2025年高考押题预测卷：化学（福建卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：化学（福建卷02）（解析版），共19页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Se 79
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．中国国家地理标志产品，福建省特产“建盏”，由黄泥、粘土、红土、釉石等多种原料烧制，主要特点是Fe2O3含量高。下列有关“建盏”说法正确的是
A．建盏制作时，进行“揉泥、拉坯、修坯”的工序时发生了氧化还原反应
B．因含有较多Fe2O3，外表多呈棕黑色
C．产品耐腐蚀性强，可用于盛放各种酸碱
D．高温烧结过程包含复杂的化学变化
【答案】D
【详解】A“揉泥、拉坯、修坯”工序只是形状发生变化，没有新物质生成，不发生化学反应，故A错误；
B．Fe2O3为红色固体，所以因含有较多Fe2O3，外表多呈红色，故B错误；
C．“建盏”为陶瓷，但含有较多Fe2O3，不能用于盛放各种酸，故C错误；
D．高温烧结过程是许多物理化学变化的综合过程，故D正确；
故选D。
2．下列化学(离子)方程式书写错误的是
A．向银氨溶液中加入足量的稀盐酸：
B．向溶液中滴加溶液：
C．牙膏中添加氟化物能预防龋齿的原因：
D．涤纶的制备n+nHOCH2CH2OH→+(2n-1)H2O
【答案】B
【详解】A．向银氨溶液中加入足量的稀盐酸，生成氯化银沉淀：，A正确；
B．向溶液中滴加溶液，双氧水在Fe3+催化作用下分解为水和氧气，反应方程式为，B错误；
C．牙膏中添加氟化物，将Ca5(PO4)3OH转化为更难溶、更坚硬的Ca5(PO4)3F，从而预防龋齿，原因：，C正确；
D．对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应制备涤纶、是一种聚酯，化学方程式正确，D正确；
故选B
3．有机物X是一种瞬干胶，受水的引发可快速聚合实现黏合，生成高分子化合物Y，其原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．X分子存在遇氯化铁溶液显色的同分异构体
B．X与发生加成反应后，分子中的键均被破坏
C．Y分子中碳原子采取或杂化
D．1最多与发生反应
【答案】A
【详解】A．X分子的分子式为，不饱和度为4，存在符合条件的同分异构体（含酚羟基），A正确；
B．酯基不能与发生加成反应，其键不会被破坏，B错误；
C．Y分子中含键、键、键，碳原子分别采取、、杂化，C错误；
D．Y分子中含有酯基，且含有的易水解，则消耗NaOH的物质的量大于，D错误；
故选A。
4．X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、P位于三个不同周期，Y、Z处于不同主族，5种元素形成的化合物如图所示。下列说法错误的是
A．单质沸点：P > Q > Z > XB．简单氢化物键角：Y > Z
C．工业上用电解熔融PQ3制备单质PD．该化合物中有键14
【答案】C
【分析】X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、P位于三个不同周期，X是H元素；Q形成-1价阴离子，Q是Cl元素；Y、Z能形成4个共价键，Y、Z处于不同主族，说明Z形成1个配位键，则Y是C、Z是N，只有一种是金属元素，P是金属元素，Z与P形成配位键，P与2个Cl形成共价键后带1个正电荷，则P显+3价，P是Al元素。
【详解】A. Al是金属单质，沸点最高，Cl2、N2、H2均为气体单质，相对分子质量越大沸点越高，单质沸点：Al>Cl2>N2>H2，故A正确；
B. CH4、NH3中心原子价电子对数均为4，N原子有1个孤电子对，所以简单氢化物键角CH4>NH3，故B错误；
C. AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，不能电解熔融AlCl3制备单质Al，工业上用电解熔融Al2O3制备单质Al，故C错误；
D. 单键全是键，三键中有1个键，根据结构式可知，该化合物中有键14，故D正确；
选C。
5．实验室可以通过以下反应和操作制取肉桂酸：
已知：苯甲醛、肉桂酸均难溶于水，苯甲醛的熔点-26℃，肉桂酸的熔点133℃，乙酸酐(CH3CO)2O易水解。
操作：①将一定量苯甲醛、乙酸酐、K2CO3混合加热回流0.5h
②向回流后的混合液中加入K2CO3溶液调节溶液至碱性
③将“②”中溶液装入下图的Ⅱ装置中，并通入水蒸气，Ⅲ中收集到苯甲醛和水
④……。
下列有关说法错误的是
A．回流过程中可能有气泡产生
B．操作③结束时，应先移去热源再打开弹簧夹
C．向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，再过滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品
D．玻璃管的作用是平衡气压
【答案】B
【分析】将一定量苯甲醛、乙酸酐、K2CO3在圆底烧瓶中混合均匀，然后加热回流0.5h，发生反应生成肉桂酸和乙酸，向回流后的混合液中加入K2CO3溶液调节溶液至碱性，此时肉桂酸转化为肉桂酸钾，该过程中生成二氧化碳气体，将反应后溶液转移到圆底烧瓶中组装成图中装置，加热盛水的圆底烧瓶，利用水蒸气将苯甲醛蒸出，经冷凝后在Ⅲ中收集未反应完的苯甲醛，
【详解】A．回流过程中生成的乙酸与碳酸钾可能反应生成二氧化碳气体，因此可能产生气泡，故A正确；
B．操作③结束时，如先移去热源再打开弹簧夹，Ⅱ中的液体会倒吸到Ⅰ中，因此应先打开弹簧夹使系统与大气相通后再移去热源，故B错误；
C．向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，使肉桂酸钾转化为肉桂酸，肉桂酸难溶于水，再经过滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品，故C正确；
D．Ⅰ中玻璃管与空气连通，起到平衡气压的作用，故D正确；
选B。
6．介孔纳米晶可用作钠离子电池正极材料，充放电过程中其晶胞的组成变化如图所示(晶胞内未填原子的正四面体空隙，称为空位)。下列说法错误的是
A．充放电时，移动方向与电流方向一致
B．图中两次放电生成的0价原子数相同
C．时，晶胞中空位、和数目之比为
D．若晶胞参数为，则(或)、之间最短距离为
【答案】B
【详解】A．电流方向与阳离子移动方向一致，A正确；
B．结合化学式，由原子守恒知，第1次放电生成0价原子个数为，第2次放电生成0价原子个数为1，B错误；
C．由晶胞结构知，正四面体空隙共8个，又位于顶点和面心的个数为，结合化学式，知晶胞内含(8-4x)个，设1个晶胞中和个数分别为和，则，由元素化合价代数和为0得，解得、空位数为，故时晶胞中空位、和数目之比为，C正确；
D．(或)、之间最短距离为晶胞体对角线长的，则(或)、之间最短距离为，D正确；
故选B。
7．利用离子化合物水解可制备石墨，其反应原理如下：，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．每形成键，该反应转移个电子
B．固体中含有的离子总数为
C．标况下中含有的中子数为
D．（石墨，s）中未杂化的轨道中含有的电子数为
【答案】D
【详解】A．石墨中每个原子形成个键，但每个键由个原子共享，因此石墨中，实际形成的键数为：，形成键，则生成石墨，反应物中的碳的化合价是，升高到价，转移电子数是，所以反应物总碳原子为，转移电子为：，该反应转移电子数为：，A错误；
B．为，含有离子，离子总数为，B错误；
C．标准状况下，水不是气体，无法计算，C错误；
D．石墨中为杂化，每个原子有个未杂化的轨道电子，的物质的量是，未杂化的轨道电子数：，D正确；
故选D。
8．苯胺是最重要的胺类物质之一，其制备和提纯过程如下图所示，已知苯胺是油状液体，沸点为，微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，能与酸反应生成盐而易溶于水。下列说法不正确的是
A．溶液和粒状固体作用不相同
B．“盐析”中的作用是降低苯胺在水中的溶解度，利于分层
C．可以用乙醇代替乙醚萃取苯胺
D．操作1为蒸馏，收集左右的馏分
【答案】C
【分析】硝基苯与锡粉、浓盐酸加热，硝基苯发生还原反应生成苯胺，苯胺与盐酸可生成苯胺盐酸盐，冷却后，加入溶液调pH，将苯胺盐酸盐转化为苯胺，然后加入NaCl降低苯胺在水中溶解度，促使苯胺析出，利用乙醚做萃取剂从水溶液中萃取苯胺，分离出有机相后加入粒状固体吸收水分，通过蒸馏可从有机相分离出苯胺，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，NaOH溶液的作用是调节溶液pH，将反应生成的苯胺盐酸盐转化为苯胺，粒状NaOH固体的作用是吸收有机相中的水分，起到干燥的作用，A正确；
B．由分析可知，“盐析”中的作用是降低苯胺在水中的溶解度，促使苯胺析出，B正确；
C．乙醇与水以任意比互溶，不能代替乙醚萃取苯胺，C错误；
D．由分析可知，操作1为蒸馏，苯胺沸点为，故应收集左右的馏分，D正确；
故选C。
9．3—甲基己内酰胺()广泛应用于齿轮、轴承、医疗器械及电气绝缘材料等方面，由化合物合成的路线如下：
已知反应初始E的浓度为的浓度为，部分物质的浓度随时间的变化关系如图所示，后各物质浓度保持不变，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是
A．合成过程中E与F反应生成G的活化能最大
B．时刻，体系中有E存在
C．反应为不可逆反应
D．F在反应过程中作催化剂
【答案】B
【分析】一定条件下，化合物E和F合成M的反应路径中，共发生三个反应：①E+F→G、②G→H、③H→M+F，t1之后的某时刻，M为0.02 ml/L，此时F的浓度仍为0，则表明0.10ml/L E、起始时的0.08ml/L F、H分解生成的0.02 ml/L F全部参加反应，生成0.10ml/L G；在t2时刻，M为0.08ml/L，F为0.06ml/L，H为0.01 ml/L，则G为0.01 ml/L。
【详解】A．t1之后的某时刻，M为0.02 ml/L，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和F完全反应生成G，所以E和F生成G的反应速率快，反应的活化能很小，故A错误；
B．由图可知，反应0时刻后，F的浓度由0.08ml/L降为0，说明E与F反应极快，根据合成路线可知，E与F以1：1进行反应，E的起始浓度为0.1 ml/L，则反应后E的浓度降为0.02 ml/L，故t1时刻体系中有E存在，故B正确；
C．H的浓度几乎不改变，则反应为可逆反应，故C错误；
D．F的浓度有明显增加，说明F有一部分为催化剂，同时也是反应的产物，故D错误；
故答案为B。
10．室温下，向含有足量CaA固体的悬浊液中通入HCl气体来调节体系的pH，平衡时随pH的变化如图所示（M表示、、和）。已知：物质的溶解度以物质的量浓度表示，，。下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ表示随pH的变化
B．的
C．pH=4.27时，CaA的溶解度约为
D．Q点时，溶液中
【答案】C
【分析】向CaA悬浊液中加入盐酸，CaA溶液与盐酸反应使得溶液中钙离子浓度增大，A2—离子浓度减小，HA—、H2A的浓度增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示、、、随pH的变化；由图可知，溶液中H2A和HA—浓度相等时，溶液pH为1.27，由电离常数Ka1(H2A)= 可知，Ka1(H2A)= c(H+)= 1×10—1.27，同理可知，Ka1(H2A)= 1×10—4.27。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示随pH的变化，故A错误；
B．由方程式可知，反应的平衡常数K=====10,5.6，故B错误；
C．由图可知，溶液pH为4.27时，溶液中A2—和HA—浓度相等，由Ka1(H2A)= 1×10—1.27可知 ，溶液中c(H2A)= 10—3 c(HA—)，由物料守恒c(Ca2+)= c(H2A)+ c(HA—)+ c(A2—)可知，溶液中c(Ca2+)≈2 c(A2—)，由溶度积可知，溶液中钙离子浓度约为×ml/L=，则 CaA的溶解度为，故C正确；
D．由图可知，Q点时溶液呈酸性，溶液中2c(Ca2+)小于c(Cl—)，由溶液中存在电荷守恒关系2c(Ca2+)+c(H+)= c(Cl—)+ c(HA—)+2 c(A2—) +c(OH—)可知，溶液中c(Cl—) ＞c(HA—)+2 c(A2—)，故D错误；
故选C。
第II卷（非选择题 共60分）
二、非选择题，共4题，共60分。
11．（16分）贵金属元素钌(Ru)的产品广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。一种利用某含钌废渣(主要成分为Ru，含C、Cr、Si等物质)回收Ru的工艺流程如下：
已知：常温下，。
(1)Cr在元素周期表中的位置是第 周期第 族。
(2)含钌废渣“酸溶”前必须经过研磨粉碎，其目的是 。
(3)“转化”过程中C2H5OH变为CH3CHO，且溶液的pH明显增大，则该转化反应的化学方程式为 。
(4)钌多活性位点催化剂存在钌单原子、钌团簇、NiO三种活性位点，不同位点的催化特点不同。可用于催化水的多步碱性析氢反应。图1和图2为反应历程中微粒在不同位点相对能量的变化，其中吸附在催化剂表面的微粒用*标注。
①根据图1推测H2O的“吸附解离”主要发生在 (填“钌单原子”“钌团簇”或“NiO”)位点上。
②结合图2说明吸附在NiO表面的H2更容易脱附的原因 。
(5)单质X通入热的NaOH溶液中充分反应，经处理后可循环至“蒸馏”工序，则生成X的离子方程式为 。
(6)常温下，酸溶滤液中含Cr3+和C2+的浓度分别为0.01ml·L-1、1.8×10-3ml·L-1，“沉铬”时需调节pH的范围为 。[已知：当时，可认为Mn+已经沉淀完全]
(7)某种含钌化合物的立方晶胞结构如图3.该晶胞中与Ba2+距离最近的离子是 ；若该晶体的密度为，则该晶胞的边长为 pm。(NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】(1) 四 VIB
(2)增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率(答对一条即可)
(3)
(4) 钌单原子 吸附在NiO位点上的相对能量高，较不稳定，更容易脱附
(5)
(6)或
(7) O2- 或或等其他合理表示式
【分析】废催化剂经过HCl酸溶，滤液中含有Cr3+和C2+，经过沉铬和沉钴，分离出Cr和C元素，滤渣经过多步得到K2RuO4，加入乙醇转化过滤得到Ru(OH)4，再加入NaClO3氧化蒸馏得到RuO4，加入盐酸发生氧化还原反应，得到RuCl3和气体Cl2，溶液结晶得到RuCl3晶体，还原得到Ru单质。
【详解】（1）Cr是24号元素，在元素周期表中的位置是第四周期，第VIB族；
（2）含钌废渣“酸溶”前必须经过研磨粉碎，其目的是：增大反应物之间的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率；
（3）K2RuO4中加入乙醇转化，得到Ru(OH)4和乙醛，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：；
（4）①根据图1可知，在催化剂为钌单原子位点上相对能量最低，反应容易发生，H2O的“吸附解离”主要发生在钌单原子位点上；
②由图2可知，吸附在NiO位点上的H2相对能量高，较不稳定，H2更容易脱附；
（5）RuO4与盐酸反应生成RuCl3，Ru化合价降低，则Cl元素化合价升高生成Cl2，离子方程式为：；
（6）沉铬时要让Cr3+沉淀，C2+不沉淀，根据溶度积常数，Cr3+完全沉淀时浓度为10-5ml/L，则c(OH-)==10-9ml/L，c(H+)=10-5ml/L，pH=5.0，C2+浓度为1.8×10-3ml·L-1，C2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=10-8ml/L，pH=8.0，“沉铬”时需调节pH的范围为：；
（7）Ba2+与O2-最近距离为立方体面对角线一半，与Ru4+的最近距离为体对角线一半，故与Ba2+距离最近的离子是O2-；
晶胞中有Ru4+1个，Ba2+为8个，O2-为6个，晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶胞的边长为cm=。
12．（15分）Cu元素在生命活动中占有举足轻重的地位，缺铜会造成贫血、记忆力减退、反应迟钝、运动失常等。某实验小组设计如下实验制备有机补铜剂——顺式甘氨酸合铜水合物，并测定其组成。
Ⅰ．制备有机补铜剂——顺式甘氨酸合铜水合物
已知：反应过程与能量变化如图1所示，反应过程会有反式产物生成，如图2所示。
回答下列问题：
(1)1ml顺式甘氨酸合铜水合物中配位键数为 (为阿伏加德罗常数的值)；顺式产物的极性 (填“大于”或“小于”)反式产物。
(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。写出此蓝色沉淀溶解的化学方程式 。
(3)设计实验方案证明沉淀已洗涤干净 。
(4)制备有机补铜剂的反应为，从速率及产品纯度角度解释控制反应温度为70℃左右的原因 。
Ⅱ．产品中Cu元素含量的测定。称取产品，用水溶解，再加入适量硫酸，配制成100mL样品溶液；用移液管移取其中20.00mL溶液到碘量瓶中，加入过量KI固体，在暗处静置5分钟，用标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，加入适量溶液，剧烈振荡碘量瓶，加入几滴淀粉溶液，用标准溶液继续滴定至终点；再取两份20.00mL溶液进行两次平行实验。
已知：ⅰ．、。
ⅱ．CuI固体能吸附溶液中的少量碘单质。
ⅲ．。
(5)①加入适量溶液，剧烈振荡碘量瓶的目的是 。
②滴定终点的现象是 。
③若三次实验平均消耗标准溶液20.00mL，则产品中含Cu元素的质量为 g。
【答案】(1) 大于
(2)
(3)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，证明已洗涤干净
(4)温度低于，反应速率慢，生成反式产物的活化能大，温度高于，易生成反式产物而引入杂质
(5) 将CuI转化为CuSCN，释放出CuI吸附的 滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 0.64
【分析】由题给流程可知，向硫酸铜溶液中滴加氨水至沉淀恰好完全溶解，得到含四氨合铜离子的深蓝色溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液， 使四氨合铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，过滤、干燥、洗涤得到氢氧化铜，在条件下，向氢氧化铜中加入甘氨酸溶液，搅拌，使氢氧化铜完全溶解得到甘氨酸合铜，趁热过滤，得到甘氨酸合铜溶液，向滤液中加入的乙醇，冷却结晶、 过滤，用的酒精溶液和丙酮洗涤、干燥，得到顺式甘氨酸合铜水合物。
【详解】（1）顺式甘氨酸合铜水合物中铜原子与2个N原子形成配位键，1ml顺式甘氨酸合铜水合物中配位键数为。顺式甘氨酸合铜分子对称性弱，极性强；反式甘氨酸铜分子对称性强，极性弱，顺式甘氨酸合铜的极性大于反式甘氨酸合铜。
（2）向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。蓝色氢氧化铜沉淀溶解生成氢氧化四氨合铜，反应的化学方程式为。
（3）沉淀表面会吸附硫酸根离子，证明沉淀已洗涤干净的方案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，证明已洗涤干净。
（4）温度低于70℃，生成顺式产物的反应速率慢，根据图1可知，生成反式产物的活化能大，温度高时，易生成反式产物而引入杂质。
（5）①由题可知CuI固体能吸附溶液中的少量碘单质，而且，所以加入适量溶液，剧烈振荡碘量瓶的目的是将CuI转化为CuSCN，释放出CuI吸附的。
②指示剂为淀粉，所以滴定终点现象是滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
③第一步，找关系式。由离子方程式可知。第二步，计算20.00mL样品溶液中含有的。。第三步，计算产品中Cu元素的质量。产品中含Cu元素的质量为。
13．（14分）有机化合物J是合成抗炎症、抗肿瘤的药物的中间体。以有机化合物A为原料制备该中间体J的合成路线如下：
已知：I.。
II.。
III.(和表示烃基)。
回答下列问题：
(1)有机物C的名称是 ，有机物G的含氧官能团的名称是 。
(2)在过量Na2CO3作用下，由C生成D的化学方程式为 ；由E生成F的反应类型为 。
(3)有机物H的结构简式为 ，H中碳原子的轨道杂化方式有 种，有机物D的同分异构体中能同时满足下列条件的有 种。
①苯环上有两个取代基；②能与NaHCO3反应生成CO2；③含有手性碳原子和六元环烷烃结构；
(4)根据上述信息，写出以为主要原料制备合成的路线 (TEA、CH3OH及无机试剂任选)。
【答案】(1) 苯乙酸甲酯 酰胺基、酯基
(2) 或
还原反应
(3) 3 12
(4)
【分析】
D经硝化反应生成E，根据D的分子式为C14H18O2，可知D为，E经还原反应生成F，可知F为，根据已知信息Ⅰ，则F与发生胺基上取代反应生成G，根据G 的分子式C21H22NO3Cl则G为，根据已知信息Ⅱ，可知G生成H的过程中，G中的酯基-COOCH3变成了-CN，根据G的分子式C20H19N2OCl则H为，根据已知信息Ⅲ，可知H生成I的过程中H中的-CN变成了酰胺基-CONH2，根据I的分子式C20H21N2O2Cl，则I为，根据A的分子式C8H8O2及后续反应可推知A为苯乙酸，A与SOCl2反应生成B，即A中的羧基变成了酰氯，则B为，B与甲醇反应生成C，则C为。
【详解】（1）
根据C的结构式，可知C的名称为苯乙酸甲酯；根据G的结构式可知G中含氧官能团为酰胺基和酯基；
（2）
根据C的结构式为，D的结构式为，C生成D的化学方程式为或；E变成F是E中的硝基变成了胺基，为还原反应；
（3）
根据分析可知H为；H中的C原子的杂化方式有：酰胺基的C为sp2杂化，-CN中的C为sp杂化，环己烷上的C为sp3杂化，故H中C原子的杂化方式有3种；根据D的结构式，同分异构体满足如下：①苯环上有两个取代基②能与NaHCO3反应生成CO2③含有手性碳原子和六元环烷烃结构，能与NaHCO3反应说明含有-COOH，同分异构如下：、、（箭头为甲基可取代的位置），故共有12种。
（4）
的单体为，根据已知信息Ⅲ可知可由合成，根据已知信息Ⅱ可知可由合成，根据B到C的流程可知可由合成，逆推如下：，故设计合成路线如下：。
14．（15分）丙烯是重要的化工原料，可由异丙醇脱水制备。反应体系中发生如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ
回答下列问题：
(1)异构化反应： ；下列措施有助于同时提高异构化反应速率和转化率的是 。
A．增大初始投料物质的量 B．加压 C．升温
(2)可代表的平衡产率随温度、压强变化趋势的是 （填“图1”或“图2”）；另一个图代表的平衡产率随温度、压强变化的趋势。
压强由大到小的顺序为 ，理由是 ；图2中，250℃以下时各条曲线差别较大，而250℃以上时各条曲线几乎交于一点，由此可得的结论是 。
(3)向恒压体系中充入一定量异丙醇发生反应、、， 经过后达到平衡，测得异丙醇转化率为60%，三种含碳产物的物质的量相等。
①内，异丙醇的平均反应速率为 （保留小数点后两位即可，下同）。
②反应的 。
【答案】(1) C
(2) 图2 压强增大，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，丙烯的平衡产率减小，4-甲基-1-戊烯的平衡产率增大 在低温区反应，压强对丙烯的平衡产率影响较大，而当反应温度高于时，压强对丙烯的平衡产率几乎无影响
(3) 13.24
【详解】（1）根据盖斯定律，；
A．增加初始投料物质的量，能提高反应速率，但的转化率会降低，故A不符合题意；
B．加压，能提高反应速率，但对异构化反应，平衡不移动，则的转化率不变，故B不符合题意；
C．异构化反应是吸热反应，升温，平衡正向移动，则的转化率升高，同时升温，能提高反应速率，故C符合题意；
答案C。
（2）根据焓变，温度升高，反应平衡正向移动，反应、反Ⅲ平衡逆向移动，丙烯的平衡产率增大，则可代表丙烯的平衡产率随温度、压强变化趋势的是图2；
根据反应式系数，压强增大，反应Ⅰ平衡逆向移动，丙烯的平衡产率减小，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动， 4-甲基-1-戊烯的平衡产率增大，故；
，压强对丙烯的平衡产率影响较大，而250℃以上，压强对平衡的影响可忽略，导致不同压强下，丙烯的平衡产率几乎相同。
（3）
设初始时向体系中充入异丙醇，转化的物质的量为，生成的、的物质的量分别为，列出三段式：
，解得，即平衡时（），
，，则。
①初始时，（），平衡时，（）。则内异丙醇的平均反应速率；
②。