四川省成都市郫都区2025届高三上学期阶段性检测（一）化学试题（含答案解析）

成都市郫都区高2022级阶段性检测(一)化学本试卷满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Ⅰ卷选择题(共42分)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分。)1.生物体中普遍存在的有机化合物是生命活动的基础。下列说法正确的是A.蛋白质、油脂、核苷酸均属于高分子化合物B.淀粉在酸中能水解，可向淀粉水解液中加入碘液检验淀粉是否完全水解C.纤维素在人体消化酶的作用下最终转化生成和水D.向蛋白质溶液中加入一定浓度的溶液分离提纯蛋白质【答案】B【解析】【详解】A．蛋白质属于高分子化合物，油脂、核苷酸不属于高分子化合物，A错误；B．淀粉在酸中能水解为葡萄糖，向淀粉水解液中加入碘液，若不变蓝，说明淀粉已经完全水解，B正确；C．纤维素不能被人体消化，C错误；D．Cu2+使蛋白质变性，不能用CuSO4溶液分离提纯蛋白质，D错误；故答案选B。2.下列有关化学用语的表述正确的是A.乙酸的空间填充模型：B.聚丙烯的链节为：C.反式聚异戊二烯的结构简式：D.的名称：2，2-二甲基-4-乙基己烷【答案】C【解析】【详解】A．乙酸的结构简式为CH3COOH，空间填充模型为：，A错误；B．聚丙烯的结构简式为：，链节为：，B错误；C．异戊二烯的结构简式为，发生加聚反应得到的反式聚异戊二烯的结构简式为：，C正确；D．中主链上有6个碳原子，2号碳上有2个甲基，4号碳上有1个甲基，系统命名为：2，2，4-三甲基己烷，D错误；故选C。3.对化学概念的正确理解可以让我们对化学的认识更加深刻。下列说法正确的是A.活化分子间的碰撞一定能发生化学反应B.催化剂能降低反应的活化能，使活化分子百分数升高C.化学反应速率增大，反应物平衡转化率也一定增大D.已知：，所以该反应在低温条件可自发进行【答案】B【解析】【详解】A．活化分子间的碰撞不一定全是有效碰撞，只有一定取向的活化分子间碰撞才能发生化反应，A错误；B．催化剂能降低反应的活化能，使活化分子百分数升高，活化分子数升高，化学反应速率增大，B正确；C．平衡后正、逆化学反应速率改变相同的倍数，化学反应平衡不移动，C错误；D．CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，ΔH>0，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0时反应可以自发进行，所以该反应在高温条件可自发进行，D错误；故答案选B。4.下列方程式与所给事实不相符的是A.碳酸钠溶液显碱性：B.用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：C.苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：+CO2+H2O+NaHCO3D.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：+3NaOH+3C17H35COONa【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠溶液显碱性，主要是因为碳酸根水解，其以第一步水解为主，水解方程式为，故A正确；B．硫酸钙为微溶物，离子方程式中应写化学式，沉淀转化离子方程式为，故B错误；C．苯酚钠溶液与少量的CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠，其反应化学方程式为+CO2+H2O+NaHCO3，故C正确；D．硬脂酸甘油酯与氢氧化钠反应生成C17H35COONa与甘油，所给反应的化学方程式正确，故D正确；故选B。5.表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L正戊烷中含极性键B.常温下，2.8g乙烯和丙烯组成的混合气体中所含原子总数为C.将通入足量水中，溶液中HClO、、粒子数之和为D.溶液中，氢原子数目为【答案】B【解析】【详解】A．正戊烷在标准状况下是非气态物质，因此无法计算其物质的量，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，相当于2.8gCH2物质的量为0.2mol，所含原子总数为，故B正确；C．氯水中存在还氯气分子，根据物料守恒，溶液中HClO、、粒子数之和小于，故C错误；D．溶液中还含有水分子，则氢原子数目大于，故D错误；故选B。6.下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是实验目的A．测定锌与稀硫酸的反应速率B．验证溴乙烷发生消去反应实验装置实验目的C．从浑浊的苯酚水溶液中分离苯酚D．验证甲烷与氯气在光照下发生取代反应实验装置A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．通过测定收集一定体积的H2所需的时间或一定时间收集H2的体积大小来测定锌与稀硫酸反应速率，A能够达到实验目的；B．乙醇蒸汽也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明溴乙烷发生消去反应，B不能够达到实验目的；C．分离苯酚和水应采用分液操作，C不能够达到实验目的；D．光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，但不可以持续强光照射，会发生爆炸，D不能够达到实验目的；故答案选A。7.聚乳酸(PLA)是世界公认的环保材料，其在医疗等领域有广泛用途，可用于手术缝合线、药物缓释材料等。下列有关说法错误的是A.聚乳酸是高分子材料，其单体结构简式B.聚乳酸分子结构中含有的官能团名称为羟基、羧基C.聚乳酸分子中存在手性碳原子D.聚乳酸在自然界或人体中均能降解，且降解产物对环境无害【答案】B【解析】【详解】A．聚乳酸是乳酸发生缩聚反应生成的高聚物，属于高分子化合物，其单体结构简式为，故A正确；B．聚乳酸分子结构中含有的官能团为羟基、羧基和酯基，故B错误；C．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，聚乳酸分子中与甲基相连的碳原子为手性碳原子，故C正确；D．聚乳酸分子中含有酯基，在自然界或人体中均能水解为乳酸，最终降解为CO2和H2O，对环境无害，故D正确；故选B。8.苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是A.苯并降冰片烯是苯的同系物B.苯并降冰片烯分子中所有碳原子共平面C.苯并降冰片烯的一氯代物有6种(不考虑立体异构)D.在酸性溶液中，苯并降冰片烯可被氧化为邻苯二甲酸【答案】D【解析】【详解】A．苯的同系物中不含碳碳双键，该分子含碳碳双键，不属于苯的同系物，A错误；B．苯并降冰片烯分子含3个sp3杂化的碳原子，所有碳原子不能共平面，B错误；C．由对称性可知，分子中含5种H原子，一氯代物有5种，如图所示，C错误；D．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环相邻碳原子上有H，可以被酸性高锰酸钾氧化为邻苯二甲酸，D正确；故选D9.对羟基苯甲酸甲酯，也称尼泊金甲酯或羟苯甲酯，主要用作有机合成、食品、化妆品、医药的杀菌防腐剂，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A.尼泊金甲酯的分子式为B.该化合物能与溴水反应，也能与反应生成C.1mol该化合物最多能与2molNaOH反应D.1mol该化合物最多能与发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．尼泊金甲酯分子式为，故A错误；B．酚羟基和酯基都不与与NaHCO3反应，酚羟基邻、对位的H能与浓溴水发生取代反应，故B错误；C．1个尼泊金甲酯分子中含1个酚羟基，1个酯基，因此1mol尼泊金甲酯可与2molNaOH反应，故C正确；D．1mol该化合物中苯环最多与3molH2发生加成反应，酯基不与氢气反应，因此1mol该化合物最多可与3molH2反应，故D错误；故选C。10.高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图：下列说法正确的是A.化合物B存在顺反异构体 B.化合物C分子中核磁共振氢谱有一组峰C.合成M的聚合反应是缩聚反应 D.除醇类物质以外，B的同分异构体还有2种【答案】B【解析】【分析】CH≡CH与试剂a发生加成反应生成B，HOOCCH=CHCOOH分子内脱水生成C，B和C聚合生成M，根据聚合物M的结构式可知，M的单体为CH2=CH-O-CH3和，由此可知B为CH2=CH-O-CH3，C为，则试剂a为CH3OH，据此分析解答。【详解】A．碳碳双键上的每个碳原子连接的两个不同的原子或原子团时才能形成顺反异构，B为CH2=CH-O-CH3，其中一个双键碳上连接的两个原子相同，不存在顺反异构体，故A错误；B．化合物C为，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰，故B正确；C．聚合物M是由CH2=CH-O-CH3和中的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚反应，故C错误；D．B的分子式为C3H6O，除醇类物质以外的同分异构体有OHCCH2CH3、CH3COCH3、和环氧丙烷或甲基环氧乙烷，故D错误；故答案选B。11.羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，其制备原理为：。该反应在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示。下列说法正确的是A.由方程式可知和CO的转化率相等B.某温度下，反应体系平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态C.反应过程中和分压之和一定保持不变D.该反应的平衡常数随温度升高而增大【答案】C【解析】【分析】由图像可知，CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)，反应随温度的升高，H2S的转化率降低，说明温度升高，平衡向逆反应方向移动，。【详解】A．转化率=，由方程式可知H2S和CO的相等，但不知道起始物质的量是否相等，故转化率不一定相等，A项错误；B．，反应物、生成物均为气体且反应前后分子数始终不变，故气体的总质量和总物质的量均保持不变，反应体系平均相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态，B项错误；C．，，，由方程式可知，反应过程中n总始终不变，故，即反应过程中H2S和H2的分压之和一定保持不变，C项正确；D．，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D项错误；故答案选C。12.在25℃时，在有机溶剂中由羟基丁酸生成丁内酯()羟基丁酸的初始浓度为0.180mol/L，随着反应的进行，测得丁内酯的浓度随时间的变化如下图所示。下列说法正确的是A.羟基丁酸中碳原子均为杂化B.100min时，羟基丁酸的反应速率为C.该反应平衡常数表达式为：D.不考虑反应过程中体积变化，该条件下丁内酯的平衡产率约73%【答案】D【解析】【分析】γ−羟基丁酸生成γ−丁内酯的反应方程式为HOCH2CH2CH2COOH+H2O，由图像可知，300min时γ−丁内酯的浓度不再改变，反应达到平衡。【详解】A．γ−羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH)中碳原子有sp2、sp3杂化，A错误；B．化学反应速率为一段时间内的平均速率，故无法求算100min时的速率，B错误；C．γ−羟基丁酸生成γ−丁内酯的反应方程式为HOCH2CH2CH2COOH+H2O，则反应平衡常数表达式为：，C错误；D．不考虑反应过程中体积变化，该条件下γ−丁内酯的平衡产率，D正确；故答案选D。13.在体积为1L的恒容容器中，用和合成甲醇：。相同时间内不同的温度下，将和置于反应器中反应，测定的产率与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A.该反应的B.图中P点C.Q点，的体积分数[]与的体积分数[]存在关系：D.520K下，X点所对应甲醇的产率为50%，则平衡常数【答案】A【解析】【分析】已知随着温度的升高，反应速率加快，反应达到平衡时时间会缩短，故最高点左边，反应均未达到平衡，最高点右边曲线表示反应均处于平衡状态，即升高温度甲醇的产率降低，说明该反应为放热反应。【详解】A．由上述分析知，该反应为放热反应，即，故A错误；B．由分析可知，P点处未达到到平衡状态，此时正反应速率较大，即v(正)＞v(逆)，故B正确；C．设Q点时CO2的变化量为x，列三段式有，平衡时气体总物质的量为(4－2x)mol，相同条件下，物质的量与体积成正比，则，故C正确；D．X点为平衡状态，理论上可以得到1mol甲醇，甲醇产率为50%，实际得到0.5mol甲醇，列三段式有，容器体积为1L，故平衡常数K==，故D正确；故选A。14.与反应能高选择性地生成甲醇。下图表示分别与、反应体系的能量随反应进程的变化示意图(两者历程相似，图中以示例)，已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，下列说法正确的是A.与红外光谱、质谱图完全相同B.与反应的能量变化应为图中曲线dC.与反应，相同时间内，氘代甲醇的产量：D.若与反应，生成的氘代甲醇有2种【答案】D【解析】【分析】由图可知，步骤I涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成；直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，说明MO+中氧原子更容易和H而不是和D生成羟基；若MO+与CHD3反应，反应生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH。【详解】A．CD4相对分子量大于CH4，所以CH4中C—H键与CD4中C—D键在红外光谱和质谱图上表现出不同的特征，故A错误；B．由题给信息可知，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应时，反应速率会变慢，反应的活化能会变大，则反应的能量变化应为图中曲线c，故错误；C．由分析可知，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，说明MO+中氧原子更容易和H而不是和D生成羟基，所以MO+与CH2D2反应时，氘代甲醇CH2DOD的产量小于CHD2OH，故C错误；D．由题意可知，MO+与CHD3反应生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共有2种，故D正确；故选D。Ⅱ卷非选择题(共58分)15.菱锰矿主要成分为、、和少量，一种利用该矿石制取高纯二氧化锰的工艺流程如图所示：已知：常温下，的，；。回答下列问题：（1）“研磨”的目的是___________。（2）“氯化焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为___________。（3）分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为___________、氯化铵与锰矿粉的质量之比为___________、焙烧时间为___________。（4）“浸出”后的浸渣的主要成分有铁的氧化物、、___________(填化学式)。（5）若“沉锰"后所得滤液中、，此时溶液中___________(保留2位有效数字)。（6）检验“沉锰”后得到的沉淀洗涤干净的方法是___________。（7）氧化焙烧是在空气中进行，写出“氧化焙烧”反应的化学方程式：___________。（8）请从流程经济效益角度出发，提出一个充分利用气体A和气体B的方案：___________。【答案】（1）增大反应的接触面积，加快反应速率（2）MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2+2NH3+H2O（3）①.500℃②.1.10③.60min（4）SiO2（5）0.048（6）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有白色沉淀，说明沉淀洗涤干净（7）2MnCO3+O22MnO2+2CO2（8）将得到的氨气和二氧化碳用于制备沉锰所需的NH4HCO3【解析】【分析】菱镁矿研磨后加入氯化铵焙烧，发生反应MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2+2NH3+H2O，4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，加水“浸出”后的浸渣的主要成分有Fe2O3、CaMg(SiO3)2、SiO2，浸液中含有Mn2+，加入碳酸氢铵沉淀锰离子上得到碳酸锰，氧化焙烧后得到MnO2。【小问1详解】“研磨”的目的是增大反应的接触面积，加快反应速率；【小问2详解】“氯化焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2+2NH3+H2O；【小问3详解】由图1、图2、图3可知，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为500℃、氯化铵与锰矿粉的质量之比为1.10、焙烧时间为60min；【小问4详解】“浸出”后的浸渣的主要成分有铁的氧化物、CaMg(SiO3)2、SiO2；【小问5详解】当c(Mn2+)=10-5mol/L时，，由得，可求得；【小问6详解】“沉锰”后通过过滤、洗涤、干燥得到，检验沉淀已洗涤干净，主要是检验洗涤液中不含氯离子，其方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有白色沉淀，说明沉淀洗涤干净；【小问7详解】氧化焙烧是在空气中进行，写出“氧化焙烧”反应的化学方程式：2MnCO3+O22MnO2+2CO2；【小问8详解】气体A和气体B是指CO2和NH3，可用于制备沉锰所需的NH4HCO3。16.草酸是一种用途广泛的二元有机中强酸，某同学通过查阅资料设计了如图所示的装置(夹持仪器省略)制备一定量的草酸晶体()，回答下列问题：已知：①实验室中可以用浓硝酸在的催化作用下氧化气体制备草酸②（1）仪器C的名称是___________，装置A中发生的主要化学反应方程式：___________。（2）装置B的作用是___________，B中溶液可选择下列___________(填选项)替代。A．溶液B．溶液C．溶液D．30%NaOH溶液（3）装置C中发生的化学方程式为___________。（4）装置C中反应一般控制在50℃左右的原因可能是___________。（5）待反应结束后，从C中分离出草酸晶体的方法是：___________，过滤，洗涤，干燥。然后用0.1000mol/L的酸性溶液进行滴定以测定其纯度。三次平行滴定实验中消耗溶液的体积如下表所示，其中第一次实验滴定后的液面位置如图所示。滴定次数待测溶液体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液的体积/mL第一次20.000.20

第二次20.002.5623.40

第三次20.000.2220.32

则___________mL，待测溶液的草酸浓度为___________。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2（2）①.除去硫化氢和磷化氢②.B（3）C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O（4）浓硝酸受热易分解（5）①.蒸发浓缩、冷却结晶②.20.10③.0.2500【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中饱和食盐水和电石反应制备乙炔，硫化钙和磷化钙与水反应生成硫化氢和磷化氢，反应制得的乙炔气体中混有硫化氢和磷化氢杂质，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于除去硫化氢和磷化氢，装置C中乙炔与浓硝酸反应制备草酸，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氮，防止污染空气。【小问1详解】仪器C为三颈烧瓶；A中制备乙炔，发生的主要的化学反应方程式为：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2；【小问2详解】根据分析，装置B中盛有的硫酸铜溶液的作用为：除去硫化氢和磷化氢；乙炔能与硝酸银溶液、高锰酸钾溶液反应，不选；氢氧化钠溶液能吸收硫化氢，但不能对磷化氢吸收效果不好，故选CuCl2溶液，选B；【小问3详解】根据已知信息①，装置C中发生的化学方程式为：C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O；【小问4详解】装置C中反应一般控制在50℃左右的原因可能是：浓硝酸受热易分解；【小问5详解】待反应结束后，从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。由图可知，，三次消耗高锰酸钾溶液的体积分别为19.90mL、20.84mL、20.10mL，第二次体积误差大，应舍去，剩下两组取平均值为：20.00mL，草酸和高锰酸钾滴定时的关系式为：，故c(H2C2O4)=。17.可采用多种方法消除大气中氮氧化物方法1：法，主要反应为：（1）下列关于法主要反应的说法正确的是___________。A.由于反应的，，所以该反应的自发性与温度无关B.在恒容密闭容器中发生该反应，容器中气体密度不变说明反应达到平衡C.在绝热容器中发生该反应，容器中气体温度不变说明反应达到平衡D.在恒压密闭容器中发生该反应，通入惰性气体能缩短达到平衡的时间（2）其他条件相同，某2L密闭容器中分别投入、2molNO、，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图所示。①图中甲曲线上各点___________(“全部”、“部分”或“均未”)达到平衡状态。②工业上选择催化剂乙的原因是___________。③在催化剂甲作用下，高于210℃时，NO转化率降低的原因可能是___________。方法2：法，其主要反应原理为：（3）在3.00L密闭容器中，通入和，在一定温度下进行上述反应，反应时间(t)与容器内气体总压强(P)的数据见表：反应时间t/min0246810总压强P/100kPa4.805.445.765.926.006.00由表中数据，计算0-4min内：①___________。②该反应的分压平衡常数___________kPa。（4）在一恒容装置中，通入一定量和，测得在相同时间内和不同温度下，的转化率如图，则下列叙述正确的是___________(选填序号)。A.若温度维持在200℃更长时间，混合气体的颜色变淡，则的转化率将大于19%B.反应速率：b点的(逆)点的(逆)C.400℃前和500℃后，升高温度，的平衡转化率的变化趋势相反D.若在d点对应温度下，通入更多，当转化率达到85%时，反应所需时间不变【答案】（1）AC（2）①.均未②.乙催化剂在较低温度下就可以达到较好的催化效果③.在较高温度下，催化剂的催化活性降低，相同时间内反应的NO减少，转化率降低（3）①.0.32②.0.135（4）AC【解析】【小问1详解】A．该反应是气体体积增大的放热反应，，，当时，反应能自发进行，则该反应在任何温度下都能自发进行，自发性与温度无关，A正确；B．在恒容密闭容器中发生该反应，反应过程中气体总质量和总体积都是定值，混合气体的密度是定值，当容器中气体密度不变时，不能说明反应达到平衡，B错误；C．在绝热容器中发生该反应，该反应是放热反应，反应过程中温度上升，当容器中气体温度不变说明反应达到平衡，C正确；D．在恒压密闭容器中发生该反应，通入惰性气体，容器体积增大，参与反应的各气体浓度减小，反应速率减小，不能缩短达到平衡的时间，D错误；故选AC。【小问2详解】①催化剂不改变NO的平衡转换率，使用催化剂乙时NO的转化率高于使用催化剂甲，说明甲曲线上各点均未达到平衡；②从图中看出，乙催化剂在较低温度下就可以达到较好的催化效果，所以工业上会使用乙催化剂；③当温度高于210℃的时候，在催化剂甲的作用下，NO的转化率降低，其原因可能是：在较高温度下，催化剂的催化活性降低，相同时间内反应的NO减少，转化率降低。【小问3详解】①根据已知条件列出“三段式”恒温恒容下，容器的压强比等于气体的物质的量的比，所以起始有0.300mol气体，4min时有(0.300+x)mol气体，则，解得x=0.06，所以反应的NO2为0.120mol，；②根据已知条件列出“三段式”恒温恒容下，容器的压强比等于气体的物质的量的比，所以起始有0.300mol气体，4min时有(0.300+y)mol气体，则，解得y=0.075，该反应的分压平衡常数kPa。【小问4详解】实验的测定过程为：在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2，测在相同时间内和不同温度下，NO2的转化率α(NO2)。所以实验中测得的是不同温度下，反应相同时间后，NO2的转化率，不一定是平衡转化率。所以温度较低的时候，反应较慢，此时间没有达平衡，那么反应速率较快的，反应的NO2多，转化率就高，a、b、c未达到平衡状态，d、e达到平衡状态，且该反应为放热反应；A．由上，a点（200℃，转化率为19%）未达平衡，则如果反应时间再长一些，反应的NO2就会增加，转化率会高于19%，A正确；B．e点的温度高于b点所以速率应该高于b点，B错误。C．400℃前，未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，NO2转化率变大；500℃后，升高温度，平衡逆移，NO2转化率变小，C正确；D．增大甲烷的浓度一定加快速率，当NO2转化率达到85%时，所需反应时间变短，D错误；故选AC18.白藜芦醇(化合物I)具有抗肿瘤、抗氧化、消炎等功效。以下是某课题组合成化合物I的路线。回答下列问题：（1）下列说法不正确的是____