山西省孝义市第三中学校2024-2025学年高三上学期8月开学质量检测 化学试题（解析版）

2024~2025学年高三8月开学质量检测卷化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：高考范围。5.可能用到的相对原子质量：H1Be9B11C12N14O16S32Fe56Cu64一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.千年古城一徐州是汉文化的发源地。徐州博物馆中陈列的下列展品主要由金属材料制成的是A.西汉豹形铜镇 B.西汉S形龙形玉佩C.西汉陶抚琴乐佣 D.汉画像石—朱雀行龙【答案】A【解析】【详解】A．西汉豹形铜镇的主要成分为合金，由金属材料制成，故A项正确；B．西汉S形龙形玉佩，玉的主要化学成分有二氧化硅，属于无机非金属材料制品，故B项错误；C．西汉陶抚琴乐俑的材料主要是硅酸盐，属于无机非金属材料，故C项错误；D．汉画像石—朱雀行龙的主要材料为无机非金属材料，故D项错误；故本题选A。2.实验室安全管理是“双一流”大学建设的基本要求。下列说法正确的是A.发现氢气泄漏时，立刻打开通风橱通风B.离开实验室前实验服必须脱下并留在实验室内C.将易燃易爆物品随意放置在桌面上D.用大块的金属钠做实验，并俯身观察现象【答案】AB【解析】【详解】A．发现氢气泄漏时，应立即切断气源，进行通风，可打开通风橱通风，不得进行可能产生火花的一切操作，A正确；B．离开实验室前，实验服脱下并留在实验室内，目的：防止实验服携带的实验残留物对外部环境造成污染，B正确；C．将易燃易爆物品必须与火源、电源保持一定距离,不得随意堆放，C错误；D．金属钠做实验，应取取少量，否则会发生危险，不能俯身观察现象，应采取必要防护措施，D错误；故选AB。3.化学与生产、生活及传统文化息息相关。下列说法中错误的是A.飞机风挡的有机玻璃属于有机高分子材料B.烟花缤纷多彩是由于火药中各种金属元素有不同的焰色C.古代的狼毫“湖笔”从物质成分上看主要是蛋白质和糖类D.铁元素是人体中的常量元素，缺铁会导致贫血症【答案】C【解析】【详解】A．有机玻璃是塑料，属于有机高分子合成材料，故A项正确；B．烟花的颜色是由于不同金属灼烧，产生不同的焰色，故B项正确；C．动物毛发的主要成分为蛋白质，故狼毫的主要成分是蛋白质，故C项错误；D．铁是人体必需的微量元素之一，主要参与血红蛋白的合成，当身体缺铁时，血红蛋白的合成受阻，导致红细胞数量减少，从而引发贫血，故D项正确；故本题选C。4.酸性条件下和发生反应：，下列说法正确的是(设为阿伏加德罗常数的值)A.该反应每生成9.6gS转移电子的数目为B.1L1mol⋅L溶液中，的的数目为C.标准状况下，22.4L中含有的分子数为D.18g中含有σ键的数目为【答案】D【解析】【分析】该反应中中化合价由-2价升高到0价，由+4价降低到0价，则每生成3molS转移电子数为4mol。【详解】A．该反应每生成9.6gS，即生成0.3molS，转移电子数为0.4，故A错误；B．1L1mol⋅L溶液中，会水解，其数目小于，故B错误；C．标准状况下，不是气体，22.4L物质的量不是1mol，故C错误；D．1个水分子含有2个σ键，则18g物质量为1mol，含有σ键的数目为，故D正确；故选D。5.化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：下列说法正确的是A.化合物X存在顺反异构体B.化合物Z可以与溶液发生显色反应C.化合物X、Y、Z分子中均含有手性碳原子D.可以使用与NaOH溶液反应制取【答案】C【解析】【详解】A．由题干X的结构简式可知，X中不含碳碳双键，不存在顺反异构体，故A项错误；B．化合物Z中不含有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B项错误；C．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合X、Y、Z的结构简式可知，X、Y、Z分子中均含有1个手性碳原子，分别如图*所示：，故C项正确；D．C2H5OH与NaOH不反应，故D项错误；故本题选C。6.下列实验装置不能达到相应目的的是A.用图甲装置制备 B.用图乙配制一定浓度的硫酸溶液C.用图丙装置制备 D.用图丁蒸发结晶制取NaCl【答案】B【解析】【详解】A．用图甲装置制备，反应方程式为：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，A正确；B．配制一定浓度的硫酸溶液，要在烧杯中稀释后到倒入容量瓶，B错误；C．用图丙装置制备，反应方程式为：，C正确；D．用图丁蒸发结晶制取NaCl，D正确；故选B。7.据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法不正确的是A.图中表示CH4，其空间构型是正四面体形B.步骤ⅲ、ⅳ的总反应方程式是CH3OH＋H2O2HCHO＋2H2OC.步骤ⅰ到ⅳ中消耗的CH4与H2O2的物质的量之比为1:1D.根据以上原理，步骤ⅵ生成HCOOH和H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A．结构中含1个碳原子4个氢原子，代表CH4，其空间构型是正四面体形，故A正确；

B．步骤ⅲ、ⅳ是甲醇和过氧化氢反应得到甲醛和水，总反应方程式是CH3OH＋H2O2HCHO＋2H2O，故B正确；

C．步骤ⅰ到ⅳ总反应为CH4和H2O2反应生成HCHO和H2O总反应方程式是CH4＋2H2O2HCHO＋3H2O，消耗的CH4与H2O2的物质的量之比为1:2，故C错误；

D．图示i、ii在催化剂作用下，CH4被H2O2氧化生成了CH3OH，图示ivCH3OH被H2O2氧化生成了HCHO，故图示viHCHO被H2O2氧化生成HCOOH，故D正确；

故选：C。8.装置甲是某可充电电池的示意图，该电池放电时的总反应为。图中的离子交换膜只允许通过，C、D、F均为石墨电极，E为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时E电极质量减少1.28g。下列说法正确的是A.电池工作过程中通过离子交换膜向左侧移动B.装置乙中C电极产生的气体是，体积为112mL(标准状况下)C.装置乙工作过程中溶液pH先减小后不变D.装置丙中F电极的电极反应式为【答案】D【解析】【分析】断开K，C、D两电极产生的气体体积相同，E电极质量减少1.28g，则E电极是阳极，F电极是阴极，装置乙溶液中铜离子全部析出、氢离子得到电子生成氢气，C电极是阳极，D电极是阴极，因此装置甲中A电极为电池的负极，B电极是正极。【详解】A．原电池中阳离子从负极移向正极，即K+由左侧透过离子交换膜移向右侧，故A项错误；B．C电极是阳极，溶液中水电离出的氢氧根离子放电，则C电极的电极反应式为OH－－4e－＝O2↑+2H2O，导线中转移电子的物质的量是：，则C电极生成氧气的物质的量是0.04mol÷4＝0.01mol，标况下氧气的体积是224mL，故B项错误；C．C电极的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑+2H2O，D电极反应式为：2H++2e－=H2↑，则装置乙工作过程中溶液pH不变，故C项错误；D．由分析可知，E电极是阳极，F电极是阴极，发生还原反应，生成氢气，电极反应式为：，故D项正确；故本题选D9.某化合物是一种常见肥料，结构如下图。其中X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法正确的是A.分子的极性：YW>ZW B.第一电离能：Y<Z<WC.原子半径：Z>Y>X D.键能：【答案】A【解析】【分析】根据该物质中各元素的成键特点及所带电荷数可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素。【详解】A．YW为CO，ZW为NO，周期表中同周期从左到右电负性依次增大，，同主族从上到下，电负性依次减小，C、N、O属同一周期，电负性：O＞N＞C，电负性差值越大，极性越强，则极性：CO＞NO，故A项正确；B．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，则第一电离能为：N＞O＞C，故B项错误；C．同周期从左到右半径依次减小，从上到下半径依次增大，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，则原子半径：C>N>H，故C项错误；D．双原子分子键能大小与其分子结构中键的类型和数量有关，三键、双键、单键键能依次减弱，氮分子中含有N≡N键，氧分子中含有O=O键，氢分子中含有H-H键，则键能：，故D项错误；故本题选A。10.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向10mL1mol·L溶液中滴加几滴等浓度的淀粉-KI溶液，溶液变蓝色，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液中出现红色与的反应存在一定限度B向淀粉溶液中加入稀硫酸水浴加热后，再加入银氨溶液水浴加热，未出现银镜淀粉未发生水解C向铁丝在氧气中燃烧后生成的黑色固体中加入足量盐酸，黑色固体逐渐溶解，且没有气泡生成黑色固体中不含金属铁D向新制饱和氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色氯水具有酸性和漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向10mL1mol·L溶液中滴加几滴等浓度的淀粉-KI溶液，充分反应后，溶液过量，再滴入几滴KSCN溶液，溶液一定变红，不能说明与的反应存在一定限度，故A错误；B．淀粉在硫酸催化条件下水解后溶液呈酸性，需用碱中和硫酸后，再用银氨溶液检验有机物中的醛基，故B错误；C．向铁丝在氧气中燃烧后生成的黑色固体中加入足量盐酸，黑色固体逐渐溶解，且没有气泡生成，Fe3+氧化性大于H+，可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到气泡，不能证明黑色固体中不含金属铁，故C错误；D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液显酸性，次氯酸具有漂白性，所以滴加紫色石蕊试液时，溶液先变红后褪色，故D正确；故选D。11.一种利用废铜渣(主要成分CuO，含少量，等杂质)制备超细铜粉的流程如下：下列说法错误的是A.“酸浸”时延长反应时间目的是提高铜元素的浸取率B.若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为C.“沉铜”时发生的反应为氧化还原反应D.“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：，，【答案】B【解析】【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质)“酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水，沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子和Cu。【详解】A．“酸浸”时，延长反应时间可以使反应更充分，进而提高铜元素的浸取率，故A项正确；B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，故B项错误；C．“沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，故C项正确；D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子和Cu，结合元素守恒可知，“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、H+、Cu2+，故D项正确；故答案选B。12.“类比”是研究物质的重要思想。下列有关“类比”对物质结构或性质的推测正确的是A.水溶液呈碱性，则水溶液也呈碱性[常温下，]B.通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中也无沉淀生成C.常温下，Fe插入浓硝酸中不会被溶解，则Fe插入浓盐酸中也不会被溶解D.乙烯能使酸性溶液褪色，则丙烯也能使酸性溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．常温下，，，NaHC2O4水溶液中，的电离程度大于其水解程度，则溶液显酸性，故A项错误；B．二氧化硫具有还原性，通入硝酸钡溶液中形成稀硝酸具有强氧化性，能氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子形成BaSO4沉淀，故B项错误；C．浓硝酸与铁会发生钝化，但铁与浓盐酸不发生钝化，会被溶解，故C项错误；D．丙烯中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D项正确；故本题选D。13.室温下，将溶液与过量固体混合，溶液pH随时间变化如图所示。已知：、。下列说法错误的是A.1mol⋅L-1的溶液中：B.随着反应进行，上层清液中水的电离程度不断增大C.600s时的溶液中：D.反应【答案】B【解析】【详解】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中存在，，因水解显碱性，且第一步水解大于第一步电离，则离子浓度大小为：，故A项正确；B．随着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平衡左移，水的电离程度减小，故B项错误；C．根据物料守恒：，但由于在反应过程中，浓度会逐渐减小，则，存在：，故C项正确；D．反应的，故D项正确；故本题选B。14.BeO晶体是一种新型陶瓷，熔点高达2570℃，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A.铍原子的配位数是4B.若原子a、c的坐标分别为、，则原子b的坐标为C.BeO属于离子晶体，熔点较高D.设O原子之间的最近距离为npm，BeO晶体密度为g⋅cm-3(表示阿伏加德罗常数的值)【答案】C【解析】【详解】A．由晶胞结构可知Be位于O原子构成的四面体的体心，所以Be原子配位数为4，A正确；B．由BeO的晶胞结构可知，每个Be位于晶胞体对角线处，结合a、c的坐标可知b的坐标为，B正确；C．BeO熔点2570℃，熔点非常高，推断BeO为共价晶体，C错误；D．若O原子之间的最近距离为npm，最近的距离为面对角线的一半，则晶胞的边长为pm，晶胞内Be的个数为4，O的个数为，则晶胞的密度为，D正确；故选C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)为原料得到绿矾()，然后制取铁黄(FeOOH)并测定其纯度。回答下列问题：I．制取铁黄流程如下：已知：“还原”时，将中的硫元素氧化为+6价。（1）“焙烧”前将硫铁矿粉碎的目的是_______，“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。（2）“还原”时滤渣的主要成分为_______，所得溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）、的溶解度曲线如图所示，“结晶”步骤的具体操作为_______、过滤、洗涤、干燥；“酸溶”时加入过量稀硫酸对“结晶”步骤的好处是_______。Ⅱ．铁黄纯度的确定，测定纯度流程如下：已知：(配合离子)，不与稀碱液反应。（4）若实验时加入了xmol的，消耗ymolNaOH，设铁黄的摩尔质量为Mg⋅mol，则铁黄样品纯度为_______(用含ω、x、y、M的代数式表示)。（5）测定时，若滴入溶液量不足，则实验结果_____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）①.增大接触面积，加快反应速率②.（2）①和②.减小（3）①.蒸发浓缩、降温结晶②.防止结晶过程中Fe2+水解（4）（5）偏小【解析】【分析】以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)，经过焙烧，发生反应，加入稀硫酸酸浸，生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，加入过量将Fe3+还原为Fe2+，则滤渣为和过量的，滤液为、和稀硫酸，通过结晶得到晶体，通入一定量氨气和空气得到铁黄。【小问1详解】“焙烧”前将硫铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；焙烧时，与氧气反应生成二氧化硫和三氧化二铁，化学方程式为；【小问2详解】由分析可知，“还原”时滤渣的主要成分为和；“还原”时将Fe3+还原为Fe2+，离子反应为，则溶液酸性增强，pH减小；【小问3详解】的溶解度受温度影响较大，可通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；“酸溶”时加入过量稀硫酸可防止结晶过程中Fe2+水解；【小问4详解】氧化铁黄与硫酸反应的转化关系：2FeOOH~3H2SO4，剩余硫酸与NaOH反应的转化关系：H2SO4~2NaOH，若实验时加入了xmol的，消耗ymolNaOH，剩余的n(H2SO4)=(x－0.5y)mol，设铁黄的摩尔质量为Mg⋅mol，则铁黄样品纯度为=。【小问5详解】测定时，若滴入不足量，会导致溶液中还有Fe3+，使消耗的NaOH偏多，使结果偏小。16.和可以作为锂离子电池的正极材料。回答下列问题：（1）的制备：将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，实验装置如图所示(夹持仪器已省略)，在氮气的氛围中，将一定量的溶液与、LiOH溶液混合，酸性环境下充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。①投料方法：先将溶液与_______溶液混合，再用滴液漏斗滴加_______溶液；通入的目的是_______。②混合时，与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式为_______。（2）的制备：取铁粉和一定量比例的浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到，高温煅烧，即可得到。①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如图所示。当在时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率迅速加快的原因是_______。②上述制备过程中，温度不宜过高的主要原因是_______。③工业上也可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)制备磷酸铁()。其他条件一定，制备时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。请补充完整制取FePO₄晶体的实验方案：边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入_______至完全溶解，向溶液中加入足量的_______，充分反应，边搅拌边滴加_______至溶液pH约为_______，充分反应至不再有沉淀产生，过滤、洗涤、干燥，得晶体。(实验中须使用的试剂有：1mol⋅L-1的溶液，30%溶液，1mol⋅L-1的溶液)。【答案】（1）①.H3PO4②.LiOH③.排除装置中的氧气，防止Fe2+被氧化④.（2）①.H3PO4是三元中强酸，在溶液中分步电离出氢离子，向H3PO4中加水时，H3PO4在溶液中电离出氢离子，溶液中氢离子浓度增大，氢离子与铁生成亚铁离子的速率增大，且反应放出的热量，使反应温度增大，导致反应速率加快②.温度过高H2O2易分解③.1mol∙L-1H2SO4④.30%H2O2溶液⑤.1mol∙L-1Na2HPO4溶液⑥.1.5【解析】【分析】将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，首先H3PO4溶液与(NH4)2Fe(SO4)2溶液混合，加到三颈烧瓶中，连接好装置，通入氮气排尽装置内的空气，然后通过滴液漏斗加入LiOH溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。【小问1详解】①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂；通入N2的目的是：排除装置中的氧气，防止Fe2+被氧化；②与、LiOH反应得到、硫酸氢铵和水，该反应的离子方程式为；【小问2详解】①当在时，H3PO4是三元中强酸，在溶液中分步电离出氢离子，向H3PO4中加水时，H3PO4在溶液中电离出氢离子，溶液中氢离子浓度增大，氢离子与铁生成亚铁离子的速率增大，且反应放出的热量，使反应温度增大，导致反应速率加快；在时，随着水的比例增加，H3PO4的浓度变稀，c(H+)减小，使反应速率减慢，则铁粉溶解速率增大幅度不大；②温度不宜过高的主要原因是：温度过高H2O2易分解；③从图中可以看出，pH约为1.5时，Fe的有效转化率最高。设计制备磷酸铁的方案时，需考虑：加入硫酸保证磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)完全溶解，加入过氧化氢保证Fe2+完全氧化，控制溶液的pH在1.5左右，则实验方案：边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入1mol∙L-1H2SO4至完全溶解，向溶液中加入足量的30%H2O2溶液充分反应，边搅拌边逐滴加入1mol∙L-1Na2HPO4溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至沉淀不再产生，过滤、洗涤、干燥。17.氢能是能源体系的组成部分，强化制氢、储氢等各环节的技术研发具有积极的现实意义。回答下列问题：I．甲醇重整制氢。（1）已知：kJ⋅mol-1kJ⋅mol-1①_______kJ⋅mol-1。②已知：kJ⋅mol-1；向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是_______。（2）在Cu-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图1所示(“★”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程中的中间产物)。①已知步骤II中碳氧双键与发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式：_______。②催化剂长时间使用将失去活性，将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。催化剂失活的可能原因是_______。II．光解水制氢。（3）我国科学家以富勒烯和碳氮材料为催化剂，构建了具有“三明治”结构的光解水制氢的方法，如图2所示。其制氢主要步骤有三步(I、II、III)；步骤I为光照时富勒烯层失去电子进入碳氮材料层并产生空穴(具有强氧化性)。①写出步骤II空穴参与反应的反应式：_______。②列举一条我国科学家光解水制氢方法的优点：_______。III．二甲醚重整制氢。（4）温度为T℃时，向恒压为p的体系中充入物质的量之比为1∶3的、发生反应：主反应：副反应：达到平衡时，二甲醚转化率为25%，且产物中。①能判断该反应达到平衡状态的标志为_______(填字母)。A．混合气体中各物质分压保持不变B．混合气体的密度保持不变C．混合气体平均摩尔质量保持不变D．消耗1mol时，有2mol生成②该温度下达到平衡时，的转化率为_______；体系内二甲醚水蒸气重整制氢主反应的_______(列出含p的计算式即可)。【答案】（1）①.+49.4②.已知与反应生成，多孔与接触面积大，吸收速率快，使得反应Ⅱ和Ⅲ正向进行，提高氢气的产率同时为反应提供热能。（2）①.②.催化剂表面有积炭沉积（3）①.②.节约能源（4）①.ABC②.20%③.【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律，。②CaO与CO2反应生成CaCO3，多孔CaO与CO2接触面积大，吸收CO2速率快，使得反应和正向进行，提高氢气的产率同时为反应提供热能；【小问2详解】①由图可知，M的结构简式为，步骤2的反应机理为吸附在催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中的氧原子结合，OH上的O与碳原子结合生成，生成的(通过氧原子)吸附在催化剂表面，故答案为：M的结构简式为。②第二份失活的催化剂先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是催化剂表面有积炭沉积，而在空气中煅烧可以将积炭除去使得催化剂活性恢复，故答案为：催化剂表面有积炭沉积；【小问3详解】①根据题目：具有强氧化性以及图2中的步骤Ⅱ可得：。②条件是光照，节约能源；【小问4详解】①A．混合气体中各物质分压保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下反应时，混合气体的密度减小，则混合气体的密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，反应中混合气体平均摩尔质量减小，则混合气体平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．消耗1mol二甲醚时，有2mol二氧化碳生成均代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选ABC；②设起始二甲醚和水蒸气的物质的量分别为1mol和3mol，平衡时反应生成二氧化碳和甲烷的物质的量分别为8amol和amol，由题意可建立如下三段式：，，由二甲醚的转化率可得：5a=1mol×25%，解得a=0.05mol，则平衡时二甲醚、水蒸气、二氧化碳、氢气、混合气体总物质的量分别为0.75mol、2.4mol、0.4mol、1.25mol、4.8mol，水蒸气的转化率为×100%=20%，③主反应的平衡常数Kp=，故答案为：20%；；18.化合物H是一种合成药，其合成路线如下：已知：Et-表示。回答下列问题：（1）A中含有的含氧官能团名称为_______，A→B的反应类型为_______。（2）B→C的化学反应方程式为_______。（3）