2026年高考化学普通高等学校招生考试仿真题(一)（解析版）

2026年高考化学普通高等学校招生考试仿真题(一)(满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Zr91一、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．下列商品与其主要成分和用途不对应的是()选项ABCD商品特级熟石膏粉食用纯碱食品级硫酸锌(七水)纯氧化铁红主要成分2CaSO4·H2ONa2CO3ZnSO4·7H2OFe2O3用途建筑材料发酵粉营养强化剂油漆颜料B[A．商品为“特级熟石膏粉”，主要成分为2CaSO4·H2O，用途为“建筑材料”。熟石膏粉遇水硬化，常用于制作石膏板、模型等建筑材料，对应正确，A不符合题意；B．商品为“食用纯碱”，主要成分为Na2CO3，但发酵粉的主要成分通常为碳酸氢钠(NaHCO3)，用于烘焙时产生气体使面团发酵，B符合题意；C．商品为“食品级硫酸锌(七水)”，主要成分为ZnSO4·7H2O，用途为“营养强化剂”。硫酸锌在食品中作为锌元素的补充剂，用于营养强化，对应正确，C不符合题意；D．商品为“纯氧化铁红”，主要成分为Fe2O3，用途为“油漆颜料”。氧化铁红是常见的红色颜料，广泛用于油漆、涂料中，对应正确，D不符合题意。]2．下列化学用语正确的是()A．NCl3的VSEPR模型：B．NaCl溶液中的水合钠离子：C．H2中共价键的电子云图：D．基态硒原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p4A[A．NCl3的价层电子对数为3＋5−3×12＝4，VSEPR模型为四面体，A项正确；B．NaCl溶液中的水合钠离子：，B项错误；C．H2中共价键类型为s-sσ键，其电子云图为，C项错误；D．基态硒原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p4，D项错误。]3．下列情况处理方法不合理的是()选项情况处理方法A蚂蚁叮咬用肥皂水洗伤口B稀释浓氢氧化钠时，碱液溅到皮肤上先用清水冲洗，再涂上硼酸溶液C电器着火泡沫灭火器灭火D加热硫后的试管用二硫化碳洗C[A．蚂蚁叮咬时分泌的蚁酸(酸性)可用碱性的肥皂水中和，缓解症状，A正确；B．氢氧化钠是强碱，先用大量清水冲洗可稀释碱液，减少伤害，硼酸是弱酸，再涂上硼酸溶液可中和残留碱液，避免进一步灼伤，B正确；C．泡沫灭火器含大量水分，而电器着火时可能带电，水分会导致触电或短路，扩大危险，C错误；D．硫(S)不溶于水，但易溶于二硫化碳(CS2)，可溶解残留硫单质，便于清洗，D正确。]4．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是()A．反应热是指在等温条件下，化学反应体系向环境释放或从环境吸收的热量B．焰色试验、滴定实验和中和热测定实验等是化学定量分析方法C．一个反应的活化能是指活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差D．原电池是系统发生化学反应对环境做功，电解池则是环境对系统做电功并使其发生化学反应B[A．反应热是指在等温条件下，化学反应向环境释放或从环境吸收的热量，故A正确；B．滴定实验和中和热测定实验是化学定量分析方法，焰色试验是定性分析，故B错误；C．活化能是指活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，故C正确；D．原电池是化学能转化为电能的装置，系统发生化学反应时对环境做功；电解池是电能转化为化学能的装置，环境对系统做电功并使其发生化学反应，故D正确。]5．稀有气体化合物的合成更新了对“惰性”的认知。已知：6XeF4＋12H2O=2XeO3＋4Xe＋24HF＋3O2，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．1molXeF4中心原子的孤电子对数目为2NAB．18gH2O中所含质子数目为10NAC．生成1molXeO3，转移电子数目为8NAD．3.36LHF(标准状况)所含的分子数为0.15NAD[A．Xe最外层有8个电子，提供4个电子分别与4个F形成共用电子，则1molXeF4中心原子的孤电子对数目为2NA，A正确；B．18gH2O是1mol，1个H2O分子中有10个质子，则18gH2O中所含质子数目为10NA，B正确；C．6XeF4＋12H2O=2XeO3＋4Xe＋24HF＋3O2，该反应中XeO3是氧化产物，Xe是还原产物，O2是氧化产物，生成1molXeO3时，转移电子数目为2×4NA6．下列反应方程式的书写正确的是()A．制备芳纶纤维凯芙拉：B．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液的总反应：2Cl－＋2H2O通电Cl2↑＋H2C．加热氯化铵和熟石灰的混合固体制氨气：CaO＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋H2OD．向氯化亚铁溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液：K3[Fe(CN)6]＋Fe2+＋2Cl－=KFe[Fe(CN)6]↓＋KClA[A．和发生缩聚反应生成高聚物得到芳纶纤维凯芙拉，A正确；B．惰性电极电解饱和MgCl2溶液会生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，总反应：2Cl－＋2H2O＋Mg2+通电Cl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，B错误；C．熟石灰为氢氧化钙而非氧化钙，反应为2NH4Cl＋Ca(OH)2△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，C错误；D．亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀：K++FeCN63−＋Fe7．为探究反应“2I－＋H2O2＋2H＋=I2↓＋2H2O”中碘离子氧化过程，进行如下实验。编号12实验内容实验现象随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀下列说法不正确的是()A．实验1中溶液变浅是因为I2＋5H2O2=2HIO3＋4H2OB．实验2中出现紫色沉淀是因为HIO3＋5HI=3I2↓＋3H2OC．实验1中产生大量气体的原因是I－被氧化的过程大量放热D．实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察C[过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误。]8．X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。五种元素中，Z的基态原子中未成对电子数最多。现有这些元素组成的两种单体Ⅰ、Ⅱ，通过三聚可分别得到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是()A．第一电离能：Z>W>YB．单体Ⅰ中Y原子为sp杂化C．物质(b)中键长：①>②D．单体Ⅱ为非极性分子C[X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，X、Y、Q处于不同周期，X为H元素，Y为第二周期元素，Q为第三周期的元素，由图(a)可知，Z周围形成三个共价键，Z的基态原子中未成对电子数最多，则Z为N元素，Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，则Y为C元素，图(a)为NH2CN的三聚体；由图(b)可知，W形成2个共价键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，(b)是SO3的三聚体。A．同周期第一电离能从左到右是增大趋势，N原子2p轨道半充满，较稳定，第一电离能：N>O，第一电离能：N>O>C，A正确；B．单体Ⅰ的结构简式为H2N—C≡N，存在碳氮三键，C的杂化方式为sp，B正确；C．物质(b)中①为S=O键，②为S—O键，双键键长小于单键键长，键长：①<②，C错误；D．单体Ⅱ为SO3，中心原子为S，价层电子对数为3＋6−3×229．冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。下列说法不正确的是()A．推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关B．实验中c(Na＋)：①＞②＞③C．冠醚通过与K＋结合将MnOD．为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适B[A．从表中数据可以看出，冠醚的空腔直径与Na＋或K＋直径接近时，结合常数大，由此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确；B．冠醚A结合Na＋的能力弱于结合K＋的能力，所以K＋可将冠醚A中的部分Na＋替代出来，由实验中，可得出c(Na＋)：①＞③＞②，B不正确；C．冠醚与K＋结合，从而将MnO4−携带进入有机相，催化KMnO4与环己烯的反应，从而加快反应速率，C正确；D．由表中数据可推出，冠醚A结合K＋的能力比冠醚B强，为加快KMnO10．化合物K与L反应生成M的转化关系如图。已知：L能发生银镜反应，不能发生水解反应。下列说法正确的是()A．L是乙醛B．K分子中的碳原子均位于同一平面上C．反应物K与L的化学计量数之比是1∶1D．含有且环上含有2个取代基的M的同分异构体有4种(不考虑立体异构)D[A．由题干图示转化信息可知，K中的碳碳双键和醛基上的碳氧双键发生加成反应，根据K和M的结构简式可知，L是甲醛即HCHO，A错误；B．由K的结构简式可知，分子中存在sp3杂化的碳原子，且其中一个sp3杂化的碳原子连有3个碳原子，故K分子中的碳原子不可能均位于同一平面上，至少有一个碳原子与其他碳原子不共面，B错误；C．由A项分析可知，L为HCHO，结合K和M的结构简式可知，反应物K与L的化学计量数之比是1∶2，C错误；D．含有且环上含有2个取代基，则2个取代基为—CH3和—CH2CH3，故符合条件的M的同分异构体有：2个取代基连在同一个碳原子上有1种，2个取代基连在两个碳原子上有三种，即共有4种，D正确。]11．下列分离提纯或检验方法合理的是()选项实验操作实验结论A在粗盐(含SO42−、Mg2+、Ca最终得到纯净的氯化钠B向某溶液中加入稀硝酸酸化后，再加入Ba该溶液中一定含有SC向装有一氯丙烷的试管中加入适量的氢氧化钠溶液，加热一段时间后，用稀硫酸酸化后，再滴加硝酸银溶液产生白色沉淀证明一氯丙烷含有氯元素D将乙醇与浓硫酸混合液加热至170℃，并将产生的气体通过NaOH溶液后再通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色气体产物为乙烯D[A．粗盐提纯中，过滤后溶液仍浑浊，应先检查原因并重新过滤，而不是滴加稀盐酸至溶液澄清，因为滴加稀盐酸可能会使之前沉淀的杂质重新溶解，且不能解决溶液浑浊的根本问题，最终也无法得到纯净的氯化钠，A不合题意；B．向某溶液中加入稀硝酸酸化后，再加入Ba(NO3)2溶液，若溶液中含有SO32−，稀硝酸会将SO32−氧化为SO12．我国科学家发明了一种新的海水制氢系统，该系统可避免含氯物质的产生，其工作原理如图所示。还原器中[Fe(CN)6]3-和OH－在催化剂的作用下发生反应释放出O2。下列说法错误的是()A．b为阳极B．离子交换膜为阳离子交换膜C．还原器中发生反应的离子方程式：4[Fe(CN)6]3-＋4OH－催化剂4[Fe(CN)6]4-＋O2↑D．当装置中生成0.5molH2时，外电路转移1mol电子B[依据装置图可知：a极水发生还原反应产生H2：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，a为阴极、b极为阳极，还原器中[Fe(CN)6]3-和OH－在催化剂的作用下发生反应释放出O2，其发生反应的离子方程式：4[Fe(CN)6]3-＋4OH－催化剂4FeCN64−＋O2↑＋2H2O，则b极中有大量的OH－流入还原器中参与反应，故为阴离子交换膜，a极产生的氢氧根离子进入b极。A．由分析，b为阳极，A正确；B．离子交换膜为阴离子交换膜，B错误；C．由分析，还原器中发生反应的离子方程式：4FeCN63−＋4OH－催化剂4FeCN64−＋O2↑13．我国科研工作者以CO2和H2O为原料制得淀粉，实现“喝西北风”吃饱。其核心反应里有一步是在催化剂作用下CO2加氢制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H已省略)。下列说法错误的是()A．CO2加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%B．合成甲醇过程的决速步反应化学方程式为C．该过程中得到相对较多的副产物为COD．CO2加氢制甲醇过程中伴随副反应，选择合适催化剂可提高甲醇反应的选择性B[A．根据图示可知，CO2加氢制甲醇过程中有副产物CO和CH2O生成，原子利用率小于100%，A正确；B．合成甲醇过程的决速步是活化能最大的步骤，但从整个历程来看，决速步反应化学方程式为*CO＋*OH＋*H=*CO＋*H2O，B错误；C．生成副产物CO的活化能小于生成CH2O的活化能，得到相对较多的副产物为CO，C正确；D．选择合适催化剂可提高甲醇反应的选择性，D正确。]14．工业上常采用氟离子萃取稀土金属钍(Th)。常温下，在硝酸钍[Th(NO3)4]溶液中滴加NaF溶液，溶液中含钍粒子分布系数(δ)与－lgc(F－)关系如图。下列叙述错误的是()已知：①K稳可衡量配离子的稳定强度，络合平衡类似化学平衡，例如Ag++2NH3⥬AgNH②δ(Th4+)＝cThA．曲线②代表δ(ThF3+)和－lgc(F－)的关系B．Th4++3F−C．根据图像信息可推知，K稳3<K稳2<K稳1D．当c(ThF3+)＝c(ThF3+)时，c(F－)＝10C[根据络合方程式可知，随着c(F－)的增大，即－lgc(F－)的减小，依次生成ThF3+、ThF22+、ThF3+，结合图像可知，①②③④曲线依次代表Th4+、ThF3+、ThF22+、ThF3+与－lgc(F－)关系。由①②曲线的交点(7.7，0.5)，可知Th4+＋F－⥬ThF3+，K1＝cThF3+cTh4+cF−＝107.7；②③曲线的交点可知，ThF3++F−⥬ThF22+，K2＝cThF22+cThF3+cF−＝105.8；③④曲线的交点可知，ThF22++F−⥬ThF3+，K3＝cThF3+cThF22+cF−＝104.5。A．据分析可知，曲线②代表δ(ThF3+)和－lgc(F－)的关系，A正确；B.Th4++3F−⥬ThF3+的平衡常数K＝K1K2二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．(15分)陶瓷热障涂层(TBC)常涂覆于发动机高温部位的合金上，能使发动机在高于合金熔点的温度下工作，是发动机的“防护服”，主要成分是氧化锆(ZrO2)，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2·SiO2，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取：已知：①ZrSiO4能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+；②常温下，Ksp[Al(OH)3]＝1.4×10-34、Ksp[Fe(OH)3]＝2.64×10-39；pH＝6.2时，ZrO2+开始沉淀。(1)“熔融”过程中，提高反应速率的方法为________(答出一条即可)，ZrSiO4发生反应的产物有Na2ZrO3、H2O和________。(2分)(2)“除杂”过程中，加入双氧水的目的是________________；滤渣Ⅱ的成分为________，通入氨气调节溶液的pH＝5.0时，溶液中Al3+的浓度为________mol·L-1。(4分)(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2分)(4)滤渣Ⅲ的成分是Zr(CO3)2·nZr(OH)4。“调pH＝8.0”时，写出ZrO2+生成ZrC_____________________________________________________________________。(2分)(5)四方ZrO2晶胞结构如图所示。Zr4+在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为apm、apm、cpm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为________g·cm-3(写出表达式)。(5分)[解析]锆英砂(主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)与NaOH熔融时，ZrSiO4、Al2O3、SiO2与NaOH反应生成钠盐；加入过量盐酸“酸浸”，经过滤得到含ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Na＋的滤液Ⅰ和主要成分为H2SiO3的滤渣Ⅰ；滤液Ⅰ中加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入氨水得到含Fe(OH)3和AlOH3的滤渣Ⅱ，滤液Ⅱ中含ZrO2+、Na＋、NH4+，滤液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH＝8.0得到成分为ZrCO(1)“熔融”过程中，提高反应速率的方法有：将锆英砂粉碎、增大锆英砂与NaOH的接触面积，搅拌；ZrSiO4与NaOH熔融反应生成Na2ZrO3、H2O和Na2SiO3，反应的化学方程式为ZrSiO4＋4NaOH熔融Na2ZrO3＋Na2SiO3(2)根据分析，“除杂”过程中，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去；滤渣Ⅱ的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；c(Al3+)＝KspAlOH3c3OH−＝1.4×10−341×10(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净只要检验最后的洗涤液中不含Cl－即可，方法是取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净。(4)ZrO2+与Na2CO3溶液反应得到Zr(CO3)2·nZr(OH)4沉淀，根据电荷守恒和元素守恒，结合调pH＝8.0，反应的离子方程式为n+1Zr(5)由ZrO2的晶胞可知，与Zr4+等距离最近的O2-有8个，即Zr4+在晶胞中的配位数是8；根据“均摊法”，1个晶胞中含Zr4+：8×18＋6×12＝4个，O2-：8个，1个晶胞的质量为4×91+16×2NAg，1个晶胞的体积为(a2c×10-30)cm3，该晶体的密度为4×91+16×2NAg÷(a2c×10-30)cm[答案](1)粉碎(或搅拌等)Na2SiO3(2)将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去Fe(OH)3、Al(OH)31.4×10-7(3)取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净4n+1(5)84×16．(14分)某小组欲探究钠与酸溶液反应速度的影响因素，查阅资料并设计实验进行分析和验证。已知：ⅰ．任何反应都会经历以下四个步骤：吸附、反应、解附、扩散。ⅱ．钠与水反应动力学机理：①钠在水分子作用下释放电子：Nan→Nan②释放的电子有如下两种过程：与水形成溶剂化电子：H2O＋e－→H2Oe－，H2Oe－→OH－＋H，H＋H→H2与水中水合氢离子结合：H3O＋＋e－→H3O，H3O→H2O＋H，H＋H→H2ⅲ．30℃时含钠化合物的溶解度：NaCl：6.2mol·L-1CH3COONa：6.5mol·L-1NaF：1.0mol·L-1方案Ⅰ：取三块大小相同形状均匀的钠块，分别投入20mL溶液H2O0.1mol·L-1的盐酸0.1mol·L-1NaOH溶液反应时间/s464545(1)实验室钠保存在________。下列图标与演示Na与水反应实验有关的是________。(2分)(2)从实验数据分析，写出钠在盐酸中主要发生的反应化学方程式_____________________________________________________________________，理由：____________________________________________________________________________________________________________________________________。(4分)(3)为进一步验证上述结论，小组将质量相等，大小形状相同的Na分别与0.05mol·L-1和0.3mol·L−1的稀盐酸(盐酸中滴加酚酞)反应后发现，前者实验过程中能够明显观察到钠球运动的轨迹上出现红色，而后者没有观察到红色。结合方程式解释Na与0.05mol_____________________________________________________________________。(2分)(4)小组研究又发现：盐酸浓度的改变也会影响其与钠的反应速度。方案Ⅱ：取200mg形状几乎一样的7块钠，分别投入预先配制好的浓度不同的盐酸和水中，分别计时，实验结果如下：浓度/mol·L-1631.510.10.050反应时间/s114653721131820由该实验可知，当盐酸浓度大于1mol·L-1时，浓度越大，反应速度越慢，请分析可能的原因______________________________________________________________________________________________________________________________。设计实验方案并根据预测现象证明你的猜想：__________________________________________________________________________________________________。(可供选择的试剂：pH＝1的氢氟酸，pH＝1的醋酸溶液，pH＝1的盐酸)。(6分)[解析]由于金属钠的密度比煤油、石蜡油大，所以常保存其中，与演示Na与水反应实验有关的是当心腐蚀和洗手；钠与盐酸反应时主要是与水的反应，因为钠在水分子作用下释放电子经过与水的作用过程得到氢气；钠失去电子形成溶剂化电子：H2O＋e－→H2Oe－，溶剂化电子发生变化H2Oe－→OH－＋H，OH－遇到酚酞变红色；当盐酸浓度大于1mol·L-1时，随浓度增大，生成NaCl固体逐渐增多，沉积在金属钠表面的NaCl越多，扩散慢，从而降低化学反应速率；采用相等浓度的不同的酸进行探究即可。(1)由于金属钠的密度比煤油、石蜡油大，所以常保存在煤油或石蜡油中；Na与水反应有氢氧化钠生成，所以要当心腐蚀、注意洗手。(2)钠与盐酸溶液反应时主要是与水的反应，化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，钠在水分子作用下释放的电子在水的作用下得到氢气。(3)钠失去电子形成溶剂化电子：H2O＋e－→H2Oe－，溶剂化电子发生变化H2Oe－→OH－＋H，OH－遇到酚酞显红色。(4)钠与水反应得到的氢氧化钠与盐酸结合生成氯化钠，当盐酸浓度大于1mol·L-1时，随浓度增大，生成NaCl固体逐渐增多，沉积在金属钠表面的NaCl越多，扩散的速度变慢，从而降低化学反应速率；利用提供的几种酸，方案：取质量相等形状几乎一样的钠块，分别投入足量的等体积的pH＝1的盐酸、pH＝1的氢氟酸中，记录金属钠反应完的时间(控制变量法)；预测现象：若投入pH＝1的氢氟酸中耗时更长，说明猜想正确。[答案](1)煤油或石蜡油AD(2)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑由实验可知：三者溶液中H3O＋分别相差106倍，H3O＋浓度相差显著，但反应时间几乎相同，说明钠在三种溶液中优先与水发生了反应(提到Na与酸反应本质就是与水反应就给分)(3)钠失去电子形成溶剂化电子：H2O＋e－→H2Oe－；溶剂化电子发生变化H2Oe－→OH－＋H，OH－遇到酚酞变红色(4)当盐酸浓度大于1mol·L-1时，随浓度增大，生成NaCl固体逐渐增多，沉积在金属钠表面的NaCl越多，扩散慢，从而降低化学反应速率方案：取质量相等形状几乎一样的钠块，分别投入足量的等体积的pH＝1的盐酸、pH＝1的氢氟酸中，记录金属钠反应完的时间。(没有体现控制变量法不给分；设计以pH＝1的醋酸做对照实验不给分)预测现象：若投入pH＝1的氢氟酸中耗时更长，说明猜想正确(或pH＝1的盐酸酸中耗时更短也给分)17．(14分)我国科研团队提出了一种新型开环聚合方法，该方法可以获得序列结构可控的高分子。聚合时所用大环单体M的一种合成路线如下。已知：EDC是一种脱水剂。(1)A遇FeCl3溶液显紫色，A→B的化学方程式为______________________________________________________________________________________________。(3分)(2)D中含有两个六元环，其结构简式为________________________________________________________________________________________________________。(2分)(3)E→G的目的________(填“是”或“不是”)保护官能团。(1分)(4)G→I的反应过程中同时还会生成。试剂X的结构简式为________。(2分)(5)I→M的过程中，形成了一个14元环。参与反应的官能团名称为________。(1分)(6)P0和M可发生反应：P0＋nM△Pn＋nD，反应的具体过程如下：Pn的结构简式为____________________。(2分)(7)将路线中的试剂X替换为其他类似物X*，最终可得到不同结构的高分子Pn，所需试剂X*可以是________(填序号)。(3分)[答案](1)＋HNO3浓硫酸0℃＋H2O(2)(3)不是(4)(5)羧基、羟基6(7)a18．(15分)乙酸水蒸气重整制氢气是一项极具前景的制氢工艺，该过程中可能发生下列反应：Ⅰ．水蒸气重整：CH3COOH(g)＋2H2O(g)⥬2CO2(g)＋4H2(g)ΔH1Ⅱ．热裂解：CH3COOH(g)⥬2CO(g)＋2H2(g)ΔH2＝+213.7Ⅲ．水煤气变换：CO(g)＋H2O(g)⥬CO2(g)＋H2(g)ΔH3＝－41.1kJ·mol-1回答下列问题：(1)反应Ⅰ的ΔH1＝________kJ·mol-1，该反应在________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下具有自发性。(3分)(2)若反应Ⅱ在恒温恒容的密闭容器中发生，下列能说明该反应已达到平衡状态的是________(填字母)。(3分)A．容器内氢元素的质量分数不再变化B．容器内气体的平均摩尔质量不再变化C．容器内的压强不再变化D．容器内n(H2)∶n(CO)＝1∶1E．单位时间内，每断裂3molC—H键的同时形成2molH—H键(3)已知：水碳比(H2O∶C)是指转化进料中水蒸气分子总数与碳原子总数的比值。下图是水碳比(H2O∶C)分别为2和4时，反应温度对H2(g)平衡产率影响的示意图。①表示水碳比(H2O∶C)＝4的曲线是________(填“a”或“b”)。②水碳比(H2O∶C)＝2时，H2(g)平衡产率随温度升高先增大后逐渐减小。H2(g)平衡产率逐渐减小的原因可能是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3分)(4)已知：S表示选择性，S(CO)＝n生成COn生成CO+n生成CO2×100%。在n(H2O)∶n(CH3①350℃下，CO2选择性随压强变化的曲线是______(填字母)。②图中B、C、D、M、N、P、Q7个点中与A点处于相同化学平衡状态的点有________个。(5)在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2molH2O和1molCH3COOH，同时发生上述三个反应，达到平衡时CO的选择性[S(CO)