2025年高考第二次模擬考試化學(xué)（福建卷）（全解全析）

2025年高考第二次模擬考試高三化學(xué)（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：第Ⅰ卷（選擇題共39分）一、選擇題：本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．材料科技影響生活，下列有關(guān)材料科技的說法，錯誤的是A．全息投影膜是一種薄而柔的聚酯膜，該聚酯膜是通過縮聚反應(yīng)形成的B．硼墨烯在電子產(chǎn)品、光伏導(dǎo)電等領(lǐng)域得到廣泛應(yīng)用，原因是其具有優(yōu)異的光學(xué)性能C．五碳化四鉭鉿(Ta4HfC5)合金的熔點為4215°C，可用作發(fā)動機部件的原因是其具有耐高溫性能D．新型無機非金屬材料氮化硅用于汽車電機軸承，是其具有電絕緣和高耐磨的性能【答案】B【詳解】A．聚酯是通過羥基和羧基縮聚反應(yīng)形成的，A正確；B．硼墨烯廣泛應(yīng)用于電子產(chǎn)品和光伏等領(lǐng)域是因其具有優(yōu)異的半導(dǎo)體性能，而不是光學(xué)性能，B錯誤；C．五碳化四鉭鉿()合金的熔點為4215℃，熔點很高，故其具有耐高溫性能而用作發(fā)動機部件，C正確；D．新型無機非金屬材料氮化硅具有硬度大，且不導(dǎo)電，故用于汽車電機軸承是因其具有電絕緣和高耐磨性能，D正確；答案選B。2．下列各組離子能大量共存，當(dāng)加入相應(yīng)試劑后會發(fā)生化學(xué)變化，且發(fā)生反應(yīng)的離子方程式正確的是選項離子組加入試劑加入試劑后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式A、、2Fe3++SO+2H+=2Fe2++SO+H2OB、、過量NaOH(aq)Ca2++Mg2++2HCO+2OH-=2H2O+CaCO3↓+MgCO3↓C、、通入少量2AlO+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+COD、、少量A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．亞硫酸氫根是弱酸的酸式酸根，離子方程式中不拆，正確的離子方程式為2Fe3+++H2O=2Fe2+++3H+，A錯誤；B．Mg(OH)2更難溶，氫氧化鈉過量時，會生成氫氧化鎂沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Ca2+++OH?=H2O+CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，B錯誤；C．和會發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3和，不能大量共存，C錯誤；D．Fe2+、Na+、Br-可以共存，通入少量Cl2，先將Fe2+氧化為Fe3+，所給離子方程式正確，D正確；本題選D。3．化合物A在一定條件下可轉(zhuǎn)變?yōu)榉覧及少量副產(chǎn)物，該反應(yīng)的主要途徑如下：下列說法不正確的是A．為該反應(yīng)的催化劑 B．化合物A的一溴代物有7種C．步驟Ⅲ，苯基遷移能力強于甲基 D．化合物E可發(fā)生氧化、加成和取代反應(yīng)【答案】B【詳解】A．由圖可知H+參與了反應(yīng)，反應(yīng)前后不變，因此H+是反應(yīng)的催化劑，A正確；B．化合物A的一溴代物有6種，分別是：、、、、、，B錯誤；C．步驟III可知C轉(zhuǎn)化到D，苯基發(fā)生了遷移，甲基沒有遷移，說明苯基的遷移能力強于甲基，C正確；D．化合物E中有酚羥基可以發(fā)生氧化反應(yīng)，苯環(huán)可以發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)，D正確；答案選B。4．工業(yè)制備高純硅的原理示意圖如下(已知電負(fù)性：)，設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是石英砂粗硅SiHCl3高純硅A．含有分子的數(shù)目為B．反應(yīng)①消耗，斷裂共價鍵的數(shù)目為C．含有鍵的數(shù)目為D．(已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)參加反應(yīng)③，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為【答案】C【分析】石英砂主要成分是SiO2，SiO2與焦炭在1800～2000℃條件下發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生粗硅，然后粗硅與HCl在300℃條件下發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生SiHCl3、H2，然后經(jīng)蒸餾得到純凈SiHCl3，SiHCl3與H2在1100℃條件下發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生高純硅，然后根據(jù)問題分析解答?！驹斀狻緼．為共價晶體，由Si原子與O原子通過共價鍵結(jié)合成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，不存在單個分子，A錯誤；B．反應(yīng)①中，每消耗，斷開鍵，同時焦炭中的鍵也會斷開，則斷裂共價鍵的數(shù)目多于，B錯誤；C．中Si原子的成鍵電子對數(shù)為4，無孤電子對，采用雜化形成4個雜化軌道，H原子和Cl原子的未成對電子分別位于1s和3p軌道，則中有3molCl原子與Si原子形成的鍵，數(shù)目為3NA，C正確；D．因為電負(fù)性：，所以中Si為價，H和Cl均為價，根據(jù)反應(yīng)③的化學(xué)方程式，每有22.4L標(biāo)準(zhǔn)狀況下的(即)參與反應(yīng)，生成，的化合價由價降為0價，中的H化合價從價升高到價，中的H化合價從0價升高到價，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，D錯誤；答案選C。5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，四種元素可組成一種分子簇，其結(jié)構(gòu)如圖所示(小球大小表示原子半徑相對大小)，W、X位于不同周期，X基態(tài)原子中未成對電子為2，Y、Z為金屬元素且Z元素的簡單離子在同周期中半徑最小，Y與Z緊鄰。下列說法正確的是A．簡單離子半徑： B．W、Y組成的化合物為離子化合物C．Z的氫氧化物能與強酸反應(yīng)，但不和強堿反應(yīng) D．如圖為該物質(zhì)的化學(xué)式MgAlO3H【答案】B【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X能形成2個共價鍵，X基態(tài)原子中未成對電子為2，X是O元素；W、X位于不同周期，W是H元素；Y、Z為金屬元素且Z元素的簡單離子在同周期中半徑最小，Z為Al元素；Y與Z緊鄰，Y是Mg元素；W、X、Y、Z分別為：H、O、Mg、Al?！驹斀狻緼．電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越小，離子半徑：，A錯誤；B．H、Mg可以形成離子化合物MgH2，B正確；C．Al(OH)3是兩性氫氧化物，既能與酸反應(yīng)，又能與堿反應(yīng)，C錯誤；D．圖示為H、O、Mg、Al四種元素可組成的一種分子簇，圖示為一個分子，化學(xué)式為Mg2Al2O6H2，D錯誤；答案選B。6．從CPU針腳(含有銅、鎳和鈷等金屬)中回收金的實驗步驟如圖。下列說法錯誤的是A．除雜和溶金步驟需在通風(fēng)櫥中進行，產(chǎn)生的氣體在空氣中呈紅棕色B．溶金時，KBr的作用是增強了硝酸的氧化性C．富集后，K［AuBr4］主要存在于濾渣中，K［AuBr4］中存在σ鍵D．還原步驟中有生成【答案】B【詳解】A．除雜和溶金步驟中會生成污染性氣體二氧化氮、一氧化氮，需在通風(fēng)櫥中進行，二氧化氮為紅棕色氣體，A正確；B．KBr提供了溴離子，和金生成四溴合金離子，利于金與硝酸的反應(yīng)的正向進行，B錯誤；C．圖示可知，富集后，K[AuBr4]主要存在于濾渣中，K[AuBr4]存在配位鍵，即存在σ鍵，C正確；D．還原步驟中Na2S2O5做還原劑得到金屬單質(zhì)金，硫元素化合價升高，反應(yīng)過程中有硫酸根生成，D正確；故答案為：B。7．某工廠煤粉灰的主要成分為SiO2、Al2O3，F(xiàn)eO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小組對其進行綜合處理的流程如下：已知：Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38；“酸浸”后鈦主要以TiOSO4形式存在，強電解質(zhì)TiOSO4在溶液中僅能電離出SO和一種陽離子，該陽離子會水解。下列說法錯誤的是A．加入鐵粉的主要目的是消耗過量的硫酸B．假設(shè)濾液1中Al3+、Fe3+濃度均為0.4mol/L，則“水解”調(diào)pH不應(yīng)高于1.7C．TiO2·XH2O失去2個結(jié)晶水質(zhì)量減少19.1%，則x=6D．當(dāng)濾液2中Al3+完全沉淀時，濾液中=2.5×103【答案】A【分析】粉煤灰的主要成分為SiO2、Al2O3，F(xiàn)eO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸浸過濾得到濾渣1和濾液，氧化鋁溶解生成硫酸鋁，氧化亞鐵溶解生成硫酸亞鐵，氧化鐵溶解生成硫酸鐵，氧化鎂溶解生成硫酸鎂，“酸浸”后鈦主要以TiOSO4形式存在，濾渣為二氧化硅，加入鐵粉還原鐵離子生成亞鐵離子，結(jié)晶析出硫酸亞鐵晶體，過濾，得到濾液1含硫酸鋁、硫酸鎂、TiOSO4、少量硫酸亞鐵，水解過濾，TiOSO4生成TiO2·xH2O，經(jīng)酸洗水洗干燥和灼燒后得到TiO2，濾液2中含硫酸鋁和硫酸鎂、少量硫酸亞鐵，加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液pH使鋁離子和鐵離子全部沉淀，過濾得到濾渣2為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，濾液3含硫酸鎂，最終獲取MgCl2·6H2O?！驹斀狻緼．由分析可知，加入鐵粉的作用是將Fe3+還原為Fe2+，A錯誤；B．“水解”的目的是讓TiOSO4和水反應(yīng)生成TiO2·xH2O，不能讓Fe3+和Al3+水解，假設(shè)濾液1中Al3+、Fe3+濃度均為0.4mol/L，F(xiàn)e3+開始沉淀時溶液的c(OH-)=，c(H+)==10-1.7mol/L，pH=1.7，Al3+開始沉淀時溶液的c(OH-)=，c(H+)=，pH=2.8，則“水解”調(diào)pH不應(yīng)高于1.7，B正確；C．TiO2·xH2O失去2個結(jié)晶水質(zhì)量減少19.1%，則，解得x=6，C正確；D．當(dāng)濾液2中Al3+完全沉淀時，濾液中2.5×103，D正確；故選A。8．有機物I生成酰胺的反應(yīng)歷程如圖所示：已知：R、R′代表烷基。下列說法不正確的是A．能加快反應(yīng)速率B．從圖中歷程可知，物質(zhì)Ⅵ比Ⅴ穩(wěn)定C．步驟Ⅱ→Ⅲ的歷程中，C-R′鍵比鍵更容易斷裂D．發(fā)生上述反應(yīng)生成的主要產(chǎn)物是【答案】D【詳解】A．由圖可知，氫離子是反應(yīng)的催化劑，能降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中羥基直接連在不飽和碳原子上，結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，會轉(zhuǎn)化為結(jié)構(gòu)穩(wěn)定的，所以物質(zhì)Ⅵ比Ⅴ穩(wěn)定，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，發(fā)生C-R′鍵斷裂轉(zhuǎn)化為，說明C-R′鍵比鍵更容易斷裂，故C正確；D．由圖可知，發(fā)生上述反應(yīng)生成的主要產(chǎn)物是或，不能轉(zhuǎn)化為，故D錯誤；故選D。9．西安交通大學(xué)胡小飛教授課題組使用酞菁鈷(RM)作為均相催化劑構(gòu)建了一個結(jié)構(gòu)為的電池體系，電池的電動勢被提高到2.98V的同時還可以在-30~80℃下正常工作。如圖所示。下列敘述正確的是A．在“常溫”和“非常溫”電池中電極的電勢均為b>aB．酞菁鈷與參與反應(yīng)的形成化合物，提高了a極電勢C．在電池中，3mol被還原時向a極遷移4molD．“非常溫”電池中，a電極反應(yīng)式為【答案】D【分析】根據(jù)在“常溫”與“非常溫”電池中，的移動方向，可以確定b極為負(fù)極，a極為正極。據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼．觀察圖示，在“常溫”與“非常溫”電池中，b極為負(fù)極，a極為正極，正極(a)的電勢高于負(fù)極(b)，A項錯誤；B．的發(fā)生還原反應(yīng)，的化合價沒有變化，而酞菁鈷只與發(fā)生還原反應(yīng)的形成化合物，降低還原反應(yīng)的活化能，從題示信息看，電池電勢提高了，電池電勢等于正、負(fù)極電勢之差，提高了正極電勢，B項錯誤；C．根據(jù)“常溫”電池圖可知，的沒有被還原，3mol被還原成3mol時，向a極遷移12mol，C項錯誤；D．根據(jù)“非常溫”電池圖可知，a電極上發(fā)生還原反應(yīng)，脫去RM，RM參與循環(huán)，D項正確；答案選D。10．向溶液中滴入氨水至得到深藍(lán)色的透明溶液。滴加氨水過程中，測得與銅元素相關(guān)微粒的分布系數(shù)與的變化關(guān)系如圖所示。已知：；比如下列說法正確的是A．與形成配位鍵的能力：B．時，C．時，D．的平衡常數(shù)為【答案】D【分析】結(jié)合題干和圖像可知：向0.1mol/LCuSO4溶液中滴入1mol/L氨水至得到深藍(lán)色的透明溶液，過程中含銅元素的微粒有：、、、、，各粒子分布系數(shù)與p(NH3)的關(guān)系，如圖像所示；【詳解】A．硫酸銅溶液呈藍(lán)色，是因為與水形成水合銅離子，滴入氨水后最終生成，說明更易與形成配位鍵，A不符合題意；B．如圖所示：時，，B不符合題意；C．時，含銅元素的微粒有：、、，此時，，，若n(CuSO4)=amol,，則，C不符合題意；D．欲計算平衡常數(shù)，可以分別計算出、、、的平衡常數(shù)再相乘，計算上述四個反應(yīng)平衡常數(shù)的方法：特殊坐標(biāo)點即可以利用選擇、3.5、2.9、2.1(上述四個點時各平衡常數(shù))分別計算出上述四個反應(yīng)的平衡常數(shù)分別為、、、，故的平衡常數(shù)為，D符合題意；故答案選D。第II卷（非選擇題共60分）二、非選擇題，共4題，共60分。11．（15分）選擇性催化還原反應(yīng)(SCR)被廣泛用于燃煤電廠尾氣的脫硝。為了回收廢SCR催化劑(含、、等)中的金屬資源，某研究團隊開發(fā)了如下工藝：已知：①是酸性氧化物；是兩性氧化物，不易在稀酸溶液中溶解。②晶體100℃開始升華，189.5℃分解，溶液具有一定的揮發(fā)性?；卮鹣铝袉栴}：(1)為了提高“酸浸1”速率，對廢SCR催化劑“預(yù)處理”的方法是(寫一點即可)。(2)“酸浸1”中浸取溫度對釩、鎢和鈦浸出率的影響如圖所示，90℃以后釩的浸取率下降的可能原因是。(3)經(jīng)檢測，含釩濾液中主要存在，則“酸浸1”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(4)“焙燒”時轉(zhuǎn)化為(填化學(xué)式)，該物質(zhì)是后續(xù)浸鎢的關(guān)鍵。(5)“酸浸2”保持溫度在70℃，含鎢化合物與反應(yīng)1h后，生成和另一種物質(zhì)，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(6)研究表明，浸出的鈦渣是可循環(huán)利用的銳鈦礦型，熔點為1840℃，其晶胞結(jié)構(gòu)和沿c軸方向投影如圖所示，已知晶胞參數(shù)a=0.38nm，b=0.38nm，c=0.95nm，，則二氧化鈦的晶體類型為，的配位數(shù)為，銳鈦礦型的晶體密度為(設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，列出計算式即可)。【答案】(1)將廢SCR催化劑粉碎(2)溫度升高，草酸揮發(fā)(3)(4)(5)(6)共價晶體6【分析】由題給流程可知，廢SCR催化劑預(yù)處理后加入草酸浸取得到含釩濾液和浸渣，浸渣加入氧化鈣焙燒得到鎢、鈦的鈣鹽，加入草酸酸浸得到含鎢濾液和鈦渣，鈦渣處理得到二氧化鈦。【詳解】（1）為了提高“酸浸1”速率，對廢SCR催化劑“預(yù)處理”的方法是將廢SCR催化劑粉碎，增加反應(yīng)物的接觸面積加快反應(yīng)；（2）溶液具有一定的揮發(fā)性，90℃以后釩的浸取率下降的可能原因是溫度升高，草酸揮發(fā)，導(dǎo)致釩的浸取率下降；（3）含釩濾液中主要存在，則“酸浸1”中發(fā)生反應(yīng)為和發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化碳和，反應(yīng)中碳化合價由+3變?yōu)?4、V化合價由+5變?yōu)?4，結(jié)合電子守恒，離子方程式為；（4）是酸性氧化物，“焙燒”時和氧化鈣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為；（5）“酸浸2”保持溫度在70℃，含鎢化合物與反應(yīng)1h后，生成和另一種物質(zhì)，結(jié)合質(zhì)量守恒，另一種物質(zhì)為H2WO4，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（6）y由熔點可知，二氧化鈦的晶體類型為共價晶體。由圖可知，中心的鈦周圍有6個最近的氧，則其配位數(shù)為6；據(jù)“均攤法”，晶胞中含個Ti，結(jié)合化學(xué)式可知，晶胞中含有4個，則晶體密度為。12．（15分）連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)是無機精細(xì)化學(xué)品，在造紙、印染等行業(yè)應(yīng)用廣泛。某科研小組通過以下方案制備Na2S2O4并測定其純度。已知：①Na2S2O4在空氣中極易被氧化，易溶于水且隨溫度的升高溶解度增大，不溶于乙醇，在堿性介質(zhì)中較穩(wěn)定。②低于52℃時Na2S2O4在水溶液中以Na2S2O4·2H2O形態(tài)結(jié)晶，高于52℃時Na2S2O4·2H2O在堿性溶液中脫水成無水鹽。請回答下列問題：I.Na2S2O4的制備其制備過程如下：步驟1：安裝好整套裝置(夾持裝置省略)，并檢查裝置的氣密性；步驟2：在三頸燒瓶中依次加入Zn粉和水，電磁攪拌形成懸濁液；步驟3：打開儀器a的活塞，向裝置C中先通入一段時間SO2；步驟4：打開儀器c的活塞滴加稍過量NaOH溶液使裝置C中溶液的pH在8.2~10.5之間；步驟5：過濾，將濾液經(jīng)“一系列操作”可獲得Na2S2O4。(1)儀器b的名稱是。(2)寫出裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：。(3)裝置B(單向閥)的作用是防倒吸，下列裝置能代替它的是(填字母)。a.b.c.d.(4)步驟3中生成物為ZnS2O4，該反應(yīng)需控制溫度在35~45℃進行，其原因為。(5)步驟4中，需控制溶液的pH在8.2~10.5之間，其原因為：①pH太大Zn(OH)2會溶解；②pH太小Zn2+沉淀不完全；③。(6)“一系列操作”包括：a.攪拌下用水蒸氣加熱至60℃左右；b.分批逐步加入細(xì)食鹽粉，攪拌使其結(jié)晶，用傾析法除去上層溶液，余少量母液；c.趁熱過濾；d.用乙醇洗滌。上述操作的合理順序為→干燥(填字母)。II.Na2S2O4含量的測定實驗裝置：實驗原理：[Fe(CN)6]3-+S2O+OH-——SO+[Fe(CN)6]4-+H2O(未配平)。實驗過程：稱取0.25g樣品加入三頸燒瓶中，加入適量NaOH溶液，打開電磁攪拌器，通過滴定儀控制滴定管向三頸燒瓶中快速滴加0.10mol·L-1，K3[Fe(CN)6]標(biāo)準(zhǔn)溶液，達到滴定終點時消耗24.00mL標(biāo)準(zhǔn)溶液。(7)樣品中Na2S2O4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%(假設(shè)雜質(zhì)不參與反應(yīng))；若實驗過程中忘記通入N2，對測定Na2S2O4含量的影響是(填“偏低”“偏高”或“無影響”)?！敬鸢浮?1)蒸餾燒瓶(2)2NaHSO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+2H2O+2SO2↑(3)bd(4)溫度較低時，反應(yīng)速率較慢，溫度較高時，SO2的溶解度較小(5)堿性環(huán)境下，Na2S2O4能穩(wěn)定存在(6)bacd(7)83.52偏低【詳解】（1）根據(jù)題圖可以看到，該燒瓶圓底，無支管，所以是“圓底燒瓶”；（2）復(fù)分解反應(yīng)，強酸制弱酸，方程式為“2NaHSO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+2H2O+2SO2↑”；（3）裝置防倒吸一般按照氣流短進長出或者短進短出的方案選擇儀器，所以本問應(yīng)選填“bd”；（4）若反應(yīng)溫度過低，反應(yīng)速率過慢，反應(yīng)時間過長，而溫度過高，氣體在反應(yīng)液中溶解度變低，無法充分參與反應(yīng)，所以本問應(yīng)填“溫度較低時，反應(yīng)速率較慢，溫度較高時，SO2的溶解度較小”；（5）根據(jù)題目所給條件可知本問應(yīng)填“堿性環(huán)境下，Na2S2O4能穩(wěn)定存在”；（6）過濾除去沉淀后，在濾液中加入NaCl，提高溶液中Na+濃度，促進Na2S2O4結(jié)晶析出，對偏堿性溶液加熱至52℃以上，再趁熱過濾，獲得無結(jié)晶水的Na2S2O4晶體，獲得晶體后用乙醇洗滌晶體，除去殘留濾液，降低晶體溶解損失，所以本問應(yīng)填“bacd”；（7）配平離子方程式：“”，設(shè)樣品中的物質(zhì)的量為x，根據(jù)配平計算解之，得x=1.2×10-3mol，所以Na2S2O4在樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；若實驗過程中未通N2做保護氣，則樣品中的有效成分會被空氣中的氧氣所氧化，則滴定消耗的K3[Fe(CN)6]標(biāo)準(zhǔn)溶液會偏少，則計算所得質(zhì)量分?jǐn)?shù)會“偏小”。13．（14分）甲醇是一種重要的燃料和化工原料?；卮鹣铝袉栴}：(1)將轉(zhuǎn)化為甲醇是實現(xiàn)“碳中和”“碳達峰”雙碳目標(biāo)的一種措施，相關(guān)反應(yīng)如下：反應(yīng)?。?/p>

反應(yīng)ⅱ：

反應(yīng)ⅲ：

反應(yīng)ⅲ的(填“>”或“<”)0；若正反應(yīng)的活化能為，則逆反應(yīng)的活化能為(用含E的代數(shù)式表示)。(2)中國科學(xué)院發(fā)現(xiàn)了一種雙金屬固溶體氧化物催化劑，實現(xiàn)了高選擇性、高穩(wěn)定性加氫合成甲醇。在恒容密閉容器中按照不同投料比投料，發(fā)生上述反應(yīng)ⅱ和反應(yīng)ⅲ，測得的平衡轉(zhuǎn)化率及選擇性隨著溫度(T)的變化曲線如圖1所示。其中表示平衡轉(zhuǎn)化率的曲線是(填“甲、乙、丙、丁”中的兩條曲線)；℃時，反應(yīng)ⅲ的平衡常數(shù)(用分壓表示，不用計算具體數(shù)值)。(3)在有催化劑和無催化劑條件下，上述反應(yīng)ⅲ的反應(yīng)機理和相對能量的變化如圖2所示(吸附在催化劑表面上的物種用“*”標(biāo)注，TS為過渡態(tài))。無催化劑時，該反應(yīng)存在個基元反應(yīng)；有催化劑時，決速步驟的方程式為。(4)尖晶石型氧化物能用作合成甲醇的催化劑，圖3是一種含Mg、Al、O的尖晶石的晶胞結(jié)構(gòu)，其中A、B的結(jié)構(gòu)如圖4所示。該尖晶石晶胞中元素的電負(fù)性由大到小順序為，Mg位于空隙中（填“四面體”、“八面體”）?！敬鸢浮?1)<(2)甲、乙

(3)7(4)O>Al>Mg（1分）四面體（1分）【詳解】（1）反應(yīng)ⅲ為氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，即熵減反應(yīng)，則；根據(jù)題給3個熱化學(xué)方程式中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系和蓋斯定律可知，

，由于，則逆反應(yīng)的活化能為；（2）由上述分析可知，，，故溫度升高，反應(yīng)ⅲ逆向移動，即減小，由題圖1曲線變化可知，曲線丙、丁為變化曲線，故曲線甲、乙為的平衡轉(zhuǎn)化率曲線；℃時，曲線丙、丁急劇下降是因為溫度高于320℃時，以反應(yīng)ⅱ為主，則急劇下降。由題圖1可知，b點表示時的選擇性，故投料比時的平衡轉(zhuǎn)化率為10%，設(shè)初始投料為3mol、1mol，則的轉(zhuǎn)化量為，由b點數(shù)據(jù)可知，平衡體系中的物質(zhì)的量為，則CO的物質(zhì)的量為0.014mol，由C守恒可知轉(zhuǎn)化為和CO的分別為0.086mol、0.014mol，對反應(yīng)ⅱ、ⅲ分別列“三段式”可得：則平衡體系中氣體總物質(zhì)的量為，則相關(guān)物質(zhì)分壓分別為、、、，故反應(yīng)ⅲ的平衡常數(shù)；（3）基元反應(yīng)是指在反應(yīng)中一步就能轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物的反應(yīng)，由題圖2可知，該反應(yīng)機理最后一步為生成物從催化劑上的脫附，是物理變化，故該反應(yīng)有7個基元反應(yīng)。由題圖2可知，有催化劑時，的活化能最大，是該反應(yīng)的決速步驟。（4）該尖晶石晶胞中元素的電負(fù)性由大到小順序為O>Al>Mg，Mg位于四面體空隙中14．（16分）依折麥布片是一種新型高效的調(diào)脂藥，其合成路線如下，回答以下問題：已知：Ⅰ．。Ⅱ．。Ⅲ．。(1)A到B的反應(yīng)條件，C的結(jié)構(gòu)簡式：。(2)D反應(yīng)成E實際需經(jīng)過多步反應(yīng)，原因是。(3)G到H的化學(xué)方程式：，比H少2個碳原子的同系物L(fēng)，其同分異構(gòu)體符合下列要求的有(不考慮立體異