河南开封市祥符区第四高级中学等校2026届高三年级下册第二次质量检测化学试卷（含解析）

/2026届高三年级第二次质量检测化学注意事项：1.本试卷共两大题，18小题，考试时间75分钟，满分100分。2.答题前，考生先将条形码粘贴在“贴条形码区”并将本人学校、班级、姓名、考号、考场和座号填写在相应位置。3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写；作图时，可用2B铅笔，笔迹要清晰；选择题填涂时，必须用2B铅笔按图示规范填涂。4.严格按题号所示的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效；在草稿纸、试卷纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Zn-65一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是A.不锈钢针 B.木活字C.石印章 D.纸年画【正确答案】A【详解】A．不锈钢针所涉及材料为不锈钢，是铁与铬、镍等元素组成的‌合金‌，具有耐腐蚀、高强度等特性，符合合金定义，A正确；B．木活字所涉及材料为木材，不属于合金，B错误；C．石印章所涉及材料为石材，不属于合金，C错误；D．纸年画所涉及材料为‌纤维素‌，不属于合金，D错误；故答案选A。2.下列化学用语或图示正确的是A.S的原子结构示意图： B.HClO的结构式：C.乙烷的球棍模型： D.基态原子的价层电子排布式：【正确答案】D【详解】A．硫（S）原子序数为16，最外层6个电子。图示为8个电子，对应的是硫离子，非原子结构，A错误；B．次氯酸中氧原子为中心原子，氢原子与氯原子分别与氧原子形成一个共价键，正确的结构式为

，B错误；C．图示呈现原子紧密堆积、无明显“棍”状化学键，实为比例模型（空间填充模型），不符合球棍模型定义，C错误；D．铜为29号元素，铜原子因3d轨道全满更稳定，其基态原子的电子排布式为，价层电子排布式即为

，D正确；故选D。3.下列图示的实验操作或方法符合规范的是A.量取20.00mL草酸溶液 B.除去中的HClC.用pH试纸测定溶液pH D.配制一定物质的量浓度的HCl溶液【正确答案】A【详解】A．草酸呈酸性，准确量取时应使用酸式滴定管，A说法正确；B．利用饱和NaCl溶液除去中的HCl时，气体应从长导管进、短导管出，B说法错误；C．用pH试纸测定溶液pH应取少量待测液体滴加于pH试纸上，观察试纸变色情况，再与标准比色卡进行对比，C说法错误；D．利用容量瓶配制一定物质的量浓度的HCl溶液，当液面距离刻度线较近时，应用滴管滴加进行定容，D说法错误；故答案应选A。4.劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A用次氯酸钠溶液消毒次氯酸钠溶液呈碱性B用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P、K等元素C用明矾净化黄河水明矾水解生成胶体D以油脂为原料制肥皂油脂可发生皂化反应A.A B.B C.C D.D【正确答案】A【详解】A．次氯酸钠溶液消毒是利用其强氧化性使蛋白质变性，与溶液呈碱性无关联，A符合题意；B．厨余垃圾含有N、P、K等植物生长所需的营养元素，因此可以用来制备肥料，二者有关联，B不符合题意；C．明矾溶于水后水解生成氢氧化铝胶体，胶体可吸附水中悬浮杂质实现净水，二者有关联，C不符合题意；D．油脂在碱性条件下发生水解反应（皂化反应）生成高级脂肪酸盐，是制肥皂的反应原理，二者有关联，D不符合题意；故选A。5.某金属元素的单质及化合物相关转化如图所示。其中M、W为单质，X、Y、Z为氧化物。下列说法错误的是A.X晶体中阴、阳离子数目之比为 B.Y在常温常压下为无色无味液体C.Z可使燃着的镁条熄灭 D.M在W中剧烈燃烧，产生黄色火焰和大量白烟【正确答案】C【分析】根据转化关系推导：最终生成纯碱，且碱溶液和单质W生成漂白液，同时根据题干信息，M、W为单质，X、Y、Z为氧化物可推出：

M为金属单质Na，Na与反应得到X，则X为，Na和都能与Y反应生成碱溶液（NaOH溶液），则Y为；W为单质，能与NaOH溶液生成漂白液，则W为；Z为，据此分析解答。【详解】A．根据分析，X为，属于离子晶体，由和​，阴、阳离子数目之比为，A正确；B．根据分析，Y为，常温常压下为无色无味液体，B正确；C．Z为，Mg能在中燃烧：，因此不能使燃着的镁条熄灭，C错误；D．Na在中剧烈燃烧，火焰为黄色，生成的NaCl固体为白烟，D正确；故答案为C。6.下列反应的离子方程式正确的是A.向溶液中加入足量Cu粉：B.向溶液中滴加稀硫酸：C.用醋酸除去水垢中的：D.向溶液中加入过量NaOH溶液并加热：【正确答案】B【详解】A．溶液中加入足量Cu粉反应生成铜离子和亚铁离子，正确反应的离子方程式为，A错误；B．与稀硫酸反应生成硫单质沉淀、二氧化硫气体和水，离子方程式符合反应事实、守恒规则及电解质拆分要求，B正确；C．醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆分为，正确反应的离子方程式为，C错误；D．NaOH过量时，碳酸氢根离子也会与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，正确反应的离子方程式为，D错误；故选B。7.结合所给结构示意图及相关信息进行分析。下列说法错误的是名称或化学式吡咯18-冠-6结构示意图A.吡咯分子中参与形成大键的电子数为6B.分子中含有6个键，键角均为60°C.中水分子全部与以配位键结合D.18-冠-6能与作用，不与作用，体现超分子“分子识别”的特征【正确答案】C【详解】A．吡咯分子中N原子采取sp2杂化，其p轨道上的一对孤对电子（2个电子）与四个碳原子各提供的1个p电子共同形成包含6个电子的离域大π键，A正确；B．P4​分子是正四面体结构，4个磷原子位于正四面体的四个顶点，正四面体每个面都是正三角形，则键角均为60°，B正确；C．中，只有4个水分子直接和以配位键结合，剩余1个水分子通过氢键和、配位水结合，并非全部水分子都和形成配位键，C错误；D．18-冠-6的空腔尺寸匹配，可以结合，但不匹配半径更小的，无法结合，这正是超分子“分子识别”的特征，D正确；故答案选C。8.研究发现，从中药黄芩中提取的Q对多种肿瘤细胞具有显著抑制作用，Q的结构简式如图所示。下列关于Q的说法错误的是A.碳原子的杂化方式有2种 B.能使酸性溶液褪色C.与可发生取代反应和加成反应 D.与足量发生加成反应所得分子中有3种官能团【正确答案】D【详解】A．Q分子中碳原子的杂化方式有和两种，A正确；B．Q分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．Q分子中的苯酚结构的邻位可以与发生取代反应，碳碳双键可与发生加成反应，C正确；D．Q中的酮羰基、碳碳双键和苯环可与氢气加成，得到的产物含有的官能团为醚键与羟基，含有2种官能团而不是3种，D错误；故答案为D。9.浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大且位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。下列说法错误的是A.是一种清洁能源，可做航天燃料B.Y形成的单质均为非极性分子C.Z的最高价含氧酸的酸性在同族中最强D.M单质镶嵌在船舶的外壳上，可以避免船体遭受腐蚀【正确答案】B【分析】Y最外层电子数是内层的3倍，内层电子数为2，故Y为O；M价层电子排布为，故M为Zn；四种元素位于不同前四周期且原子序数依次增大，故X为第一周期的H；X、Y最外层电子数之和为，故Z为第三周期最外层电子数为7的Cl。最终元素：。【详解】A．​为，燃烧产物为水，无污染、热值高，是清洁能源，可用作航天燃料，A正确；B．Y（O）的单质有​和，​为V形结构，正负电中心不重合，是极性分子，并非所有单质都是非极性分子，B错误；C．Z（Cl）的最高价含氧酸为​，卤族中F无正价，Cl以下的卤族元素最高价含氧酸酸性弱于​，故酸性同族最强，C正确；D．M为Zn，活泼性强于船体主要成分Fe，镶嵌Zn后形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，可避免船体遭受腐蚀，D正确；故选B。10.在恒温恒容条件下，向密闭容器中充入一定量的，发生反应，反应速率，k为速率常数。反应过程中各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.该条件下B.时刻，与的物质的量浓度相等C.的活化能大于的活化能D.若和均为放热反应，则升高温度(平衡)变小【正确答案】B【详解】A．平衡状态下，，即，，由可得，由可得，两式相乘得，A错误；B．t1时刻，生成M和N的物质的量分数相等，生成M和N的物质的量相等，因为恒温恒容密闭容器，则生成M和N的物质的量浓度相等，B正确；C．t1时刻之前，M的物质的量分数大于N的物质的量分数，生成M的反应速率大于生成N的反应速率，A(g)→M(g)的活化能小于A(g)→N(g)的活化能，C错误；D．若两反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率降低，(平衡)应增大，D错误；故选B。11.某小组同学利用反应(红色)(蓝色)进行实验，探究平衡移动原理。下列说法错误的是A.①增大了，导致，平衡正向移动B.②可推知该反应是吸热反应C.③说明平衡逆向移动，的浓度增大D.④可推测与形成了更稳定的配合物【正确答案】C【详解】A．①滴加浓盐酸，增大了，导致，平衡正向移动，A正确；B．降温溶液颜色蓝变红，说明平衡逆向移动，则可推知该反应是吸热反应，B正确；C．加水稀释，溶液变红，说明平衡逆向移动，溶液体积增大，离子浓度减小，故浓度减小，C错误；D．加入ZnCl2后溶液变红，说明平衡逆向移动，可能是Zn2+与Cl-结合生成（无色），形成了更稳定的配合物，导致c(Cl-)减小，平衡逆向移动，D正确；故选C。12.某科研团队研发出一种可植入人体的智能微型血糖调控电池，其工作原理如图所示。该电池以纳米CuO/导电聚合物为电极，利用血液中的葡萄糖发电，同时降低血糖浓度；装置内置传感器，当血糖浓度高于正常值时自动启动，降至标准范围时停止工作。下列说法错误的是A.电极a为正极，发生还原反应B.b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用C.两电极间血液中的在电场驱动下的迁移方向为b→aD.理论上消耗0.1mmol葡萄糖，电路中有0.1mmol电子流过【正确答案】D【分析】由图可知，放电时为原电池，电极a上O2得电子生成OH-，则电极a为正极，电极b为负极；负极b上Cu2O失电子生成CuO、CuO氧化葡萄糖(C6H12O6)生成葡萄糖酸(C6H12O7)，正极反应式为，负极反应为、，电池总反应式为；放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。【详解】A．由题中信息可知，当电池开始工作时，a电极为电池正极，发生还原反应，A正确；B．b电极上CuO将葡萄糖氧化为葡萄糖酸后被还原为Cu2O，Cu2O在b电极上失电子转化成CuO，在这个过程中CuO的质量和化学性质保持不变，因此CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用，B正确；C．原电池中阳离子从负极移向正极，故迁移方向为b→a，C正确；D．根据分析，负极反应为、，可知理论上消耗0.1mmol葡萄糖，消耗CuO的物质的量为0.2mmol；根据负极反应式，可知转移电子为0.2mmol，即电路中有0.2mmol电子流过，D错误；故答案选D。13.的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子Z，其合成路线如下(反应①中无其他产物生成)。下列说法正确的是A.X与的化学计量比为B.Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子可以降解C.Z可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构D.Z完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同【正确答案】C【详解】A．结合质量守恒，通过对比X、Y的结构可知X与二氧化碳的化学计量比为2:1，A错误；B．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，B错误；C．Z的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确；D．Z完全水解得到的产物结构简式为，分子式为C9H14O3，Y的分子式为C9H12O2，二者分子式不相同，D错误；故选C。14.是一种二元酸，MR是一种难溶盐，图中曲线分别表示室温下：(1)的溶液中(X代表、、)与pH的关系；(2)含的溶液中的与pH的关系。下列说法正确的是A.曲线②表示与pH的关系B.溶度积常数的数量级为C.的平衡常数为D.(2)中溶液时，存在【正确答案】C【分析】H2R是二元弱酸，pH越小（酸性越强），H2R分子越难电离，其浓度最大，lgc值最大。随着pH增大，H2R浓度持续下降，曲线①代表与pH的关系；HR-浓度随pH增大先增大后减小，故③代表与pH的关系；R2-在高pH时浓度升高，故曲线④代表与pH的关系；而在含MR(s)的Na2R溶液中，随着pH增大，R2-浓度增大，由溶度积关系可知M2+浓度减小，②代表与pH的关系。【详解】A．由分析可得，②代表与pH的关系，A错误；B．由分析可得，曲线④和②分别对应R2-和M2+，由图可读出在pH=2.73时，lgc(M2+)=−4.30，lgc(R2-)=−2.49，，数量级为10-7，不是10-6，B错误；C．的平衡常数为，在曲线④（R2-）与曲线①（H2R）的交点处：由图可知在pH=2.73时，lgc(H2R)与lgc(R2-)相等，即c(H2R)=c(R2-)，代入上式得K=[H+]2。又因为pH=2.73，故[H⁺]=10-2.73，则K=(10-2.73)2=10-5.46，C正确；D．溶液中的Na+只来源于Na2R，所以c(Na+)=0.20mol⋅L−1；但体系中还存在固体MR的溶解平衡，MR(s)溶解后会额外提供R2-，使溶液中含R微粒总浓度不再仅等于Na2R提供的0.10mol·L-1，而应满足，，D错误；故答案选C。二、非选择题：本题包括4小题，共58分。15.铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用高铍矿石(主要成分为，还含有一定量的和)和方解石(主要成分是)生产的一种工艺流程如下。已知：ⅰ.与性质相似，能在强酸、强碱中溶解。ⅱ.25℃时，的。回答下列问题：（1）“熔炼”过程中，高铍矿石中的与方解石分解产物反应，生成、和，反应的化学方程式为___________。（2）滤渣1中除含及难溶性硅酸盐外，还含有___________(填化学式)。（3）“氧化”过程中加入发生反应的离子方程式为___________；工业上的实际消耗量多于理论用量，原因是___________。（4）试剂X应选择___________(填“”或“”)，“沉铍”时选择试剂X的理由是___________。（5）“沉铍”时，将从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的___________%。若将“沉铍”后的滤液1经处理后循环利用，可返回流程中___________工序(填工序名称)。【正确答案】（1）（2）（3）①.②.可以催化分解（4）①.②.可溶于强碱，弱碱可避免溶解（5）①.10②.转化【分析】高铍矿石和方解石在熔炼过程中，与方解石分解产物反应，生成、和；高铍矿石还含有一定量的和，则酸浸时生成Be2+、Fe2+、Al3+和Fe3+，同时得到的滤渣1中含有及难溶性硅酸盐和；加入硫酸铵把铝元素转化为铝铵矾，加入将Fe2+氧化为Fe3+，通过调pH使Fe3+转化为沉淀而除去；最后使用弱碱沉铍，使Be2+转化为，得到的滤液硫酸铵可以循环利用，最后煅烧得到。【小问1详解】方解石主要成分是，则分解产物为二氧化碳和，熔炼过程中与反应，生成、和，则化学方程式为。【小问2详解】酸浸时加入稀硫酸，则滤渣1中除含及难溶性硅酸盐外，还含有。【小问3详解】氧化过程中加入将Fe2+氧化为Fe3+，则离子方程式为；不稳定，催化作用下易分解，则工业上的实际消耗量多于理论用量。【小问4详解】与性质相似，能在强酸、强碱中溶解，试剂X应选择弱碱，选用弱碱可避免溶解。【小问5详解】25℃时，的，为8.0时，铍离子的浓度为，为8.5时，，因此沉铍时将从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的10%；若将“沉铍”后的滤液为硫酸铵，经处理后循环利用，可返回流程中转化工序。16.滴定法是测定铁矿石中铁含量的经典方法。某研究小组利用该法对质量为ag的赤铁矿试样(含及少量不与酸反应的杂质)进行了铁含量测定。【配制溶液】①标准溶液；②溶液：称取一定量的溶于20mL浓盐酸，并加水稀释至100mL，再加入少量锡粒。【测定含量】步骤Ⅰ：试样与浓盐酸加热溶解→过滤除去不溶物→洗涤滤渣并将洗涤液并入滤液→转移至锥形瓶。步骤Ⅱ：边振荡边向锥形瓶中滴加溶液至黄色消失，过量1～2滴→冷却后滴加饱和溶液→静置。步骤Ⅲ：向锥形瓶中加入硫酸-磷酸混合液及指示剂→用标准溶液滴定至终点。已知：室温时难以氧化，可将氧化为，还原产物不与反应；题中条件下，难以氧化，可被还原为。回答下列问题：（1）配制溶液时，加入浓盐酸的目的是___________。（2）步骤Ⅰ中，洗涤滤渣并将洗涤液并入滤液的目的是___________。（3）步骤Ⅱ中，溶液需过量1～2滴的原因是___________；若未滴加饱和溶液，会导致测定的铁含量偏大，原因是___________。（4）步骤Ⅲ中，测定铁含量所涉及的主要离子反应方程式为___________。（5）若消耗标准溶液VmL，则ag试样中铁的质量分数为___________(用含a、c、V的代数式表示)。（6）滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用和将铁矿石试样中还原为，再用标准溶液滴定。从环保角度分析，该方法相比于滴定法的优点是___________。【正确答案】（1）抑制水解，防止生成沉淀。（2）将滤渣表面吸附的全部转移到滤液中，避免铁元素损失（3）①.确保溶液中所有被还原为②.过量的会与反应，消耗更多标准溶液，导致测定结果偏高（4）（5）（6）避免使用含重金属的，对环境更友好【分析】步骤Ⅰ中试样与浓盐酸加热溶解，使试样中的可溶性成分溶解在浓盐酸中，然后过滤除去不溶物，洗涤滤渣并将洗涤液并入滤液，再转移至锥形瓶，得到含待测定成分的滤液。步骤Ⅱ中边振荡边向锥形瓶中滴加溶液，具有还原性，可将溶液中的还原至黄色消失(表明被还原)，过量1～2滴，可确保所有被完全还原；冷却后滴加饱和溶液，与过量反应，静置使反应充分进行。步骤Ⅲ中向锥形瓶中加入硫酸-磷酸混合液，硫酸-磷酸混合液提供酸性环境，磷酸可络合，消除的黄色对滴定终点判断的干扰，再加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，根据的用量计算待测定成分的含量。【小问1详解】属于强酸弱碱盐，会发生水解反应：，水解会导致溶液产生浑浊。加入浓盐酸，可增大溶液中的浓度，抑制水解，防止生成沉淀，保持溶液澄清稳定。【小问2详解】试样中的铁元素以形式存在，与盐酸反应后生成进入滤液，滤渣为不与酸反应的杂质。滤渣表面会吸附部分含的滤液，洗涤滤渣并将洗涤液并入滤液，可将吸附在滤渣上的铁元素完全转移到滤液中，避免铁元素损失，提高铁含量测定结果的准确性，减少实验误差。【小问3详解】的作用是将滤液中的还原为，过量1～2滴，可确保所有被完全还原，避免因残留导致后续滴定结果偏低。若未滴加饱和溶液，过量会在后续步骤中被氧化，导致消耗的标准溶液体积偏大，根据铁含量的计算关系，会使测定的铁含量偏高。【小问4详解】在酸性条件下将氧化为，自身被还原为，结合电荷守恒和原子守恒配平得到离子方程式：。【小问5详解】根据离子反应方程式。已知消耗标准溶液的物质的量：，则。铁的质量，因此ag试样中铁的质量分数为。【小问6详解】中使用了有毒的，汞元素会造成严重的环境污染；而法避免了使用有毒的汞试剂，减少了汞污染，更加环保。17.Ⅰ.第ⅤA族元素氮、磷、砷在新能源、新材料、环保治理等领域有广泛应用。工业中常搭配锌硫晶体做载体实现对氮、磷、砷的吸附、催化协同反应。（1）氮、磷、砷的最简单氢化物沸点从高到低的顺序为___________，原因是___________。（2）硫化锌的晶胞结构如图所示，其晶胞边长为anm，密度为，设为阿伏加德罗常数，则___________(用含a、b的代数式表示)。Ⅱ.工业上用二乙苯(DEB)在催化下两步脱氢制取二乙烯基苯(DVB)。反应为：①②副反应为：③（3）通入水蒸气可减少催化剂上的积碳，原因是___________(用化学方程式表示)。恒压下，通入一定量的水蒸气能提高DVB的产率，原因是___________。（4）一定条件下，发生反应①和②，已知DEB的转化率与之间满足关系，若每小时通入DEB的物质的量为0.5mol，则用DEB表示的反应速率为___________。（5）保持压强为100kPa，通入水蒸气和，发生上述三个反应，DEB的平衡转化率、EVB和DVB的选择性随温度变化如图所示[选择性]。图中表示DEB平衡转化率的曲线为___________(填标号)；时反应①的___________kPa。【正确答案】（1）①.②.氨分子之间存在氢键，使其沸点最高，、分子之间仅存在范德华力，且的相对分子质量较大（2）（3）①.②.恒压条件下，通入水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡正移，提高产率（4）0.4（5）①.②.15.68【小问1详解】氨分子之间存在氢键，使其沸点最高，、分子之间仅存在范德华力，且的相对分子质量较大，沸点高于，故氮、磷、砷的最简单氢化物沸点从高到低的顺序为；【小问2详解】根据均摊法计算，1个晶胞中有4个Zn2+，个S2-，1mol晶胞质量表示为，则有；【小问3详解】通入水蒸气可减少催化剂上的积碳，原因是高温条件下碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气：；恒压下，通入一定量的水蒸气能提高DVB的产率，原因是恒压条件，通入水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡正移，提高产率；【小问4详解】由题意可知，每小时通入0.5molDEB时，DEB的转化率为：=80%，则1h内，DEB的反应速率为：=0.4mol/h；【小问5详解】升高温度，反应①、反应②的平衡均向正反应方向移动，则压强一定时，升高温度，DEB的平衡转化率和DVB的选择性均增大，由DVB的选择性小于DEB的平衡转化率可知，曲线L1、L2、L3分别表示DEB的平衡转化率、DVB的选择性、EVB的选择性随温度的变化；设水蒸气、DEB的物质的量分别为3.02mol、1mol，由图可知，T0时，DEB的平衡转化率为70%，DVB的选择性和EVB的选择性都为40%，MST的选择性为20%，则平衡时，DEB、EVB、DVB、MST的物质的量分别为：1mol-1mol×70%=0.3mol、1mol×70%×40%=0.28mol、1mol×70%×40%=0.28mol、1mol×70%×20%=0.14mol；由方程式可知，生成0.28mol

DVB需要两步脱氢，氢气的物质的量为：0.28mol×2=0.56mol，生成0.28mol

EVB需要一步脱氢，生成氢气的物质的量为0.28mol，则生成氢气的总物质的量为0.84mol；MST的物质的量为0.14mol，由方程式③可知，反应生成甲烷的物质的量为0.14mol，则平衡时混合气体的总物质的量为：0.3mol+0.28mol+0.28mol+0.84mol+0.14mol+0.14mol+3.02mol=5.0mol，时反应①的=15.68kPa。18.化合物H是合成某姜黄素类天然产物的中间体，其合成路线如图(部分条件和试剂已简化)。回答下列问题：（1）由A生成B的反应中，可能的作用是___________。（2）B和C生成D的反应分两步进行