文档文本内容
2026 年高考第一次模拟考试
高三化学
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
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：N 14 O 16
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，只有一项是符合题目
要求的。
1．【传统文化】2025 年是故宫博物院建院100 周年。故宫文物不仅承载着历史，还体现了许多化学知
识。下列文物中相关主要成分描述错误的是
A．《千里江山图》中的绿色颜料是铜绿，主要
成分为
B．乾隆各种釉彩大瓶是瓷制品，主要成分为硅酸
盐
C．亚醜方尊是商代青铜礼器，主要成分为铜锌
合金
D．《缂丝梅鹊图》是丝制品，主要成分为蛋白质
【答案】C
【解析】A．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，A 正确；B．瓷制品的主要成分为硅酸盐，B 正确；C．青
铜的主要成分为铜锡合金，C 错误；D．丝的主要成分为蛋白质，D 正确；故选C。
2．下列化学用语表示正确的是
A．
的电子式：
B．基态Cr 原子的价层电子轨道表示式：
C．用电子云轮廓图示意
键的形成：
D．聚苯乙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】A．
的电子式为
，A 错误；B．d 轨道半充满较稳定，基态Cr 原子的价
层电子排布式为
，B 错误；C．π 键是由两个原子的 p 轨道以“肩并肩”重叠形成的，用电子云
轮廓图示意 p-pπ 键的形成：
，C 正确；D．聚苯乙
烯的结构式为
，D 错误；故选C。
3．实验是科学探究的重要手段，下列实验操作或方案正确且能达到预期目的的是
目的
A．蒸馏回收Br2
B．观察钠盐火焰颜色
装置或操
作
目的
C．测定生成H2的速率
D．提纯乙酸乙酯
装置或操
作
【答案】D
【解析】A．蒸馏回收Br2时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处（测定馏分温度），装置中温度
计插入液面下则错误，A 错误；B．焰色反应应使用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取溶液，玻璃棒含钠元
素，会干扰实验，B 错误；C．稀硝酸具有强氧化性，与锌反应生成NO 而非H2，无法测定H2生成速
率，C 错误；D．乙酸乙酯中含乙酸时，用饱和Na2CO3溶液可中和乙酸（生成易溶乙酸钠）并降低乙
酸乙酯溶解度，通过分液漏斗分液提纯，装置和操作正确，D 正确；故选D。
4．下列有关物质转化关系的说法中不正确的是
A．图1 中甲可能是Cl2，X 可能是Fe
B．图2 中反应一定是置换反应或复分解反应
C．图3 中是向某溶液中滴加NaOH 溶液的变化图象，原溶质可能是Al2(SO4)3
D．图4 中a 可能为S，c 可能为SO2
【答案】B
【解析】A．铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧
化为氯化铁，则甲可能是Cl2，X 可能是Fe，A 正确；B．图中反应不一定是置换反应或复分解反应，
例如在加热的条件下CO 与氧化铜反应生成铜和CO2也符合图中转换，B 错误；C．向硫酸铝溶液中逐
滴加入氢氧化钠溶液的方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓，氢氧化钠过量后发生反应Al(OH)3+OH-
=[Al(OH)4]-，则图像正确，C 正确；D．若a 是S，S 与Fe 反应生成FeS，b 为FeS，FeS 与O2反应生成
SO2，C 为SO2，SO2与H2S 反应生成S，符合图中的转化关系，D 正确；故选B。
5．下列过程发生反应的离子方程式书写正确的是
A．将硫酸铝倒入碳酸氢钠溶液中：
B．用稀硝酸溶解试管内壁的银镜：
C．向酸性
溶液中加入
：
D．将过量
通入次氯酸钠溶液中：
【答案】A
【解析】A．Al3+与
发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，方程式配平正确且电荷守恒，A 正确；
B．稀硝酸与银反应生成NO 而非NO2，正确的离子方程式为
，
B 错误；C．H2O2作为氧化剂，反应中电子转移数目不匹配，正确应为2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ +
2H2O，C 错误；D．过量SO2与ClO-应发生氧化还原反应生成
和Cl-：
，D 错误；答案选A。
6．【新考法】某有机物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z 组成，基态Y 和Z 原子均含
有2 个未成对电子且Z 的原子序数是Y 的2 倍。已知该物质的质谱图如图所示，
时，其中碎片
离子组成为
。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．X、Y 的简单氢化物均为非极性分子
C．
为V 形分子且X 为
杂化
D．将
气体通入
溶液中，无明显现象
【答案】A
【分析】由题意知，W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y 和Z 原子均含有2
个未成对电子且Z 的原子序数是Y 的2 倍，可知Y 为O，Z 为S。质谱图中
时，其中碎片离子
组成为
。可得X 与W 的相对原子质量之和为
，由此可知W 为H，X 为C。
【解析】A．原子半径：Z 为S，Y 为O，W 为H。同主族元素原子半径从上到下增大（S>O），H 是
原子半径最小的元素，故半径顺序Z>Y>W，A 正确；B．X 为C，简单氢化物CH4是非极性分子；Y 为
O，简单氢化物H2O 是极性分子，B 错误；C．XZ2为CS2，与CO2结构相似，为直线形分子，C 原子杂
化方式为
杂化，C 错误；D．W2Z 为H2S，W2Y2为H2O2，H2S 通入H2O2溶液中发生氧化还原反应：
，会产生淡黄色沉淀，有明显现象，D 错误；故选A。
7．【改编】5-羟色胺（血清素）是一种抑制性神经递质，其结构如图所示（五元氮杂环上的原子在同一平
面上）。下列有关5-羟色胺的说法正确的是（）
A.分子中所有碳原子一定共平面 B.苯环上的一氯代物有2 种
C.1mol 该物质最多可与4molH2发生加成反应 D.能与Na、NaOH 溶液发生反应
【答案】D
【解析】A.苯环、五元氮杂环各自共平面，但连接两者的单键可旋转，且侧链— CH2CH2NH2中的碳原
子不一定与环共平面，故A 错误；B.苯环上有3 个不同氢环境：-OH 对位、邻位（2 个等效氢）、间
位（1 个氢）→一氯代物有3 种，B 错误；C.苯环（3molH2）、五元氮杂环（2molH2）均可加成，1mol
该物质最多与5molH2加成，C 错误；D.酚羟基可与Na 反应生成H2，也可与NaOH 发生中和反应，正
确。故答案选D。
8．二甘氨酸合铜(Ⅱ)是最早被发现的电中性内配盐，在细胞线粒体中有推动电子传递、清除自由基等生理
功能。制备顺式和反式二甘氨酸合铜(Ⅱ)的方法如下图所示。
已知：
的二元取代物有两种结构。下列说法正确的是
A．与
的配位能力：
B．
中Cu(Ⅱ)的杂化方式为
C．0．5mol 二甘氨酸合铜(Ⅱ)中含有8molσ 键
D．顺式二甘氨酸合铜(Ⅱ)的极性比反式的强
【答案】D
【解析】A．
为强配体，
的孤对电子与
形成的配位键更稳定，所以
能取代
中的
生成
，故配位能力
，A 错误；B．
的二元
取代物有两种结构，说明其空间构型为平面四边形（四面体二元取代物仅一种），
杂化方式为
而非
，B 错误；C．二甘氨酸合铜(Ⅱ)中，每个甘氨酸配体含8 个
键：
、1 个C=O（其中1 个σ 键、1 个π 键），2 个配体共
16 个
键，加4 个
配位
键，共20 个
键，所以
二甘氨酸合铜(Ⅱ)中含
键
，C 错误；D．顺式配合物中相同基团在相邻位置，整体呈不对称，极性
大；而反式异构由于结构更对称，极性较弱，故顺式二甘氨酸合铜(Ⅱ)的极性比反式的强，D 正确；故
选D。
9．瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、
药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由
和HCHO 在一定条件下合成。
下列说法不正确的是
A．合成瓜环的反应过程中可能存在加成反应与取代反应
B．
分子间可能存在不同类型的氢键
C．合成1mol 瓜环[7]时，有7mol 水生成
D．1mol 瓜环[7]在NaOH 溶液中完全反应后的有机产物中每个水解产物存在7 个8 元环
【答案】C
【解析】A．合成瓜环的反应过程中
和HCHO 发生加成反应生成
，然后
发生取代而缩聚形成高分子化合物，则该过程中可能存在加成反应与取代反应，A
正确；B．
分子间可能存在：N-H…O 或N-H…N 等不同类型的氢键，B 正确；C．由瓜环[n]
结构简式可知生成1mol 链节结构生成2mol 水，则合成1mol 瓜环[7]时，有14mol 水生成，C 错误；
D．由题干瓜环[7]的结构简式可知，分子中的酰胺基能与NaOH 作用下发生水解，每两个链节之间就
能水解形成一个8 元环，故1mol 瓜环[7]在NaOH 溶液中完全反应后的有机产物中每个水解产物存在7
个8 元环，D 正确；故答案为：C。
10．研究发现在Cu/ZnO 界面上，甲醇和水重整制氢的部分反应历程如图。下列说法正确的是
A．该部分反应历程总反应的
B．甲醇脱氢过程不全是向外界释放能量
C．第二电离能：铜<锌
D．决速步骤反应为
【答案】B
【解析】A．由图可知，末态总能量低于始态总能量，故该过程总体上放热，A 错误；B．由图可知
+
过程吸热，故甲醇脱氢时不完全是向外界释放能量，B 正确；
C．Cu 和Zn 的价电子排布分别为3d104s1和3d104s2，两者失去1 个电子后的价电子排布式为3d10和
3d104s1，而3d10全满比4s1半满更稳定，故第二电离能：铜>锌，C 错误；D．活化能最大的为决速步，
由图可知
活化能不是最大的，故不是决速步，D 错误；故答案选B。
11．化合物X 是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法正确的是
A．甲基水杨酸的分子式为
B．物质B 中所有碳原子可能共平面
C．物质C 不能使酸性
溶液褪色
D．合成1 molX 的同时生成
mol 苯甲醇
【答案】A
【解析】A．甲基水杨酸的结构为苯环上连有-OH、-COOH 和-CH3，分子中含8 个C、8 个H、3 个
O，分子式为
，A 正确；B．物质B 的结构中苯环为平面结构（sp2杂化碳），酯基中C=O 的
碳为sp2杂化，但是右侧的七元环存在两个sp3杂化碳原子，所有碳原子不可能共平面，B 错误；C．
物质C 为苯甲醇（C6H5CH2OH），羟基所连碳（α-C）上有H，可被酸性KMnO4氧化为苯甲酸，能使
溶液褪色，C 错误；D．C 为苯甲醇（反应物），合成X（聚合物）时消耗苯甲醇，不会生成苯甲醇，
D 错误；故选A。
12．利用双极膜(BP)电渗析技术电解
再生
和
的原理如图所示。下列说法错误的是
已知：A、C 为离子交换膜；双极膜(
)中的水在电场作用下，快速解离成
和
。
A．a 连接直流电源的正极
B．A 为阴离子交换膜，C 为阳离子交换膜
C．标准状况下，当X 室生成
气体时，碱室生成
D．通电一段时间后，酸室
浓度增大，X 室
浓度减小
【答案】D
【分析】双极膜(
)中的水在电场作用下，快速解离成
和
，其中
向X 室移动，
向碱
室移动，根据离子移动方向，a 极为阳极，b 为阴极；盐室中
向阳极移动即酸室，Li+向阴极移动
即碱室；酸室中发生氧化反应，电极方程式为
，X 室中发生还原反应，电极方程
式为
；据此回答问题。
【解析】A．根据分析，a 极为阳极，因此连接电源正极，A 正确；B．酸室需补充
生成H2SO4，
盐室中
通过A 膜进入酸室，故A 为阴离子交换膜，碱室需补充Li+生成LiOH，盐室中Li+通过C
膜进入碱室，故C 为阳离子交换膜，B 正确；C．X 室中发生还原反应，电极方程式为
，标准状况下当X 室生成22.4LH2（即1mol H2）时，转移2mol 电子，此时碱室中迁移2mol Li+和
2mol OH-，生成2mol LiOH，C 正确；D．酸室中，阴离子膜A 进入的
与阳极生成的H+结合，
H2SO4浓度增大，X 室为阴极室，BP 膜解离的H+持续补充阴极消耗的H+，且
无法通过BP 膜移
出，故X 室H2SO4浓度不变，D 错误；故选D。
13．
催化加氢制低碳烯烃，反应历程如图所示，
首先在
表面解离成2 个
，随
后参与到
的转化过程。下列有关该历程的说法错误的是(注：“□”表示氧原子空位，“ ”表示
吸附在催化剂上的微粒。)
A．理论上反应历程中消耗的
与生成的甲醇的物质的量之比为
B．碳原子的杂化类型涉及
、
和
C．反应过程有非极性键的断裂和生成
D．催化剂氧空位用于捕获
，氧空位越多反应速率越快
【答案】A
【解析】A．H2先在催化剂表面解离成2 个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，
CH3OH 6H*
∼
，故生成1mol 甲醇（CH3OH）时，消耗6mol H*，H*与甲醇的物质的量之比为6:1，A
错误；B．CO2中C 为sp 杂化，中间产物（如含C=O 的物种）中C 为sp2杂化，甲醇中C 为sp3杂化，
B 正确；C．H2解离时断裂H-H 非极性键，生成低碳烯烃（如乙烯）时形成C=C 非极性键，有非极性
键的断裂和生成，C 正确；D．氧空位（□）用于捕获CO2，空位越多吸附CO2能力越强，反应速率
越快，D 正确；故答案选A。
14．高铁酸钾
有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，将适量
配制成
的试样，将试样分别置于
、
、
和
的恒温水浴中，测定
的变化，结果如图1 所示[
与水反应的主反应是
]。常温下
的水溶液中含铁微粒
、
、
、
的物质的量分数
随
的变化如图2 所示。下列说法正确的是
A．
与水反应的主反应是放热反应
B．
的
数量级为
C．图2 中
点的
为2.75
D．
的
水溶液中：
【答案】C
【解析】A．由图1 数据可知，温度越高，高铁酸钾溶液平衡时高铁酸根离子浓度越小，正向反应是
吸热反应，A 错误；B．由
和
曲线交点，此时pH=3.7，则
，数量级为
，B 错误；C．由图，
点是
和
的
交叉点，c(
)=c(
)，第一个交叉点有c(
)=c(
)，K=
=10-
1.8，第三个交叉点有c(
)=c(
)，K'=
=10-3.7，K×K'=
×
=
=10-3.7×10-1.8=10-5.5，c(H+)=10-2.75，pH=2.75，C 正确；
D．由
和
曲线交点，此时pH=7.4，则
，
，
的
的电离大于水解，则溶液中：
，D 错误；故选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）一种以辉钼矿(主要成分为
，含少量
、
、
等元素的化合物及
等)为原料制
备四钼酸铵
的生产工艺如图所示：
已知：“浸出液”的主要成分是
。
回答下列问题：
（1）铜在周期表中位于第 周期第 族。
（2）“焙烧”时
转化为
和
，该反应的化学方程式为 。
（3）“氨浸”温度不能过高，原因是 ；“浸出渣”的主要成分有
和
(填化学式)。
（4）“沉铜”时可以将溶液中的
进一步转化为
除去，该反应的离子方程式为
。
（5）“除磷”过程中，若
太大会导致除磷效果变低，原因是 。
（6）“酸沉”后所得“滤液”中的主要成分是 (填化学式)。
【答案】（1）四（1 分） ⅠB（1 分）
（2）
（2 分）
（3）温度过高，氨水挥发，影响氨浸效率（2 分）
（2 分）
（4）
（2 分）
（5）pH 过大，
形成
沉淀，使除磷效率下降（2 分）
（6）
（2 分）
【分析】钼精矿(主要成分为
，含少量
、
、
等元素的化合物及
等)通入空气焙烧时
转化为
和
，加氨水浸出，MoO3转化为
，SiO2不反应，浸渣为SiO2、
等，“浸出液”的主要成分是
，加(NH4)2S 沉铜，Cu2+转化CuS 沉淀，滤渣为CuS，滤液
中加
除磷，得到滤渣为
，加硫酸进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13•2H2O。
【解析】（1）铜是29 号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅠB 族；
（2）“焙烧”时
转化为
和
，氧气做氧化剂，反应的化学方程式为
；
（3）“氨浸”温度不能过高，原因是温度过高，氨水挥发，影响氨浸效率；由分析可知，“浸出
渣”的主要成分有
和
；
（4）沉铜”时，溶液中的
转化为
除去，离子方程式为
；
（5）“除磷”过程中，所用试剂是
，若
太大会导致除磷效果变低，原因是pH 过大，
形成
沉淀，使除磷效率下降；
（6）“酸沉”所用的试剂是硫酸，最后得到四钼酸铵晶体中并无
，则所得滤液中的阴离子为
，阳离子为
，所得“滤液”中的主要成分是
。
16．（14 分）
是主要的大气污染物之一，空气中
含量测定方法如下：
I．采样
（1）按下图连接仪器，进行 （填实验操作），装入药品，其中X、Z 中盛有相同吸收液。打
开止气阀和采气泵，开始测定实验。
（2）进入
的
先转化为
，进一步转化为粉红色的偶氮染料；
在
中被氧化为
，在
中被吸收转化。待 （填“X”或“Z”）中吸收液变成粉红色后，同时关闭止气阀和采气泵，
停止采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是 ；Y 中反应的离子方程式为 。
Ⅱ．
含量测定
将不同浓度的
标准溶液与足量吸收液反应生成偶氮染料，分别测定其吸光度（对特定波长光的
吸收程度），绘制出吸光度与
标准溶液浓度的关系曲线如图。测定X、Z 中吸收液的吸光度，
与
标准溶液吸光度曲线对照得出
的浓度，换算出
的含量。
（3）称取
（已干燥恒重）配制成
标准溶液，下列实验仪器必须用到的
是 （填名称）。
（4）以
流量采样小时，测得
的含量为
，则所采集的环境空气中
的含量为
（用含
、、
的代数式表示）；若配制
标准溶液前，
固体未经干燥恒重，将
导致测定结果 （选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）检查装置气密性（2 分）
（2）X（2 分） 增大气液接触面积，提高吸收率（2 分）
（2 分）
（3）烧杯、1000mL 容量瓶（2 分）
（4）
（2 分） 偏大（2 分）
【分析】目的是测定空气中
含量，首先搭建实验装置，检查气密性，实验过程：
通过X，在X 中
先转化为
，进一步转化为偶氮染料，Y 中NO 与酸性
KMnO4溶液反应生成
和Mn2+，Z 中将新生成
转化为
；X 用于检测NO2浓度，Y 用于检
测NO 浓度，Z 用于除去新生成NO2。
【解析】（1）实验涉及气体的吸收与转化，则连接仪器后，进行检查装置气密性，再装入药品进行
实验；
（2）进入
的
先转化为
，进一步转化为粉红色的偶氮染料，则待X 中吸收液变成粉红色
后，说明
被吸收，同时关闭止气阀和采气泵，停止采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用
是增大气液接触面积，提高吸收率；Y 中NO 与酸性KMnO4溶液反应生成
和Mn2+，氮化合价由
+2 变为+4、锰化合价由+7 变为+2，结合电子守恒，Y 中反应的离子方程式为
；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定
容、摇匀、装瓶贴签；称取
（已干燥恒重，精确度较高，需要使用电子天平）配制成
标准溶液，下列实验仪器必须用到的是烧杯、1000mL 容量瓶；
（4）以
流量采样小时，测得
的含量为
，则所采集的环境空气中
的含量为
；若配制
标准溶液前
固体未经干燥恒重，则称取
质量偏小，标定
标准溶液浓度时，由于称量质量相同，未烘干的基准物中有效物质摩
尔数少于理论值，导致滴定所需标准溶液体积减少，计算浓度时，仍按干燥后的理论摩尔数代入公式
c = n/V，而实际消耗的V 偏小，导致标准溶液浓度计算结果偏高，
标准溶液浓度偏高，则NOx
含量测定结果偏大。
17．（15 分）氮和硫的化合物是常见的大气污染物，如何消除这些污染物已成为人们关注的主要问题之
一，减少污染物的排放，研究它们的反应机理，对于消除环境污染，促进社会可持续发展有重要意
义。
（1）机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源，汽车尾气中含有氮氧化物和CO，常利用催化
技术将其转化为无毒无害气体的反应历程如图所示，该历程分三步进行，其中第 步是决
速步骤。
（2）利用NH3的还原性可消除氮氧化物的污染，其中除去NO 的主要反应如下：
i.4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g)；
；ii.4NH3(g)+3O2(g)
2N2(g)+6H2O(g)；
。
①若iii.4NH3(g)+6NO(g)
5N2(g)+6H2O(g)的逆反应活化能为
，则其正反应活化能为
(用含a 的代数式表示)。
②一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3 充入反应物，发生上述反应。下列不能
判断该反应达到平衡状态的是 。
A．v 正(NH3)︰v 逆(NO)=2︰3
B．容器内压强不变
C．容器内混合气体的密度不变
D．1molN—H 键断裂的同时，生成1molO—H 键
（3）活性炭还原法也是消除氮氧化物污染的有效方法，其原理为：2C(s)+2NO2(g)
N2(g)
+2CO2(g)
H<0
△
，某实验室模拟该反应，在2L 恒容密闭容器中加入足量的C(s)和amolNO2气体，维持
温度为T1℃，反应开始时压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加30%，则用平衡分压代替其平
衡浓度表示化学平衡常数Kp= kPa[已知：气体分压(p 分)=气体总压(p 总)×体积分数]。
（4）用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物，将N 元素转变为对环境无害的气体N2也是一种可行的
方法。
NO
①
和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图1 所示。随着
>1
总氮还原率降低，结合物理及化学性质解释总氮还原率降低的主要原因是 。(总氮还原率
=已还原的氮原子的物质的量/总的氮原子的物质的量×100%)
②尿素易溶于水的主要原因是(NH2)2CO 与H2O 之间易形成 。通过X 射线衍射测定，一种
尿素晶体的晶胞结构如图2 所示，其中含有结晶水。1mol 晶胞中n[(NH2)2CO]：n(H2O)=
，晶体中与1 个(NH2)2CO 距离最近且相等的(NH2)2CO 有 个。
【答案】（1）Ⅲ（2 分）
（2）①(a－1812)（2 分） ②CD（2 分）
（3）540（2 分）
（4）①NO 在尿素溶液中的溶解度较小，随着
比值增大未参与反应的NO 增多，难与尿素接
触反应(合理即可给分)（2 分） ②氢键（1 分） 1 1∶（2 分） 12（2 分）
【解析】（1）由图可知，第Ⅲ步活化能最大，反应速率最慢，是决速步；
（2）①根据盖斯定律，由
可得到反应iii，则
=
=
1812
﹣
；则其正反应活化能为(a－1812)
；②A．v 正(NH3)︰v 逆(NO)=2︰3，可以说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，A 项不
符合题意；B．容器恒容，且该反应为气体分子数增大的反应，当容器内压强不变时，可以说明反应
达到平衡状态，B 项不符合题意；C．该装置为恒容体系，且反应前后气体质量不变，所以密度始终
保持不变，C 项符合题意；D．1molN—H 键断裂的同时，生成1molO—H 键，两者均为正反应，D 项
符合题意；故选CD；
（3）设平衡时，NO2转化量为2x mol，列三段式有
，由题意可知，
，解
x=0.3a mol，平衡时总压强为1040kPa，总物质的量为1.3a mol，则Kp=
=540kPa；
（4）①总氮还原率降低的主要原因是NO 在尿素溶液中的溶解度较小，随着
比值增大未参与
反应的NO 增多，难与尿素接触反应；②尿素易溶于水的原因是尿素易与水分子形成氢键；根据晶胞
结构，晶胞中(NH2)2CO 的个数为
，H2O 位于晶胞内部，其个数为4，则1mol 晶胞中
n[(NH2)2CO] n(H
∶
2O)=1 1∶；以顶点的(NH2)2CO 为研究对象，其距离最近的(NH2)2CO 位于与之相邻的三
个面的面心，顶点被8 个晶胞共用，面心被两个晶胞共用，则(NH2)2CO 距离最近且相等的(NH2)2CO
有
个。
18．（15 分）3，4-乙烯二氧噻吩是合成导电聚合物PEDT 的重要单体，广泛应用于现代电子工业。3，4-
乙烯二氧噻吩的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A 的结构简式为 。
（2）E 中含氧官能团的名称为 。
的名称为 。
（3）反应Ⅲ的化学方程式为 。
（4）反应Ⅳ的第一步反应的反应类型为 。
（5）
含两个羧基的同分异构体有 种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为
的结构简式为 。
（6）从官能团转化的角度解释化合物
转化为化合物
的过程中，先加碱后加酸的原因是
。
【答案】（1）
（2 分）
（2）醚键、羧基（2 分） 1，2-二氯乙烷（2 分）
（3）
+ClCH2CH2Cl
+2HC
l（2 分）
（4）取代反应（1 分）
（5）9（2 分）
（2 分）
（6）化合物D 中酯基在碱性条件下水解得到羧酸盐，再加酸得到羧酸（2 分）
【分析】由流程，结合B 结构和反应物乙醇可知，A 为
，A 和乙醇发生酯化
反应生成B，B 转化为C；结合C、E 结构和反应条件，C 和
发生取代反应，C 中羟基转
化为醚键得到D，D 中酯基水解后酸化转化为羧基得到E，E 转化为产品；【解析】（1）由分析，A
为
；
（2）由结构，E 中含氧官能团的名称为醚键、羧基。
为乙烷中2 个氢被取代后产物，名
称为1，2-二氯乙烷。
（3）C 和
发生取代反应，C 中羟基转化为醚键得到D，同时生成HCl，反应为：
+ClCH2CH2Cl
+2HCl；
（4）反应Ⅳ的第一步反应为酯基的碱性水解，为取代反应；
（5）
含6 个碳、4 个氧、2 个不饱和度，其含两个羧基的同分异构体，首先确定主
链、然后确定1 个羧基、再确定另一个羧基，则有
，共
4+2+3=9 种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为
，则应该含有1 个甲基、2 个对称羧基，结构简
式可以为
；
（6）化合物
转化为化合物
的过程中，先加碱后加酸的原因是：化合物D 中酯基在碱性条件下水
解得到羧酸盐，再加酸酸化得到羧酸。
