烯，石油经过裂解可得到A乙烯。葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则E为葡萄糖，据此回答；【小问1详解】石油裂解是以比裂化更高的温度，使石油分馏产品中的长链烃(包括石油气)断裂成乙烯、丙烯等气态短链烃。则石油通过裂解可获得A。【小问2详解】①为A(乙烯)和水反应生成乙醇，则反应类型为加成反应，D(乙烯)分子中所含官能团的名称为羧基。丙烯含碳碳双键，能发生加聚反应，聚丙烯的结构简式为。【小问3详解】反应④为乙酸和乙醇的酯化反应。化学方程式为：，该反应中，浓硫酸所起的作用是催化剂和吸水剂。【小问4详解】a．淀粉等多糖类属于高分子化合物，单糖、低聚糖和油脂不属于高分子化合物，错误；b．反应⑤属于水解反应，⑥是葡萄糖发酵、不属于水解，错误；c．淀粉水解的最终产物为葡萄糖、葡萄糖含有醛基，其溶液可以与新制备的Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，也可发生银镜反应，故可用银氨溶液或新制氢氧化铜检验，正确；