2026年高考考前最后一卷化学试题4（新高考通用）

**基本信息** 2026年新高考化学模拟卷以原创科技情境与真实工业问题为载体，融合物质结构、反应原理与实验探究，全面考查化学核心素养与关键能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14/42|物质分类、化学用语、实验操作等|结合“歼-20碳纤维”“天问一号纳米气凝胶”等科技前沿，考查结构决定性质的化学观念| |非选择题|4/58|工业流程、有机合成、反应机理等|以氟化镨制备、苯佐卡因合成等真实案例，突出科学探究与实践能力，体现STSE理念|

2026年高考考前最后一卷4（新高考通用） 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：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 Cu 64 Zn 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，只有一项是符合题目要求的。 1. （原创）“中国制造”在众多领域受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是 A. “歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 B. 核心舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)材料，GaAs属于金属材料 C. “天问一号”火星车的保温材料为纳米气凝胶，能产生丁达尔效应 D. 我国量子通信走在世界前沿，量子通信中使用的螺旋碳纳米管等纳米材料属于胶体 【答案】C 【解析】 【详解】A． 碳纤维是无机复合材料，而非有机高分子材料，A错误； B．砷化镓(GaAs)是半导体材料，属于新型无机非金属材料，不属于金属材料，B不符合题意； C．纳米气凝胶的粒子尺寸在胶体范围内，能产生丁达尔效应，C符合题意； D．螺旋碳纳米管是纳米材料，属于纯净物，而胶体是混合物，D不符合题意； 故选C。 2.（原创）下列化学用语表示正确的是 A. 的电子式： B. 基态原子的价电子轨道表示式： C. 天然橡胶的结构简式 D. 氯化钠晶体的晶胞： 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲胺中C、N均满足8电子结构，其电子式是，A错误； B．基态S原子的价电子为3s23p4 ，根据洪特规则，3p轨道的4个电子应分占不同轨道且自旋平行，即轨道表示式为： ，B错误； C.天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，其结构简式与图中一致，C正确； D.氯化钠晶胞为面心立方结构，和交替排列，顶点和面心为一种离子，棱心和体心为另一种离子，图片中和位置不符合晶胞“无隙并置”，晶胞结构应为，D错误； 故选C 3. （原创）下列有关离子方程式书写正确的是 A. 用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH- + H2↑+Cl2↑ B. 向次氯酸钠溶液通入少量二氧化硫：ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO+2H+ C. 用氨水溶解Cu(OH)2固体：Cu(OH)2 +NH3 = [Cu(NH3)4](OH)2 D. 向含Mn2+的溶液中加入足量的NH4HCO3溶液：2Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．惰性电极电解MgCl2溶液，生成的氢氧化镁为难溶物，离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+ H2↑+Cl2↑，A错误； B．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应生成了硫酸钠、氯化钠和次氯酸，离子方程式为3ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO+2HClO，B错误； C．Cu2+可与NH3形成配离子[Cu(NH3)4]2+，Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色的[Cu(NH3)4](OH)2溶液，[Cu(NH3)4](OH)2应该拆开，所给离子方程式不符合反应原理， C错误； D．锰离子和碳酸氢铵为反应物，产生碳酸锰沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，D正确； 故答案为D。 4. (原创）下列实验操作规范且能达到预期目的的是(无特殊说明时仪器均为普通玻璃材质) 实验 目的 A．验证1-溴丁烷的消去反应 B．滴定未知浓度的 HCl溶液 实验 目的 C．加热草酸晶体 D．制备AlCl3固体 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A． 1-溴丁烷在NaOH醇溶液中发生消去反应，生成1-丁烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但挥发出来的乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，干扰试验，故A错误； B．聚四氟乙烯滴定管是酸碱通用型滴定管，可盛装NaOH标准溶液，该酸碱中和滴定实验需要用指示剂以便观察滴定终点，但该装置中缺少指示剂，B错误； C．草酸晶体在加热分解过程会先熔化后分解，故试管口应向上倾斜，C符合题意； D． AlCl3溶液空气中直接加热会促进其水解生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解可能生成氧化铝，不能制备AlCl3，D错误； 故选C。 5. （改编）配合物三草酸合铁酸钾常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 离子中配体数是6 B. 离子中的配位原子共有3个 C. 离子含键数为 D. 离子中C和O的杂化方式均为 【答案】C 【解析】 【详解】A．配合物中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，配体数是3，其为双齿类，A错误； B．是双齿配体，每个配体通过两个O原子配位，中含有3个，配位原子为6个，B错误； C．中存在1个C-C键和2个，每个中含有一个键一个键，故每个中含有5个键和2个键，离子含键数为，C正确； D．中C原子的杂化方式为杂化，O原子为sp2、杂化，D错误； 故选C。 6. 灵芝提取物M具有重要医用价值，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中含3个手性碳原子 B. 分子中的键是键 C. 能够发生取代反应、加成反应 D. 分别与足量的和反应生成的气体物质的量之比为 【答案】B 【解析】 【详解】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；该分子中含有如图所示的3个手性碳原子，A正确； B．分子中醚键中碳、氧均为杂化，其中形成的键是杂化轨道形成的键，不是单纯的键，B错误； C．分子中含有酚羟基、羧基，能发生取代反应；分子中含有酮羰基、苯环，能发生加成反应，C正确； D．该分子中能与Na反应的有酚羟基和羧基，能与反应的只有羧基，在中含和，按照、、，可得到分别与足量的和反应生成的气体物质的量之比为，D正确； 故答案为：B。 7.（原创） 下列方案设计、现象和结论正确的是 实验方案 现象 解释和结论 A 检验溶液中是否含有 向溶液中滴加酸性溶液 若紫红色褪去，则溶液中含有 B 用 pH试纸测量等浓度的NaClO 溶液和CH3COONa溶液的pH pH： NaClO>CH3COONa 说明HClO 的酸性小于CH3COOH C 在试管中放入少量脱脂棉，加入几滴蒸馏水和几滴浓硫酸，用玻璃棒将混合物搅拌成糊状。然后加入过量氢氧化钠中和，再加入新制氢氧化铜，加热 有砖红色沉淀生成 脱脂棉在浓硫酸作用下生成了具有还原性的物质，可以和新制氢氧化铜反应 D 检验某有机物(如图)中含有醛基 取少量待检液于试管中，滴加酸性溶液，紫红色褪去 取少量待检液于试管中，滴加酸性溶液，紫红色褪去 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A． 高锰酸钾可以氧化亚铁离子，导致高锰酸钾褪色；在酸性条件下高锰酸钾也会与氯离子发生反应：，氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色，则紫红色褪去，不能说明溶液中含有Fe2+，A错误； B．NaClO溶液有漂白性，不能有pH试纸测溶液的pH值，B项错误； C．纤维素在浓硫酸催化下水解生成葡萄糖（含醛基），加碱中和酸后加入新制氢氧化铜，加热生成砖红色沉淀，证明纤维素水解产物中含有醛基，C项正确； D．由于该物质中含有，也可以被酸性高锰酸钾氧化，导致褪色，不一定证明含有醛基，D错误； 故选C 8. （原创）结构决定性质，性质决定用途。下列事实与结构因素匹配正确的是 事实 结构因素 A 用四氯化碳萃取溴水中的溴，而不选用丙酮 丙酮能和水分子形成氢键，四氯化碳不能 B 中键角小于分子中的键角 NH3分子中心N原子含有1个孤电子对，形成[Zn(NH3)4]2+时，NH3中孤对电子参与配位，孤电子对具有较大的斥力 C 冠醚能加快 KMnO4与环己烯的反应速率 冠醚通过与K+结合将带入有机相，使反应物充分接触，加快氧化速率 D 相同温度下， ()() 形成分子内氢键： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．四氯化碳能萃取溴水中溴，丙酮不能，因为四氯化碳是非极性分子，不溶于水，而丙酮是极性分子与水互溶，且溴在四氯化碳中的溶解度大，并非是氢键的因素，结构因素错误，A错误； B．NH3分子中心N原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，形成[Zn(NH3)4]2+时，NH3中孤对电子参与配位，孤电子对具有较大的斥力，则中键角大于分子中的键角，B错误 C．C．冠醚通过与K⁺结合，使更易溶于有机相，增加反应物接触，加快反应速率，C正确； D．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键如图：，导致酸性减弱，D错误； 故选C。 9. 一种缓释型杀虫剂的结构式如图所示，已知元素X、Y、Z、W、T、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、W在同一周期，基态T原子的价电子层有3个单电子，则正确的是 A. 第一电离能：W＞Z＞Y B. 空间结构：平面三角形 C. 简单氢化物的沸点：T＞Z D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q 【答案】B 【解析】 【分析】已知元素X、Y、Z、W、T、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、W在同一周期，基态T原子的价电子层有3个单电子，则T应该为15号元素磷；X形成1个共价键，为氢；Y形成4个共价键、Z形成3个共价键、W形成2个共价键，则Y为碳、Z为氮、W为氧；Q形成2个共价键，且原子序数最大，则为硫； 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小：N>O>C，A错误； B．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，离子的空间构型为平面三角形，B正确； C．氨分子能形成氢键，导致其沸点高于PH3，C错误； D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性H2SO4>H3PO4，D错误； 故选 10. 与反应的产物由两种微粒构成，晶胞结构如图所示，下列说法错误的是 A. 为极性分子 B. 该晶体类型为分子晶体 C. 该晶体中P原子的杂化方式不同 D. 该晶体的化学式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．PCl3​中心P原子价层电子对数为，含1对孤对电子，空间构型为三角锥形，结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确； B．该晶体由​和​两种离子构成，属于离子晶体，B错误； C．​中P原子价层电子对数为4，杂化方式为，中P原子价层电子对数为6，杂化方式为，两种P原子杂化方式不同，C正确； D．根据均摊法，该晶胞中含有1个离子和1个离子，故晶胞中P原子共2个，Cl原子共个，个数比为，晶体化学式为，D正确； 故选B。 11．（改编）以水泥厂的废料(主要成分为MgO，含少量MnO、、FeO、、等杂质)为原料制备的工艺流程如下： 已知：。下列说法不正确的是 A．为提高酸浸速率，可使用升温 B．试剂X可以是 C．NaClO与物质的量为反应时的离子方程式为： D．操作a所得滤液经处理后可返回到“调pH”循环利用 【答案】D 【分析】以水泥厂废料（主要成分为，含少量、、、、等杂质）制备的流程为：废料先加入过量稀酸浸，、、、、与酸反应生成可溶性硫酸盐、、、、，不反应以固体形式残留；随后加入进行氧化，将氧化为、将氧化为沉淀；接着加入试剂调节，使、水解生成、沉淀，过滤除去、、等滤渣；最后对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（操作a），得到晶体。 【解析】A．升温会加快酸浸反应速率， A正确； B．试剂的作用是调节溶液，使、沉淀，需要能与反应且不引入新杂质，应选择、、等含镁的碱性物质， B正确； C．与按物质的量反应时，中从价被还原为价的，得到个电子，从价被氧化为价的，失去个电子，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为，C正确； D．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得滤液主要成分为溶液，可返回到“蒸发浓缩、冷却结晶”步骤循环利用，D错误； 故答案选C。 12．（改编）中国科学院某研究团队利用催化剂实现电合成尿素，合成过程中电极a表面的反应历程如下图。 下列说法正确的是 A. 电解时，b连接电源负极 B. 电极a表面的反应历程中有非极性键的断裂和形成 C 阴极总反应式：CO2+N2+6H++6e-=CO(NH2)2+H2O D. 每转移1mol电子，右室溶液质量增加9g 【答案】C 【解析】a电极通入N2​、CO2生成尿素，N从0价变为-3价，得电子发生还原反应，因此a是阴极，接电源负极；b电极通入H2O生成O2​，O从-2价变为0价，失电子发生氧化反应，因此b是阳极，接电源正极。 A．b极发生氧化反应，b极为阳极，b连接电源正极，故A错误； B．反应历程中，只有N2中N≡N非极性键的断裂，整个历程（包括中间体、最终产物）都没有新的非极性键形成（尿素CO(NH2)2中两个N不直接成键，不存在非极性键），因此B错误； C．阴极发生还原反应，反应式为：CO2+N2+6H++6e-==CO(NH2)2+H2O，原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒均满足，故C正确； D．阳极（右室b）反应为2H2O=4e- = O2↑+4H+，转移1mol电子时，生成0.25molO2，质量为0.25mol×32g/mol=8g；同时生成1molH+，H+通过质子交换膜迁移到左室，质量为1mol×1g/mol=1g，因此右室总质量减少8g+1g=9g，故D错误； 故答案选C。 13.（改编）以为氢源，乙炔电催化氢化的反应机理(*表示吸附态，部分反应物和生成物略)如图所示。下列说法错误的是 A．该反应历程中，吸附和解吸分别为释放能量和吸收能量的过程 B．该反应历程中存在非极性键的形成，也存在非极性键的断裂 C．生成的决速步骤为 D．该催化条件下的选择性小于 【答案】D 【详解】A．由题图可知，过程中能量降低，放出能量，、过程中能量升高，吸收能量，A项正确； B．生成过程中有非极性键的断裂，B项正确； C．生成的决速步骤为，C项正确； D．生成决速步骤的活化能低于生成决速步骤的活化能，生成的反应速率更快，选择性更高，D项错误； 故选D。 14. 室温下，向0.1 mol·L-1柠檬酸钠(Na3A)溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积变化)，溶液中A3-、HA2-、H2A-和H3A的分布系数δ(X)(某种含A微粒浓度与所有含A微粒浓度之和的比值)随pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线b表示HA2- B. pH约为5时，通入HCl发生的反应为HA2-+H+=H2A- C. A3-的水解平衡常数Kh1=10-10.87 D. n点： 【答案】B 【解析】 【分析】的柠檬酸钠溶液中通入HCl气体，依次发生反应：，， ，所以根据溶液pH及含有A微粒浓度关系可知a、b、c、d依次表示、、、。 【详解】A．根据上述分析可知，曲线b表示，A错误；  B．pH约为5时，通入HCl随着pH减小，曲线b()含量增加，曲线c()含量减小，即发生的反应为，B正确； C．的一级水解方程式为，，利用cd交点可知，此时pH=6.40，即，，C错误； D．电解质溶液电荷守恒式为，电解质溶液物料守恒式为，将电荷守恒-物料守恒得：，n点：，溶液pH＜7，故，故有，D错误； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.（15分）镨（Pr）是重要的稀土元素，氟化镨（）常用作电弧碳棒添加剂。一种以孪生矿（主要含ZnS、FeS、、等）为原料制备氟化镨的工业流程如下。回答下列问题： 已知：①该实验条件下，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH： 金属离子 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.5 3.1 9.0 8.9 ②较稳定，不易被过氧化氢、等常见氧化剂氧化。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机相和水相中的物质的量浓度之比称为分配比（D），萃取率（E）。 ④可与过量形成可溶性氟配合物，如。 (1)为提高“溶浸”速率，可采取的措施有________（答一点即可）。 (2)“溶浸”时可被氧化，生成淡黄色的沉淀，该反应的化学方程式为________。 (3)“除锌、铁”步骤中调节pH的范围为________。 (4)在某有机萃取剂和水中的分配比，现使用该萃取剂对1000L 的水溶液进行萃取，单次萃取率，则至少要加入萃取剂________L。（忽略溶液体积的变化） (5)萃取的原理为，“反萃取”步骤中，应加入的试剂是________（填化学式）。 (6)“转化”过程反应的离子方程式为________。 (7)“氟化”步骤中加入HF溶液时，反应温度过高会导致________；HF溶液加入过多会导致________。 【答案】(1)将孪生矿粉碎、搅拌、增大溶液的浓度、升高温度（答二点即可）（2分） (2) （2分） (3) （2分） (4)380 （2分） (5)HCl（1分） (6) （2分） (7) HF挥发 （2分） 局部HF浓度过高，可与形成可溶性配合物，降低的产率（2分） 【详解】（1）提高浸出速率的常见方法为将矿石粉碎或适当升高温度、搅拌、适当提高FeCl₃溶液浓度等； （2）淡黄色沉淀为S单质，被还原为，不被氧化，根据氧化还原反应得失电子守恒配平：； （3）调节pH的目的是使、完全沉淀除去，而不沉淀，因此pH需要大于等于沉淀完全的pH：6.5，小于开始沉淀的pH：8.0； （4）设加入萃取剂体积为V，D==50，，萃取率E=，解得：V≥380 L； （5）根据平衡方程式可知：，增大使平衡逆向移动实现反萃取，为不引入杂质，选择盐酸； （6）与碳酸氢铵反应发生双水解生成沉淀，同时放出，根据电荷、原子守恒配平： （7）①HF沸点低易挥发，温度过高会加速HF挥发；②根据已知信息，过量会与形成可溶性配合物，降低产物产率。 16.（16分）苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯，)是一种常用的局部麻醉剂。实验室通常以对硝基苯甲酸()和乙醇为原料，在乙基吡啶硫酸氢盐催化下合成。某化学兴趣小组查阅相关资料后，设计并进行了如下实验。 已知：乙基吡啶硫酸氢盐是一种高选择性的，可重复使用的绿色催化剂。 回答下列问题： I．制备对硝基苯甲酸乙酯 步骤1：在三颈烧瓶中加入4.60 g对硝基苯甲酸、一定量无水乙醇和乙基吡啶硫酸氢盐，摇匀后将烧瓶置于水浴中，加热至，回流一段时间。 步骤2：冷却后，向反应液中加入去离子水，搅拌抽滤；滤渣研细，加入溶液10 mL，继续研磨5 min，搅拌抽滤、真空干燥得到对硝基苯甲酸乙酯。 (1)①步骤1中加热回流操作的实验装置如下图所示，仪器X的名称为___________。 ②乙基吡啶硫酸氢盐()属于___________晶体，晶体结构中含有的化学键包括___________(填字母)。 A．离子键    B．键    C．键    D．氢键 (2)试从平衡移动角度分析，步骤1中需分水器不断分离出的原因：___________。 (3)对比乙基吡啶硫酸氢盐，酯化反应未选用浓硫酸作催化剂的可能原因是___________。 (4)步骤2中加入碳酸钠溶液的目的是___________。 Ⅱ．制备苯佐卡因 对硝基苯甲酸乙酯用适量铁粉和氯化铵溶液还原，95~98℃回流加热并搅拌70 min后，冷却并加入少量碳酸钠溶液调pH至近中性，乙醚萃取两次，合并醚层。向其中加入少量无水硫酸镁，静置后抽滤，滤液除乙醚后，冷却残余物，固体经重结晶，干燥后称重，得苯佐卡因2.82 g。 (5)制备苯佐卡因过程中Fe被氧化为，则该反应的离子方程式为___________。 (6)已知：①可与硝基竞争电子，降低硝基周围电子密度，从而降低硝基的活性 ②羧基和酯基均为吸电子基团，且吸电子效应；羧基>酯基 同浓度的A．对硝基苯甲酸、B．对硝基苯甲酸乙酯、C．硝基甲苯的硝基还原速率由大到小的顺序为___________(用“A、B、C”表示)。 (7)以对硝基苯甲酸为基准，计算苯佐卡因的产率为___________%(保留2位有效数字)。 【答案】(1) 球形冷凝管 （1分） 离子 （1分） ABC（2分） (2)对硝基苯甲酸与乙醇的酯化反应为可逆反应，分水器不断分离出，使生成物浓度降低，平衡向正反应方向移动，从而提高对硝基苯甲酸乙酯的产率（2分） (3)后续用量偏大浓；硫酸具有脱水性和强氧化性，会使有机物发生副反应，如碳化、消去等，且不可重复使用，不符合绿色化学要求等（2分） (4)除去反应后剩余的对硝基苯甲酸及实验用的酸性催化剂，提高产物对硝基苯甲酸乙酯的纯度（2分） (5)或；（2分） (6) （2分） (7) （2分） 【详解】（1）由仪器的结构特征可知，仪器X是球形冷凝管，用于回流冷凝，防止反应体系中的乙醇和水挥发损失，乙基吡啶硫酸氢盐由有机阳离子和阴离子构成，属于离子晶体，阴阳离子间存在离子键，阳离子内部共价单键为键，吡啶环含双键，存在键，氢键不属于化学键，因此选ABC； （2）对硝基苯甲酸与乙醇的酯化反应为可逆反应，反应方程式为+C2H5OH+H2O，分水器不断分离出，使生成物浓度降低，平衡向正反应方向移动，从而提高对硝基苯甲酸乙酯的产率； （3）与乙基吡啶硫酸氢盐相比，浓硫酸作为催化剂存在诸多缺点，可能使后续用量偏大，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会使有机物发生副反应，如碳化、消去等，且不可重复使用，不符合绿色化学要求等； （4）反应后有未反应的对硝基苯甲酸，催化剂为酸性硫酸氢盐，碳酸钠可中和酸，使酸转化为可溶性盐，便于除去杂质，提高对硝基苯甲酸乙酯的纯度； （5）铁粉在氯化铵溶液中将对硝基苯甲酸乙酯的硝基还原为氨基，被氧化为，反应的离子方程式为； （6）根据题意，硝基周围电子密度越低，还原活性越低，还原速率越慢，已知吸电子效应，羧基＞酯基，甲基为给电子基团，吸电子能力最弱，因此硝基周围电子密度硝基甲苯＞对硝基苯甲酸乙酯＞对硝基苯甲酸，故还原速率； （7）起始对硝基苯甲酸的物质的量，1mol对硝基苯甲酸理论生成1mol苯佐卡因，理论产量，因此产率。 17. （15分）二氧化碳是廉价可持续的碳源，其转化为甲醇能减碳增效、推动可持续发展。以下是制备可能涉及到的反应： i． ⅱ． ⅲ． 已知：生成物A的选择性 回答下列问题。 (1)已知反应的能垒越大，活化能越大。反应ⅱ的反应历程如图所示。在不同催化剂作用下，该反应历程中决速步骤的能垒分别为___________、___________，其中效果较好的催化剂为___________。 (2)反应ⅱ的焓变___________。甲醇可作燃料，碱性环境下甲醇燃料电池的负极电极反应式为___________。 (3)向体积为的恒容密闭容器中分别充入、，仅发生反应ⅱ和ⅲ，反应相同时间t秒后测得实际转化率和的实际选择性随温度的变化如图中实线所示，同时模拟出平衡转化率和平衡时选择性如图中虚线所示。 ①曲线a表示的平衡转化率，其先下降后上升的原因为___________。 ②时，反应ⅱ中的反应速率___________。反应ⅱ的平衡常数___________(时甲醇与水均为气体)。 ③试分析曲线a、b在温度高于后趋于重合的原因___________。 【答案】(1) （1分） （1分） （1分） (2) （2分） （2分） (3)反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应。在以前，以反应ⅱ为主，温度升高平衡逆向移动，所以曲线先下降；在以后，以反应ⅲ为主，温度升高平衡正向移动，所以曲线后上升 （2分） （2分） （2分） 曲线a表示的平衡转化率，曲线b表示的实际转化率。温度越高反应速率越快，在相同时间t秒内越趋于平衡，的实际转化率与平衡转化率越趋于一致。所以曲线a、b在温度较高后趋于重合（2分） 【详解】（1）决速步骤为活化能(能垒)最大的步骤，能垒=峰(过渡态)能量-前一个谷(反应物)能量：对于，最大能垒：，对于，最大能垒：，能垒越小，催化效果越好，因此效果较好的催化剂为； （2）根据盖斯定律，反应ⅱ=反应i+反应ⅲ，因此，碱性环境下，甲醇在负极失电子生成碳酸根，电极反应式为：。 （3）①反应ⅱ放热()，反应ⅲ吸热()；温度升高时，反应ⅱ平衡逆向移动使转化率降低，反应ⅲ平衡正向移动使转化率升高；低温时反应ⅱ占主导，总转化率下降，高温时反应ⅲ占主导，总转化率升高，因此先下降后上升。即：反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应，在以前，以反应ⅱ为主，温度升高平衡逆向移动，所以曲线先下降；在以后，以反应ⅲ为主，温度升高平衡正向移动，所以曲线后上升。 ②时，平衡转化率为，转化的总物质的量：；平衡时甲醇选择性为，根据选择性公式，生成甲醇的物质的量。设反应ii转化为，反应ⅲ转化为，总消耗，因此的反应速率：；平衡时各物质浓度(体积，水和甲醇可为气体)：，，，，反应ⅱ的平衡常数：。 ③温度升高，反应速率显著加快，相同反应时间t内，反应已达到平衡状态，实际转化率等于平衡转化率，因此曲线趋于重合，即：温度高于后，反应速率足够快，t时间内反应达到平衡，实际转化率等于平衡转化率，故曲线重合。 18．（12分）一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。 已知：① ②试剂a是 （1）L分子中含有的官能团是氟原子和_______。 （2）B→D的反应类型是_______。 （3）下列说法不正确的是_______(填序号)。 a.试剂a的结构简式为 b.J→K的反应中，的作用是消耗生成的，促进反应正向进行 c.F→G的反应中，还原了硝基；K→L的反应中，还原了羰基 （4）以G和M为原料合成P分为三步反应。 已知： ①M含1个sp杂化的碳原子，M的结构简式为_______。 ②第一步“加成”反应中，G与M的物质的量之比为，的结构简式为_______； （5）P的合成路线中，步骤E→F反应的意义是：_______。 【答案】（1）氨基、酯基（2分） （2）取代反应（2分） （3）ac（2分） （4） （2分） （2分） （5）E中氨基与试剂a形成酰胺键，避免后续与反应中氨基全部反应，最终通过“稀碱”脱除保护基  保护氨基，防止全部与M反应（2分） 【分析】A为苯胺，与乙酸反应得到B：，与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D：，D水解得到E为，E与试剂a反应得到F，F与H2发生还原反应得到G，I与SOCl2碱性条件下反应得到J，J与CH3OH反应得到K，根据K的分子式可以确定K为：，K还原得到L，L进一步反应得到M，根据M的分子式可以确定M的结构简式为：，G与M经过三步反应得到P。 【解析】（1）L分子中含有的官能团是氟原子和氨基、酯基； （2）B()与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D，反应类型是取代反应； （3）a、试剂a是，结构简式写为，a错误；b、J→K生成有HCl，加入碱性物质(CH3CH2)3N，与生成HCl反应，促进反应正向进行，b正确；c、根据分析F→G与K→L的反应均为硝基还原为氨基的反应，c错误；答案选ac； （4）①根据M的分子式和M含有1个sp杂化的碳原子，得出M的结构简式为：； ②M()与G在N=C双键上先发生加成反应得到X，X的结构简式为：，X在碱性条件下脱除CH3OH得到Y，Y的结构简式为：，最后发生已知的反应得到P，X的结构简式为：； （5）根据分析：E→F引入保护基，Y→P脱除保护基，步骤E→F反应的意义是：E中氨基与试剂a形成酰胺键，避免后续与反应中氨基全部反应，最终通过“稀碱”脱除保护基 保护氨基，防止全部与M反应。 学科网（北京）股份有限公司 $Sheet1 题号 题型 分值 考查知识点（细化考点层级） 难度系数 1 选择题 3 化学与 STSE、新型材料分类；碳纤维、砷化镓半导体、纳米气凝胶与胶体概念辨析、碳纳米管材料类别判断 0.85 2 选择题 3 化学用语规范；电子式书写、基态原子价电子轨道表示式、高聚物结构简式、离子晶体晶胞结构识别 0.78 3 选择题 3 离子方程式正误判断；电解盐溶液、少量 SO₂与次氯酸盐反应、络合反应、弱酸盐双水解型离子反应 0.74 4 选择题 3 化学实验操作与装置评价；卤代烃消去产物检验、酸式滴定管选用、晶体加热装置、挥发性盐溶液蒸发制备固体 0.76 5 选择题 3 配位化合物结构与阿伏加德罗常数；配体与配位原子计数、σ 键数目、原子杂化类型判断 0.68 6 选择题 3 有机物结构与性质；手性碳原子判断、π 键类型、有机反应类型、羟基 / 羧基与金属、碳酸盐反应定量计算 0.7 7 选择题 3 化学实验方案、现象与结论评价；还原性离子干扰检验、盐溶液 pH 比较与酸性判断、纤维素水解检验、醛基检验干扰分析 0.65 8 选择题 3 物质结构与性质因果关系；相似相溶与氢键、价层电子对斥力与键角、冠醚相转移催化、分子内氢键对酸性影响 0.72 9 选择题 3 短周期元素推断与周期律；第一电离能大小比较、微粒空间构型、简单氢化物沸点、最高价含氧酸酸性递变 0.62 10 选择题 3 晶胞结构与分子晶体性质；分子极性判断、晶体类型、原子杂化方式、晶胞化学式推导 0.6 11 选择题 3 化工工艺流程；反应速率影响因素、pH 调节试剂选择、氧化还原离子方程式书写、工艺流程循环利用分析 0.66 12 选择题 3 电解池原理与电催化合成；阴阳极与电源连接、化学键断裂与形成、阴极电极反应式、电子转移与溶液质量变化 0.58 13 选择题 3 催化反应历程与活化能；吸附解吸能量变化、非极性键断裂与生成、决速步判断、反应选择性比较 0.55 14 选择题 3 弱酸分布系数曲线；微粒曲线对应判断、分步电离反应、水解平衡常数计算、溶液离子浓度守恒关系 0.52 15 非选择题 15 稀土化工流程制备；反应速率提升措施、陌生氧化还原方程式书写、沉淀 pH 区间选择、萃取分配比与萃取率计算、反萃取试剂选择、离子方程式书写、反应温度与试剂用量对产物的影响分析 0.48 16 非选择题 16 有机物制备综合实验；仪器名称、晶体类型与化学键、分水器平衡移动原理、催化剂选择对比、除杂试剂作用、有机还原离子方程式、取代基对反应速率影响、有机产品产率计算 0.45 17 非选择题 15 化学反应原理综合；反应历程能垒与决速步、焓变计算、燃料电池负极反应式、平衡转化率曲线成因、反应速率与平衡常数计算、温度对平衡选择性影响 0.46 18 非选择题 12 有机合成推断；官能团识别、有机反应类型判断、合成路线正误辨析、中间体结构简式推导、合成步骤保护基作用分析 0.44 $ 2026年高考考前最后一卷4（新高考通用） 高三化学 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 Cu 64 Zn 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，只有一项是符合题目要求的。 1. （原创）【答案】C 【解析】 【详解】A． 碳纤维是无机复合材料，而非有机高分子材料，A错误； B．砷化镓(GaAs)是半导体材料，属于新型无机非金属材料，不属于金属材料，B不符合题意； C．纳米气凝胶的粒子尺寸在胶体范围内，能产生丁达尔效应，C符合题意； D．螺旋碳纳米管是纳米材料，属于纯净物，而胶体是混合物，D不符合题意； 故选C。 2.（原创） 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲胺中C、N均满足8电子结构，其电子式是，A错误； B．基态S原子的价电子为3s23p4 ，根据洪特规则，3p轨道的4个电子应分占不同轨道且自旋平行，即轨道表示式为： ，B错误； C.天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，其结构简式与图中一致，C正确； D.氯化钠晶胞为面心立方结构，和交替排列，顶点和面心为一种离子，棱心和体心为另一种离子，图片中和位置不符合晶胞“无隙并置”，晶胞结构应为，D错误； 故选C 3. （原创） 【答案】D 【解析】 【详解】A．惰性电极电解MgCl2溶液，生成的氢氧化镁为难溶物，离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+ H2↑+Cl2↑，A错误； B．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应生成了硫酸钠、氯化钠和次氯酸，离子方程式为3ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO+2HClO，B错误； C．Cu2+可与NH3形成配离子[Cu(NH3)4]2+，Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色的[Cu(NH3)4](OH)2溶液，[Cu(NH3)4](OH)2应该拆开，所给离子方程式不符合反应原理， C错误； D．锰离子和碳酸氢铵为反应物，产生碳酸锰沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，D正确； 故答案为D。 4. (原创） 【答案】C 【解析】 【详解】A． 1-溴丁烷在NaOH醇溶液中发生消去反应，生成1-丁烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但挥发出来的乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，干扰试验，故A错误； B．聚四氟乙烯滴定管是酸碱通用型滴定管，可盛装NaOH标准溶液，该酸碱中和滴定实验需要用指示剂以便观察滴定终点，但该装置中缺少指示剂，B错误； C．草酸晶体在加热分解过程会先熔化后分解，故试管口应向上倾斜，C符合题意； D． AlCl3溶液空气中直接加热会促进其水解生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解可能生成氧化铝，不能制备AlCl3，D错误； 故选C。 5. （改编） 【答案】C 【解析】 【详解】A．配合物中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，配体数是3，其为双齿类，A错误； B．是双齿配体，每个配体通过两个O原子配位，中含有3个，配位原子为6个，B错误； C．中存在1个C-C键和2个，每个中含有一个键一个键，故每个中含有5个键和2个键，离子含键数为，C正确； D．中C原子的杂化方式为杂化，O原子为sp2、杂化，D错误； 故选C。 6. 【答案】B 【解析】 【详解】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；该分子中含有如图所示的3个手性碳原子，A正确； B．分子中醚键中碳、氧均为杂化，其中形成的键是杂化轨道形成的键，不是单纯的键，B错误； C．分子中含有酚羟基、羧基，能发生取代反应；分子中含有酮羰基、苯环，能发生加成反应，C正确； D．该分子中能与Na反应的有酚羟基和羧基，能与反应的只有羧基，在中含和，按照、、，可得到分别与足量的和反应生成的气体物质的量之比为，D正确； 故答案为：B。 7.（原创） 【答案】C 【解析】 【详解】A． 高锰酸钾可以氧化亚铁离子，导致高锰酸钾褪色；在酸性条件下高锰酸钾也会与氯离子发生反应：，氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色，则紫红色褪去，不能说明溶液中含有Fe2+，A错误； B．NaClO溶液有漂白性，不能有pH试纸测溶液的pH值，B项错误； C．纤维素在浓硫酸催化下水解生成葡萄糖（含醛基），加碱中和酸后加入新制氢氧化铜，加热生成砖红色沉淀，证明纤维素水解产物中含有醛基，C项正确； D．由于该物质中含有，也可以被酸性高锰酸钾氧化，导致褪色，不一定证明含有醛基，D错误； 故选C 8. （原创） 【答案】C 【解析】 【详解】A．四氯化碳能萃取溴水中溴，丙酮不能，因为四氯化碳是非极性分子，不溶于水，而丙酮是极性分子与水互溶，且溴在四氯化碳中的溶解度大，并非是氢键的因素，结构因素错误，A错误； B．NH3分子中心N原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，形成[Zn(NH3)4]2+时，NH3中孤对电子参与配位，孤电子对具有较大的斥力，则中键角大于分子中的键角，B错误 C．C．冠醚通过与K⁺结合，使更易溶于有机相，增加反应物接触，加快反应速率，C正确； D．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键如图：，导致酸性减弱，D错误； 故选C。 9. 【答案】B 【解析】 【分析】已知元素X、Y、Z、W、T、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、W在同一周期，基态T原子的价电子层有3个单电子，则T应该为15号元素磷；X形成1个共价键，为氢；Y形成4个共价键、Z形成3个共价键、W形成2个共价键，则Y为碳、Z为氮、W为氧；Q形成2个共价键，且原子序数最大，则为硫； 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小：N>O>C，A错误； B．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，离子的空间构型为平面三角形，B正确； C．氨分子能形成氢键，导致其沸点高于PH3，C错误； D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性H2SO4>H3PO4，D错误； 故选 10. 【答案】B 【解析】 【详解】A．PCl3​中心P原子价层电子对数为，含1对孤对电子，空间构型为三角锥形，结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确； B．该晶体由​和​两种离子构成，属于离子晶体，B错误； C．​中P原子价层电子对数为4，杂化方式为，中P原子价层电子对数为6，杂化方式为，两种P原子杂化方式不同，C正确； D．根据均摊法，该晶胞中含有1个离子和1个离子，故晶胞中P原子共2个，Cl原子共个，个数比为，晶体化学式为，D正确； 故选B。 11．（改编） 【答案】D 【分析】以水泥厂废料（主要成分为，含少量、、、、等杂质）制备的流程为：废料先加入过量稀酸浸，、、、、与酸反应生成可溶性硫酸盐、、、、，不反应以固体形式残留；随后加入进行氧化，将氧化为、将氧化为沉淀；接着加入试剂调节，使、水解生成、沉淀，过滤除去、、等滤渣；最后对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（操作a），得到晶体。 【解析】A．升温会加快酸浸反应速率， A正确； B．试剂的作用是调节溶液，使、沉淀，需要能与反应且不引入新杂质，应选择、、等含镁的碱性物质， B正确； C．与按物质的量反应时，中从价被还原为价的，得到个电子，从价被氧化为价的，失去个电子，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为，C正确； D．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得滤液主要成分为溶液，可返回到“蒸发浓缩、冷却结晶”步骤循环利用，D错误； 故答案选C。 12．（改编） 【答案】C 【解析】a电极通入N2​、CO2生成尿素，N从0价变为-3价，得电子发生还原反应，因此a是阴极，接电源负极；b电极通入H2O生成O2​，O从-2价变为0价，失电子发生氧化反应，因此b是阳极，接电源正极。 A．b极发生氧化反应，b极为阳极，b连接电源正极，故A错误； B．反应历程中，只有N2中N≡N非极性键的断裂，整个历程（包括中间体、最终产物）都没有新的非极性键形成（尿素CO(NH2)2中两个N不直接成键，不存在非极性键），因此B错误； C．阴极发生还原反应，反应式为：CO2+N2+6H++6e-==CO(NH2)2+H2O，原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒均满足，故C正确； D．阳极（右室b）反应为2H2O=4e- = O2↑+4H+，转移1mol电子时，生成0.25molO2，质量为0.25mol×32g/mol=8g；同时生成1molH+，H+通过质子交换膜迁移到左室，质量为1mol×1g/mol=1g，因此右室总质量减少8g+1g=9g，故D错误； 故答案选C。 13.（改编） 【答案】D 【详解】A．由题图可知，过程中能量降低，放出能量，、过程中能量升高，吸收能量，A项正确； B．生成过程中有非极性键的断裂，B项正确； C．生成的决速步骤为，C项正确； D．生成决速步骤的活化能低于生成决速步骤的活化能，生成的反应速率更快，选择性更高，D项错误； 故选D。 14. 【答案】B 【解析】 【分析】的柠檬酸钠溶液中通入HCl气体，依次发生反应：，， ，所以根据溶液pH及含有A微粒浓度关系可知a、b、c、d依次表示、、、。 【详解】A．根据上述分析可知，曲线b表示，A错误；  B．pH约为5时，通入HCl随着pH减小，曲线b()含量增加，曲线c()含量减小，即发生的反应为，B正确； C．的一级水解方程式为，，利用cd交点可知，此时pH=6.40，即，，C错误； D．电解质溶液电荷守恒式为，电解质溶液物料守恒式为，将电荷守恒-物料守恒得：，n点：，溶液pH＜7，故，故有，D错误； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.（15分） 【答案】(1)将孪生矿粉碎、搅拌、增大溶液的浓度、升高温度（答二点即可）（2分） (2) （2分） (3) （2分） (4)380 （2分） (5)HCl（1分） (6) （2分） (7) HF挥发 （2分） 局部HF浓度过高，可与形成可溶性配合物，降低的产率（2分） 【详解】（1）提高浸出速率的常见方法为将矿石粉碎或适当升高温度、搅拌、适当提高FeCl₃溶液浓度等； （2）淡黄色沉淀为S单质，被还原为，不被氧化，根据氧化还原反应得失电子守恒配平：； （3）调节pH的目的是使、完全沉淀除去，而不沉淀，因此pH需要大于等于沉淀完全的pH：6.5，小于开始沉淀的pH：8.0； （4）设加入萃取剂体积为V，D==50，，萃取率E=，解得：V≥380 L； （5）根据平衡方程式可知：，增大使平衡逆向移动实现反萃取，为不引入杂质，选择盐酸； （6）与碳酸氢铵反应发生双水解生成沉淀，同时放出，根据电荷、原子守恒配平： （7）①HF沸点低易挥发，温度过高会加速HF挥发；②根据已知信息，过量会与形成可溶性配合物，降低产物产率。 16.（16分） 【答案】(1) 球形冷凝管 （1分） 离子 （1分） ABC（2分） (2)对硝基苯甲酸与乙醇的酯化反应为可逆反应，分水器不断分离出，使生成物浓度降低，平衡向正反应方向移动，从而提高对硝基苯甲酸乙酯的产率（2分） (3)后续用量偏大浓；硫酸具有脱水性和强氧化性，会使有机物发生副反应，如碳化、消去等，且不可重复使用，不符合绿色化学要求等（2分） (4)除去反应后剩余的对硝基苯甲酸及实验用的酸性催化剂，提高产物对硝基苯甲酸乙酯的纯度（2分） (5)或；（2分） (6) （2分） (7) （2分） 【详解】（1）由仪器的结构特征可知，仪器X是球形冷凝管，用于回流冷凝，防止反应体系中的乙醇和水挥发损失，乙基吡啶硫酸氢盐由有机阳离子和阴离子构成，属于离子晶体，阴阳离子间存在离子键，阳离子内部共价单键为键，吡啶环含双键，存在键，氢键不属于化学键，因此选ABC； （2）对硝基苯甲酸与乙醇的酯化反应为可逆反应，反应方程式为+C2H5OH+H2O，分水器不断分离出，使生成物浓度降低，平衡向正反应方向移动，从而提高对硝基苯甲酸乙酯的产率； （3）与乙基吡啶硫酸氢盐相比，浓硫酸作为催化剂存在诸多缺点，可能使后续用量偏大，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会使有机物发生副反应，如碳化、消去等，且不可重复使用，不符合绿色化学要求等； （4）反应后有未反应的对硝基苯甲酸，催化剂为酸性硫酸氢盐，碳酸钠可中和酸，使酸转化为可溶性盐，便于除去杂质，提高对硝基苯甲酸乙酯的纯度； （5）铁粉在氯化铵溶液中将对硝基苯甲酸乙酯的硝基还原为氨基，被氧化为，反应的离子方程式为； （6）根据题意，硝基周围电子密度越低，还原活性越低，还原速率越慢，已知吸电子效应，羧基＞酯基，甲基为给电子基团，吸电子能力最弱，因此硝基周围电子密度硝基甲苯＞对硝基苯甲酸乙酯＞对硝基苯甲酸，故还原速率； （7）起始对硝基苯甲酸的物质的量，1mol对硝基苯甲酸理论生成1mol苯佐卡因，理论产量，因此产率。 17. （15分） 【答案】(1) （1分） （1分） （1分） (2) （2分） （2分） (3)反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应。在以前，以反应ⅱ为主，温度升高平衡逆向移动，所以曲线先下降；在以后，以反应ⅲ为主，温度升高平衡正向移动，所以曲线后上升 （2分） （2分） （2分） 曲线a表示的平衡转化率，曲线b表示的实际转化率。温度越高反应速率越快，在相同时间t秒内越趋于平衡，的实际转化率与平衡转化率越趋于一致。所以曲线a、b在温度较高后趋于重合（2分） 【详解】（1）决速步骤为活化能(能垒)最大的步骤，能垒=峰(过渡态)能量-前一个谷(反应物)能量：对于，最大能垒：，对于，最大能垒：，能垒越小，催化效果越好，因此效果较好的催化剂为； （2）根据盖斯定律，反应ⅱ=反应i+反应ⅲ，因此，碱性环境下，甲醇在负极失电子生成碳酸根，电极反应式为：。 （3）①反应ⅱ放热()，反应ⅲ吸热()；温度升高时，反应ⅱ平衡逆向移动使转化率降低，反应ⅲ平衡正向移动使转化率升高；低温时反应ⅱ占主导，总转化率下降，高温时反应ⅲ占主导，总转化率升高，因此先下降后上升。即：反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应，在以前，以反应ⅱ为主，温度升高平衡逆向移动，所以曲线先下降；在以后，以反应ⅲ为主，温度升高平衡正向移动，所以曲线后上升。 ②时，平衡转化率为，转化的总物质的量：；平衡时甲醇选择性为，根据选择性公式，生成甲醇的物质的量。设反应ii转化为，反应ⅲ转化为，总消耗，因此的反应速率：；平衡时各物质浓度(体积，水和甲醇可为气体)：，，，，反应ⅱ的平衡常数：。 ③温度升高，反应速率显著加快，相同反应时间t内，反应已达到平衡状态，实际转化率等于平衡转化率，因此曲线趋于重合，即：温度高于后，反应速率足够快，t时间内反应达到平衡，实际转化率等于平衡转化率，故曲线重合。 18．（12分） 【答案】（1）氨基、酯基（2分） （2）取代反应（2分） （3）ac（2分） （4） （2分） （2分） （5）E中氨基与试剂a形成酰胺键，避免后续与反应中氨基全部反应，最终通过“稀碱”脱除保护基  保护氨基，防止全部与M反应（2分） 【分析】A为苯胺，与乙酸反应得到B：，与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D：，D水解得到E为，E与试剂a反应得到F，F与H2发生还原反应得到G，I与SOCl2碱性条件下反应得到J，J与CH3OH反应得到K，根据K的分子式可以确定K为：，K还原得到L，L进一步反应得到M，根据M的分子式可以确定M的结构简式为：，G与M经过三步反应得到P。 【解析】（1）L分子中含有的官能团是氟原子和氨基、酯基； （2）B()与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D，反应类型是取代反应； （3）a、试剂a是，结构简式写为，a错误；b、J→K生成有HCl，加入碱性物质(CH3CH2)3N，与生成HCl反应，促进反应正向进行，b正确；c、根据分析F→G与K→L的反应均为硝基还原为氨基的反应，c错误；答案选ac； （4）①根据M的分子式和M含有1个sp杂化的碳原子，得出M的结构简式为：； ②M()与G在N=C双键上先发生加成反应得到X，X的结构简式为：，X在碱性条件下脱除CH3OH得到Y，Y的结构简式为：，最后发生已知的反应得到P，X的结构简式为：； （5）根据分析：E→F引入保护基，Y→P脱除保护基，步骤E→F反应的意义是：E中氨基与试剂a形成酰胺键，避免后续与反应中氨基全部反应，最终通过“稀碱”脱除保护基 保护氨基，防止全部与M反应。 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考考前最后一卷4（新高考通用） 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：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 Cu 64 Zn 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，只有一项是符合题目要求的。 1. （原创）“中国制造”在众多领域受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是 A. “歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 B. 核心舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)材料，GaAs属于金属材料 C. “天问一号”火星车的保温材料为纳米气凝胶，能产生丁达尔效应 D. 我国量子通信走在世界前沿，量子通信中使用的螺旋碳纳米管等纳米材料属于胶体 2.（原创）下列化学用语表示正确的是 A. 的电子式： B. 基态原子的价电子轨道表示式： C. 天然橡胶的结构简式 D. 氯化钠晶体的晶胞： 3. （原创）下列有关离子方程式书写正确的是 A. 用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH- + H2↑+Cl2↑ B. 向次氯酸钠溶液通入少量二氧化硫：ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO+2H+ C. 用氨水溶解Cu(OH)2固体：Cu(OH)2 +NH3 = [Cu(NH3)4](OH)2 D. 向含Mn2+的溶液中加入足量的NH4HCO3溶液：2Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O 4. (原创）下列实验操作规范且能达到预期目的的是(无特殊说明时仪器均为普通玻璃材质) 实验 目的 A．验证1-溴丁烷的消去反应 B．滴定未知浓度的 HCl溶液 实验 目的 C．加热草酸晶体 D．制备AlCl3固体 A. A B. B C. C D. D 5. （改编）配合物三草酸合铁酸钾常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 离子中配体数是6 B. 离子中的配位原子共有3个 C. 离子含键数为 D. 离子中C和O的杂化方式均为 6. 灵芝提取物M具有重要医用价值，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中含3个手性碳原子 B. 分子中的键是键 C. 能够发生取代反应、加成反应 D. 分别与足量的和反应生成的气体物质的量之比为 7.（原创） 下列方案设计、现象和结论正确的是 实验方案 现象 解释和结论 A 检验溶液中是否含有 向溶液中滴加酸性溶液 若紫红色褪去，则溶液中含有 B 用 pH试纸测量等浓度的NaClO 溶液和CH3COONa溶液的pH pH： NaClO>CH3COONa 说明HClO 的酸性小于CH3COOH C 在试管中放入少量脱脂棉，加入几滴蒸馏水和几滴浓硫酸，用玻璃棒将混合物搅拌成糊状。然后加入过量氢氧化钠中和，再加入新制氢氧化铜，加热 有砖红色沉淀生成 脱脂棉在浓硫酸作用下生成了具有还原性的物质，可以和新制氢氧化铜反应 D 检验某有机物(如图)中含有醛基 取少量待检液于试管中，滴加酸性溶液，紫红色褪去 取少量待检液于试管中，滴加酸性溶液，紫红色褪去 A. A B. B C. C D. D 8. （原创）结构决定性质，性质决定用途。下列事实与结构因素匹配正确的是 事实 结构因素 A 用四氯化碳萃取溴水中的溴，而不选用丙酮 丙酮能和水分子形成氢键，四氯化碳不能 B 中键角小于分子中的键角 NH3分子中心N原子含有1个孤电子对，形成[Zn(NH3)4]2+时，NH3中孤对电子参与配位，孤电子对具有较大的斥力 C 冠醚能加快 KMnO4与环己烯的反应速率 冠醚通过与K+结合将带入有机相，使反应物充分接触，加快氧化速率 D 相同温度下， ()() 形成分子内氢键： A. A B. B C. C D. D 9. 一种缓释型杀虫剂的结构式如图所示，已知元素X、Y、Z、W、T、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、W在同一周期，基态T原子的价电子层有3个单电子，则正确的是 A. 第一电离能：W＞Z＞Y B. 空间结构：平面三角形 C. 简单氢化物的沸点：T＞Z D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q 10. 与反应的产物由两种微粒构成，晶胞结构如图所示，下列说法错误的是 A. 为极性分子 B. 该晶体类型为分子晶体 C. 该晶体中P原子的杂化方式不同 D. 该晶体的化学式为 11．（改编）以水泥厂的废料(主要成分为MgO，含少量MnO、、FeO、、等杂质)为原料制备的工艺流程如下： 已知：。下列说法不正确的是 A．为提高酸浸速率，可使用升温 B．试剂X可以是 C．NaClO与物质的量为反应时的离子方程式为： D．操作a所得滤液经处理后可返回到“调pH”循环利用 12．（改编）中国科学院某研究团队利用催化剂实现电合成尿素，合成过程中电极a表面的反应历程如下图。 下列说法正确的是 A. 电解时，b连接电源负极 B. 电极a表面的反应历程中有非极性键的断裂和形成 C 阴极总反应式：CO2+N2+6H++6e-=CO(NH2)2+H2O D. 每转移1mol电子，右室溶液质量增加9g 13.（改编）以为氢源，乙炔电催化氢化的反应机理(*表示吸附态，部分反应物和生成物略)如图所示。下列说法错误的是 A．该反应历程中，吸附和解吸分别为释放能量和吸收能量的过程 B．该反应历程中存在非极性键的形成，也存在非极性键的断裂 C．生成的决速步骤为 D．该催化条件下的选择性小于 14. 室温下，向0.1 mol·L-1柠檬酸钠(Na3A)溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积变化)，溶液中A3-、HA2-、H2A-和H3A的分布系数δ(X)(某种含A微粒浓度与所有含A微粒浓度之和的比值)随pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线b表示HA2- B. pH约为5时，通入HCl发生的反应为HA2-+H+=H2A- C. A3-的水解平衡常数Kh1=10-10.87 D. n点： 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15（15分）.镨（Pr）是重要的稀土元素，氟化镨（）常用作电弧碳棒添加剂。一种以孪生矿（主要含ZnS、FeS、、等）为原料制备氟化镨的工业流程如下。回答下列问题： 已知：①该实验条件下，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH： 金属离子 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.5 3.1 9.0 8.9 ②较稳定，不易被过氧化氢、等常见氧化剂氧化。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机相和水相中的物质的量浓度之比称为分配比（D），萃取率（E）。 ④可与过量形成可溶性氟配合物，如。 (1)为提高“溶浸”速率，可采取的措施有________（答二点即可）。 (2)“溶浸”时可被氧化，生成淡黄色的沉淀，该反应的化学方程式为________。 (3)“除锌、铁”步骤中调节pH的范围为________。 (4)在某有机萃取剂和水中的分配比，现使用该萃取剂对1000L 的水溶液进行萃取，单次萃取率，则至少要加入萃取剂________L。（忽略溶液体积的变化） (5)萃取的原理为，“反萃取”步骤中，应加入的试剂是________（填化学式）。 (6)“转化”过程反应的离子方程式为________。 (7)“氟化”步骤中加入HF溶液时，反应温度过高会导致________；HF溶液加入过多会导致________。 16.、（16分）苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯，)是一种常用的局部麻醉剂。实验室通常以对硝基苯甲酸()和乙醇为原料，在乙基吡啶硫酸氢盐催化下合成。某化学兴趣小组查阅相关资料后，设计并进行了如下实验。 已知：乙基吡啶硫酸氢盐是一种高选择性的，可重复使用的绿色催化剂。 回答下列问题： I．制备对硝基苯甲酸乙酯 步骤1：在三颈烧瓶中加入4.60 g对硝基苯甲酸、一定量无水乙醇和乙基吡啶硫酸氢盐，摇匀后将烧瓶置于水浴中，加热至，回流一段时间。 步骤2：冷却后，向反应液中加入去离子水，搅拌抽滤；滤渣研细，加入溶液10 mL，继续研磨5 min，搅拌抽滤、真空干燥得到对硝基苯甲酸乙酯。 (1)①步骤1中加热回流操作的实验装置如下图所示，仪器X的名称为___________。 ②乙基吡啶硫酸氢盐()属于___________晶体，晶体结构中含有的化学键包括___________(填字母)。 A．离子键    B．键    C．键    D．氢键 (2)试从平衡移动角度分析，步骤1中需分水器不断分离出的原因：___________。 (3)对比乙基吡啶硫酸氢盐，酯化反应未选用浓硫酸作催化剂的可能原因是___________。 (4)步骤2中加入碳酸钠溶液的目的是___________。 Ⅱ．制备苯佐卡因 对硝基苯甲酸乙酯用适量铁粉和氯化铵溶液还原，95~98℃回流加热并搅拌70 min后，冷却并加入少量碳酸钠溶液调pH至近中性，乙醚萃取两次，合并醚层。向其中加入少量无水硫酸镁，静置后抽滤，滤液除乙醚后，冷却残余物，固体经重结晶，干燥后称重，得苯佐卡因2.82 g。 (5)制备苯佐卡因过程中Fe被氧化为，则该反应的离子方程式为___________。 (6)已知：①可与硝基竞争电子，降低硝基周围电子密度，从而降低硝基的活性 ②羧基和酯基均为吸电子基团，且吸电子效应；羧基>酯基 同浓度的A．对硝基苯甲酸、B．对硝基苯甲酸乙酯、C．硝基甲苯的硝基还原速率由大到小的顺序为___________(用“A、B、C”表示)。 (7)以对硝基苯甲酸为基准，计算苯佐卡因的产率为___________%(保留2位有效数字)。 17. （15分）二氧化碳是廉价可持续的碳源，其转化为甲醇能减碳增效、推动可持续发展。以下是制备可能涉及到的反应： i． ⅱ． ⅲ． 已知：生成物A的选择性 回答下列问题。 (1)已知反应的能垒越大，活化能越大。反应ⅱ的反应历程如图所示。在不同催化剂作用下，该反应历程中决速步骤的能垒分别为___________、___________，其中效果较好的催化剂为___________。 (2)反应ⅱ的焓变___________。甲醇可作燃料，碱性环境下甲醇燃料电池的负极电极反应式为___________。 (3)向体积为的恒容密闭容器中分别充入、，仅发生反应ⅱ和ⅲ，反应相同时间t秒后测得实际转化率和的实际选择性随温度的变化如图中实线所示，同时模拟出平衡转化率和平衡时选择性如图中虚线所示。 ①曲线a表示的平衡转化率，其先下降后上升的原因为___________。 ②时，反应ⅱ中的反应速率___________。反应ⅱ的平衡常数___________(时甲醇与水均为气体)。 ③试分析曲线a、b在温度高于后趋于重合的原因___________。 18．（12分）一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。 已知：① ②试剂a是 （1）L分子中含有的官能团是氟原子和_______。 （2）B→D的反应类型是_______。 （3）下列说法不正确的是_______(填序号)。 a.试剂a的结构简式为 b.J→K的反应中，的作用是消耗生成的，促进反应正向进行 c.F→G的反应中，还原了硝基；K→L的反应中，还原了羰基 （4）以G和M为原料合成P分为三步反应。 已知： ①M含1个sp杂化的碳原子，M的结构简式为_______。 ②第一步“加成”反应中，G与M的物质的量之比为，的结构简式为_______； （5）P的合成路线中，步骤E→F反应的意义是：_______。 2 学科网（北京）股份有限公司 $