2022年高考押题预测卷02（浙江选考）-化学（考试版）

………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○…学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________第=页）2022年高考原创押题预测卷02【浙江选考】化学·全解全析题号123456789101112答案ADBAABCABBAD13141516171819202122232425CCCDDBBACDACD1．A【解析】A项，AgNO3是强酸弱碱盐，溶液因水解显酸性，A正确；B项，NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中电离产生Na+、H+、SO42-，电离产生H+使溶液显酸性，B错误；C项，HCOONa是强碱弱酸盐，溶液因水解显碱性，C错误；D项，CH3CH2OH是非电解质，溶液不发生水解，D错误；故选A。2．D【解析】A项，苯酚为化合物，水溶液中电离出氢离子和苯氧根离子，属于电解质，A错误；B项，单晶硅为单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C项，水玻璃一般指硅酸钠，水溶液中电离为钠离子和硅酸根离子，为电解质，C错误；D项，一氧化氮为非电解质，D正确；故选D。3．B【解析】A项，是蒸馏烧瓶，用于蒸馏操作，故不选A；B项，是分液漏斗，用于分液操作，分离两种互不相溶的液体，故选B；C项，是蒸发皿，用于蒸发操作，故不选C；D项，是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，故不选D；故选B。4．A【解析】A项，醋酸酐的结构简式为(CH3CO)2O，故A正确；B项，消石灰的化学式为Ca(OH)2，故B错误；C项，刚玉的主要成分为氧化铝，化学式为Al2O3，故C错误；D项，联苯的结构简式为，故D错误；故选A。5．A【解析】A项，35Cl和37Cl的电子数相等，所以35Cl和37Cl的结构示意图均可表示为，故A正确；B项，溴苯是苯中的氢原子被溴原子取代，所以分子式：C6H5Br，故B错误；C项，氯原子半径比氧原子大，所以Cl2O的球棍模型：，故C错误；D项，SiF4属于共价化合物，的电子式：，故D错误；故选A。6．B【解析】A项，金属钠在反应中化合价只能升高，钠融法可定性确定有机物中是否存在氯、溴、硫、氮等元素，故A正确；B项，有些芳香烃不具有芳香气味，故B错误；C项，煤干馏可得到焦炭、煤焦油和焦炉气等，故C正确；D项，粘胶纤维是人造纤维，人造纤维是使用天然纤维制造的化学纤维，粘胶纤维的主要成分是纤维素，故D正确；故选B。7．C【解析】A项，H-OH为无机物，H-O-CH3为甲醇，二者结构不相似，不属于同系物，A错误；B项，氕、氘、氚是氢元素的不同原子，互为同位素，B错误；C项，C2H6O可能为二甲醚或乙醇，存在同分异构体，C2H4O可能为环氧烷乙或乙醛，存在同分异构体，C正确；D项，为5，6-二甲基-1，3-环己二烯，为2，3-二甲基-1，3-环己二烯，为两种不同的物质，D错误；故选C。8．A【解析】A项，纯碱碱性较强，可能造成食道损伤，不能治疗胃酸过多，A错误；B项，硝酸可制造硝态氮肥，可生产亚硝酸盐，亚硝酸盐做还原剂与着色染料反应对布料染色，可制TNT等炸药，B正确；C项，NaClO溶液消毒原因是ClO-水解产生的HClO具有强氧化性，加适量醋酸可增大HClO浓度，从而增强消毒性，C正确；D项，氢气是气体，不便于储存、运输，贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，D正确。故选A。9．B【解析】A项，高炉炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土，制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱，所以高炉炼铁、生产普通硅酸盐水泥和普通玻璃都要用到的原料是石灰石，故A正确；B项，牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法都可以用来保护金属，故B错误；C项，CH3CH=CH2+Cl2→CH2ClCH=CH2+HCl，2号碳上的氢被氯原子取代，同时生成氯化氢，该反应为取代反应，故C正确；D项，催化剂能降低反应所需活化能，提高活化分子百分数，从非手性的原料合成手性化合物单一对映体时，以有机小分子为催化剂可降低反应活化能，故D正确；故选B。10．B【解析】在反应2KCuO2+8HCl(浓)=2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O中，Cu的化合价从+3价降低到+2价，Cl的化合价从-1价升高到0价。A项，在反应2KCuO2+8HCl(浓)=2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O中，Cu的化合价降低，KCuO2做氧化剂，Cl的化合价升高，Cl2是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，KCuO2的氧化性强于Cl2。实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中，氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2，MnO2的氧化性强于Cl2。该反应需要加热，而KCuO2和浓盐酸的反应不需要加热，所以KCuO2的氧化性强于MnO2，故A正确；B项，在反应2KCuO2+8HCl(浓)=2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O中，Cu的化合价降低，生成的CuCl2是还原产物，故B错误；C项，在反应中，Cl的化合价从HCl中的-1价升高到Cl2中的0价，生成1molCl2，转移2mol电子，所以生成14.2g(0.2mol)Cl2，转移0.4mol电子，故C正确；D项，KCuO2是氧化剂，HCl是还原剂，2molKCuO2参加反应，消耗8molHCl，8molHCl中只有2mol生成了Cl2，做还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故D正确；故选B。11．A【解析】A项，火柴头中含有KClO3，电离产生K+、ClO3-，加入AgNO3溶液，不能发生反应，无明显现象，因此不能检验物质中是否含氯元素，A错误；B项，测定镀锌铁皮锌镀层厚度时，若未及时将铁片从稀硫酸中取出，铁也会与硫酸发生反应产生氢气，因此而导致测得的锌镀层厚度偏高，B正确；C项，纸层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，在纸层析法分离Fe3+和Cu2+的实验中，常用滤纸作载体，滤纸上所吸收的水分作固定相，有机溶剂作流动相，当流动相流过固定相时，各组分以不同的速度移动，从而使混合物分离，C正确；D项，往CoCl2·6H2O晶体加入95%的乙醇溶液至完全溶解，溶液中存在[CoCl4]2-+6H2O[Co(H2O)6]2++4Cl-，[CoCl4]2-呈蓝色，[Co(H2O)6]2+呈粉红色，加水平衡向正方向移动，溶液可变为紫色溶液，D正确；故选A。12．D【解析】A项，与的摩尔质量均为30g/mol，1个中含有中子数为14-6+16-8=16，1个中含有的中子数为14-7+16-8=15，故3g与的混合气体的物质的量为：=0.1mol，含有的中子数介于1.5NA与1.6NA之间，A正确；B项，氨气分解生成2.24L即=0.1molNA(折算成标准状况)，根据反应方程式：2NH3N2+3H2可知，则断裂的共价键数目为0.6NA，B正确；C项，12g质量分数为25%的甲醛水溶液，含O原子数目为：=0.6NA，C正确；D项，将4.6gNO2(含N2O4)溶于水，反应方程式为：N2O42NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故完全反应后电子转移的数目为=0.067NA，D错误；故选D。13．C【解析】A项，HI是强酸，在碘水中通入足量的SO2：I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+，A错误；B项，用石墨电极电解CuCl2溶液得到铜和氯气：Cu2++2Cl-2Cu+Cl2↑，B错误；C项，丙烯醛(CH2=CHCHO)所含碳碳双键与溴水发生加成反应、醛基被溴水氧化，则与足量溴水反应的化学方程式为：CH2=CHCHO+2Br2+H2O→CH2BrCHBrCOOH+2H++2Br-，C正确；D项，在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3发生氧化还原反应，生成Na2FeO4和氯化钠：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，D错误；故选C。14．C【解析】A项，蛋白质变性是蛋白质失去生理活性，蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸，也可以说，变性不涉及共价键的断了，水解则共价键即肽键断裂，A错误；B项，苯酚和溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯中，引入新杂质，不能得到纯净的苯，应用氢氧化钠溶液除杂，B错误；C项，葡萄糖与新制Cu(OH)2一定条件下可以变成绛蓝色或红色沉淀，甲酸乙酯会分层，加热有红色沉淀生成，甲酸能溶解新制氢氧化铜，控制量加热会有红色沉淀，甘油有绛蓝色现象，乙醇不分层，无明显现象，甲苯会分层，C正确；D项，高聚物PET聚酯树脂是缩聚反应制的，高聚物PLA聚乳酸通过缩聚反应制的，D错误；故选C。15．C【解析】A项，羟基的两个原子共直线，苯环上至多4个原子共直线，因此该分子中至多5个原子共直线，至少4个原子共直线，A错误；B项，1个该分子含有2个酚羟基，因此1mol该物质最多消耗2molNaOH，B错误；C项，亚氨基与酸可能成盐或碱与酚羟基可以生成盐，C正确；D项，该分子含有酚羟基，可与氯化铁溶液发生显色反应，因此可以用于鉴别氯化铁溶液和氯化亚铁溶液，D错误；故选C。16．D【解析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，化合物YX4的电子总数为10个，则YX4为CH4，Y为C元素，X为H元素；M元素的最高正价为+6价，则M为S元素；M元素与Z、Q元素相邻，且与Z元素同主族，则Z为O元素，Q为Cl元素。A项，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：S＞Cl＞O＞H，即M＞Q＞Z＞X，A项正确；B项，C2H2、COS均为共价化合物，且空间构型均为直线型，B项正确；C项，元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性，非金属性：Cl＞S，则最高价氧化物的水化物的酸性：Q＞M，C项正确；D项，非金属性越弱，简单阴离子的还原性越强，越易失去电子，非金属性：H＜Cl，则简单阴离子的失电子能力：H＞Cl，即Z＜X，D项错误；故选D。17．D【解析】A项，常温下，水电离出的c(H＋)mol·L-1，溶液既可能是酸性，也可能是碱性，故A错误；B项，选项中没有说明两溶液是等体积混合，故无法判断MOH是强碱还是弱碱，故B错误；C项，若HR是强酸，则NaR溶液显中性，取HR溶液10.0mL，滴入10.0mLNaR浓溶液，则氢离子浓度减半，pH增大，b＞a，因此无法判断HR是弱酸，故C错误；D项，在NaY溶液中，根据物料守恒有：c(Na+)=c(Y－)+c(HY)，两溶液中c(Na+)相等，说明在NaX溶液中，c(Na+)=c(X-)，说明X-不水解，则HX为强酸，故D正确。18．B【解析】A项，由题中能量变化示意图可知，CH4与Cl2的取代反应不管生成CH3Cl、CH2Cl2还是CHCl3或者CCl4均为△H＜0，则CH4与Cl2的取代反应是放热反应，A正确；B项，由图可知，1molCH4和1molCl2的能量之和比1molCH3Cl和1molHCl的能量之和多99kJ，B错误；C项，由图中信息可知，即△H4≈△H3≈△H2≈△H1，说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度相当，C正确；D项，已知CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)过程中断裂了1molC-H键，形成了1mol的H-Cl键，己知Cl—Cl的键能为243kJ·mol-1，C—Cl的键能为327kJ·mol-1，且有：CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)△H=-99kJ/mol，即4E(C-H)+E(Cl-Cl)-3E(C-H)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，即E(C-H)+E(Cl-Cl)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)+243kJ/mol-327kJ/mol-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)-E(H-Cl)=-15kJ/mol，即CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)的△H=-15kJ/mol<0，D正确；故选B。19．B【解析】A项，根据题中示意图可知，N点之前随温度升高，Z的含量增加，说明反应正向进行，N点之后随温度升高，Z的含量减小，说明平衡逆向进行，则M点没有得到平衡状态，N点达到平衡状态，N点之后温度升高平衡逆向移动，A错误；B项，由于温度会影响催化剂的活性，M点温度虽然低于N点，但考虑催化的活性，所以M点的逆反应速率可能大于N点的逆反应速率，B正确；C项，由于X和Y不是按照化学计量数之比通入的，所以反应过程中X、Y的体积分数不一定均先减小后增大，C错误；D项，催化剂不会影响平衡状态，P点Z的体积分数小于N点，原因是温度升高平衡逆向进行导致的，D错误；故选B。20．A【解析】A项，在隔绝空气条件下,白磷加热到260℃时会转化为红磷；红磷加热到416℃时就升华,其蒸气冷却后变成白磷，说明红磷能自发的转化成白磷，所以白磷的熵要大于红磷，故A错误；B项，气态分子数越多，熵值越大，故B正确；C项，一般情况下，相同的物质的量的固体状态的熵值最小，液体其次，气体的熵值最大，故C正确；D项，硫化氢和水蒸气的物质的量相同，而且都是气态，原子数相同，但硫化氢的摩尔质量大，所以硫化氢的熵值要大于水蒸气的，故D正确；故选A。21．C【解析】A项，该装置可测出电动势，则该电池为原电池，CO2气敏电极工作时将化学能转化为电能，A项正确；B项，CO2气敏电极工作时，CO2由气体渗透膜进入时，H+指示电极响应，H+浓度变化而发生氧化反应，此时H+指示电极为负极，参比电极为正极，H+向参比电极移动，B项正确；C项，指示电极反应式为：Ag+Cl--e-=AgCl，参比电极反应式为：AgCl+e-=Ag+Cl-，总反应为Ag(负极)+AgCl(正极)=Ag(正极)+AgCl(负极)，C项错误；D项，NH4Cl溶液可电离产生NH4+，氨气溶于水产生氨水，OH-在指示电极相应从而可以发生氧化反应，构成原电池，更换气体渗透膜，可改造成NH3气敏电极，D项正确；故选C。22．D【解析】A项，常温下，Al在浓硫酸中钝化，故A错误；B项，CH4分子间不能形成氢键，CH4的相对分子质量小于SiH4，所以CH4的沸点比SiH4的沸点低，故B错误；C项，乙烯使酸性高锰酸钾褪色发生氧化反应，故C错误；D项，S的氧化性弱，加热条件下，Fe和S能直接化合生成FeS，Cu和S能直接化合生成Cu2S，故D正确；故选D。23．A【解析】随pH增大，H3R2+H2R+HRR-平衡正向移动，M点表示H3R2+和H2R+浓度相等，则K1=10-2；N点表示HR和H2R+浓度相等，则K2=10-9；P点表示HR和R-浓度相等，则K3=10-11。A项，、，,O点溶液中R-和H2R+相等，所以c(H+)=，故A正确；B项，M点，根据电荷守，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，M点H3R2+和H2R+浓度相等，则c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，故B错误；C项，、、，所以K22<K1K3，故C错误；D项，Q点，HR浓度达到最大值，溶质为Na2HRCl2，溶液呈碱性，所以c(Na+)＞c(HR)＞c(R-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；故选A。24．C【解析】A项，根据结构简式H2NCH2CH2NHCH2CH2Cl，在一定条件下可缩聚反应，脱去小分子HCl形成聚合物X，A正确；B项，根据循环流程图可知，二氧化碳和氢气在cat催化下，最终生成甲醇和水，其方程式为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，B正确；C项，化合物呈电中性，即总电荷为0，但是带正电和负电的原子不同的两性离子称为内盐，根据上述分子的键线式结构可知，Y为内盐，但Z不是内盐，C错误；D项，该过程中，步骤①为加成过程，步骤④为加氢还原过程，步骤③为脱水过程，涉及还原反应、脱水反应、加成反应，D正确；故选C。25．D【解析】A项，取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、沸石，迅速升温至170℃，乙醇易挥发，也能使高锰酸钾溶液褪色，不一定产生了乙烯，故A错误；B项，先加足量硫酸铜溶液，过滤，再向过滤后固体中加足量的稀硫酸溶解，若有铁剩余，能将铜置换出来，铜能与三价铁离子反应，生成二价铁离子，故不能判断固体产物中铁元素有+2、+3两种化合价，故B错误；C项，甘油能与新制氢氧化铜反应，生成绛蓝色溶液，所以可以用新制氢氧化铁检验甘油，故C错误；D项，探究Na2SO3固体样品是否变质，要先加入盐酸排除银离子，碳酸根的干扰，在加入氯化钡，若有白色沉淀产生，则样品已经变质，故D正确；故选D。26．(1)虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低(2分)(2)四种物质组成相似，GaF3为离子晶体，熔点最高，其他三种均为分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，熔点逐渐升高(2分)【解析】(1)虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能，三者分别为18.8×2=37.6kJ·mol-1、28.1×1=28.1kJ·mol-1、5.4×3=16.2kJ·mol-1，故大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低；(2)各物质的熔点从GaCl3、GaBr3、GaI3到GaF3依次升高，原因是四种物质组成相似，GaF3为离子晶体，熔点最高，其他三种均为分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，熔点逐渐升高。27．(1)5.3mol/L(2分)(2)7.15(2分)【解析】(1)由c=可知，质量分数为26.5%饱和食盐水的物质的量浓度为mol/L=5.3mol/L；(2)电解饱和食盐水的方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，由方程式可知，溶液减少的质量为氢气和氯气的质量之和，则氯气的物质的量为=0.1mol，氯气与氢氧化钙反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，由方程式可知，电解生成氯气制得漂白粉有效成份的质量为0.1mol××143g/mol=7.15g。28．(1)H、N、O、S(1分)(2)NH4HSO4或H2SO4、(NH4)2SO4(1分)(3)H2O、SO3、SO2、H2、N2(2分)(4)X分子中的氨基和磺酸基反应生成+H3NSO3-，类似氨基酸形成内盐，和铵根离子结构类似，故与N原子结合的H原子化学环境相同(2分)(5)

2H2NSO3H+KClO3=2H2SO4+KCl+N2↑+H2O

(2分)

取少量无色溶液F于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有SO42-；另取少量溶液F于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有Cl-(2分)【解析】实验Ⅱ，X形成水溶液D，与氯化钡反应生产白色沉淀，结合实验Ⅰ分解后生成粘稠油状液体，反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫，E溶液加入NaOH溶液产生使蓝色石蕊试纸变蓝的气体，说明X的水溶液中含有铵根离子，白色沉淀为11.65g则为=0.05mol硫酸钡，说明D含有0.05mol的硫酸根，实验Ⅰ中，粘稠油状液体为=0.025mol，A冷却后B为SO2、H2、N2，B通过碱石灰增重1.6g为二氧化硫，=0.025mol，由固体氧化铜减重0.8g，得氢气的物质的量为，=0.05mol，无色气体C为氮气，实验Ⅰ发生:X水溶液D可以看成是0.025mol硫酸和0.025mol硫酸铵的混合物，X水溶液D也可以看成是0.05molNH4HSO4，由此可知X中应含有H、N、O、S，X为NH2SO3H，无色气体A中的气体分子有H2O、SO3、SO2、H2、N2。(1)组成X的4种元素是H、N、O、S(填元素符号)；(2)无色溶液D中的溶质是NH4HSO4或H2SO4、(NH4)2SO4(填化学式)4；(3)无色气体A中的气体分子有H2O、SO3、SO2、H2、N2；(4)X为NH2SO3H，气态X分子中，H原子与2种元素的原子形成共价键，但红外光谱和1H核磁共振谱均显示固态X晶体中的H原子化学环境完全相同。且熔点明显高于相对分子量接近的分子晶体，说明X晶体产生了离子键，原因是X分子中的氨基和磺酸基反应生成+H3NSO，类似氨基酸形成内盐，和铵根离子结构类似，故与N原子结合的H原子化学环境相同。故选X分子中的氨基和磺酸基反应生成+H3NSO3-，类似氨基酸形成内盐，和铵根离子结构类似，故与N原子结合的H原子化学环境相同；(5)①X为NH2SO3H，X能与氯酸钾在水溶液中反应，得到无色溶液F和无色气体C，C为氮气。反应的化学方程式：2H2NSO3H+KClO3=2H2SO4+KCl+N2↑+H2O；②设计实验验证该无色溶液F中的阴离子：取少量无色溶液F于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有SO42-；另取少量溶液F于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有Cl-，故选取少量无色溶液F于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有SO42-；另取少量溶液F于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有Cl-。29．(1)

L1(1分)

BD(2分)(2)

(1分)

第一，T0之前，没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降：第二，T0之前，没有达到平衡，温度升高，催化剂活性变大，促进反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，NO2的转化率下降(2分)

(2分)(3)

CH3CHO+I2=CH3I+CO+HI

(1分)

CH3I+HI=CH4+I2(1分)【解析】(1)①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)为气体分子数减小的反应，则ΔS，而焓变ΔH，则ΔG=ΔHΔS中ΔG随温度升高而增大，所以为图1中的L1。②A项，若温度太低，反应速率太慢，不适合工业合成，A错误；B项，由图示可知，硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率保持在较高水平，合适的硅铝比为0.15，B正确；C项，反应是在一定温度和压强下进行，增加惰性气体则甲醇浓度下降，反应速率会变慢，C错误；D项，由图示可知，使用催化剂II时，反应初始催化活性较好，但是5min后速率开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂I时，虽然反应初始的速率增长略慢且反应速率的峰值较低，但是反应速率到达峰值后在5~40min内却始终很稳定的维持在一个较高的水平，因此0~30min内，CH3OCH3的产量，D正确；故选BD。(2)①当反应达到平衡时，v正=v逆，，，则反应NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)的平衡常数K=。②反应为放热反应，T0之前，反应没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0时反应达到平衡，T0之后，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降；催化剂的活性在一定温度范围内逐渐升高，温度再高催化剂活性会降低，T0之前，温度升高，催化剂活性变大，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，NO2的转化率下降。③此反应为反应前后气体分子数不变的反应，其他条件不变，增加压强，化学反应速率变大，转化率增大，所以相同温度下纵坐标较之前要大，但平衡不移动，平衡转化率是不变的，因此其他条件不变，增大压强(催化剂不失活)情况下，NO2的转化率随温度变化如图所示：。(3)由题意可知，步骤i为CH3CHO在I2催化下生成CH3I和CO及另一种无机化合物，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：

CH3CHO+I2=CH3I+CO+HI

，而I2为催化剂，总反应为：CH3OH=CH4+CO，则步骤ii的化学方程式为：CH3I+HI=CH4+I2。30．(1)赶出H2、HCl气体

(1分)

NaOH溶液(1分)(2)hfcedgai(3分)(3)AB(3分)(4)玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗(1分)(5)升华(1分)【解析】根据题意，图1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁，通入氮气赶出装置中的空气，防止氯化亚铁被氧化，抽滤，得到FeCl2溶液，经过一系列操作后得到FeCl2·4H2O，FeCl2·4H2O和环戊二烯在装置2中生成Fe(C5H5)2，经过一系列操作后得到纯净的二茂铁。(1)①装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，盐酸易挥发，装置中还含有HCl气体，因此N2的作用除驱赶装置内空气防止生成的Fe2+被氧化以外，还能赶出装置中的H2、HCl气体；②试剂X用来吸收HCl气体，HCl为酸性气体，可用碱液吸收，