2026届西藏拉萨市高三下学期第二次联考理科综合试卷-高中化学（含解析）高考模拟

这是一份2026届西藏拉萨市高三下学期第二次联考理科综合试卷-高中化学（含解析）高考模拟，共32页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，6，TS2=7等内容，欢迎下载使用。
化学试题
试卷共16页，34小题，满分300分。考试用时150分钟。
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.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 西藏是藏医药、藏香、唐卡等传统文化的宝库，下列相关叙述正确的是
A. 藏香制作中常用的柏木粉主要成分为纤维素，属于无机非金属材料
B. 唐卡颜料中的石青[主要成分为]遇强酸会产生气体
C. 藏医药常用酥油炮制药材，酥油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物
D. 藏式建筑彩绘中使用的朱砂(HgS)在空气中稳定，长期暴露不会发生任何变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．纤维素属于天然有机高分子材料，不属于无机非金属材料，A错误；
B．石青中含有，遇强酸时会与反应生成气体，B正确；
C．高分子化合物通常指相对分子质量大于的有机化合物，高级脂肪酸甘油酯的相对分子质量远小于，不属于高分子化合物，C错误；
D．HgS长期暴露在空气中，会与氧气发生缓慢反应生成汞和二氧化硫，并非不发生任何变化，D错误；
故答案选B。
2. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A. 用氯化铁溶液刻蚀铜制线路板：
B. 铝制餐具不能长时间盛放碱性食物：
C. 向漂白粉溶液中通入过量：
D. 向溶液中滴入少量稀盐酸：
【答案】C
【解析】
【详解】A．具有氧化性，可将Cu氧化为，自身被还原为，选项中的离子方程式的反应物和产物正确，符合电荷守恒和质量守恒，A正确；
B．Al可与强碱性溶液反应生成和，选项中的离子方程式的反应物和产物正确，符合电荷守恒和质量守恒，B正确；
C．具有氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，该反应离子方程式为：，C错误；
D．向溶液中滴加少量稀盐酸，过量，与反应仅生成，选项中的离子方程式的反应物和产物正确，符合电荷守恒和质量守恒，D正确；
故答案选C。
3. 一种可用于海水淡化的新型网状高分子材料，其制备原理如图(反应方程式未配平)。
下列说法正确的是
A. X中碳原子均为sp2杂化B. Y中所有碳原子可能共平面
C. Z中含有酮羰基和醚键D. Z的重复结构单元中，
【答案】D
【解析】
【详解】A．X的结构中，碳碳双键中的C为sp2杂化，但与N相连的饱和-CH2-中的C为sp3杂化，因此并非所有碳原子均为sp2杂化，A错误；
B．Y的结构中存在4个饱和碳原子，这些饱和碳原子呈四面体构型，所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．酮羰基是指羰基两侧均连接碳原子的结构，而Z中的羰基均与N原子相连，属于酰胺基，并非酮羰基；同时，Z中的S原子形成的硫醚键，没有醚键，C错误；
D．从反应原理来看，X中的每个双键与-SH加成后，每个X单元贡献3个N，与Y加成后形成的重复单元中，每个N原子连接的链段对应1个S原子，整体重复单元中，D正确；
故答案选D。
4. 三位化学家因“金属有机框架(MOFs)研究”而共同获得2025年诺贝尔化学奖。某大学学者深入探讨了镍基金属有机框架催化剂(Ni-MOF)在处理污水中的尿素[CO(NH2)2]时的电化学反应机制，在使用贵金属基催化剂()和镍基金属有机框架催化剂()时，分别发生图甲、图乙两种电化学反应。下列说法错误的是
A. 图甲为电解池装置，图乙为原电池装置
B. 图甲中，阴极的电极反应式为：
C. 图乙中，若消耗1 ml CO(NH2)2，理论上可消耗标准状况下33.6 L O2
D. 图甲、乙装置中，电路中通过2 ml电子，溶液中均有1 ml OH-通过阴离子交换膜
【答案】D
【解析】
【分析】甲装置有电源，为电解池，乙装置有负载，为原电池，电解池根据外接电源判断阴阳极，原电池进入氧气侧为正极，由此作答。
【详解】A．图甲装置有外接电源，属于电解池；图乙装置可以对外供电点亮灯泡，属于原电池，A正确；
B．图甲中，右侧为阴极，H2​O得电子发生还原反应生成H2​和OH−，电极反应式为2H2​O+2e−=H2​↑+2OH−，与图中产物一致，B正确；
C．图乙中，1 ml CO(NH2)2失电子生成CO2和N2时，转移6 ml电子；正极反应为：，依据得失电子守恒可知，转移6 ml电子理论上需要1.5 ml氧气，标况下体积为33.6 L，C正确；
D．电路中通过电子时，根据电荷守恒，内电路需要转移负电荷维持电荷平衡，因此会有通过阴离子交换膜，不是，D错误；
故选D。
5. 某盐由四种短周期中非金属元素(X、Y、Z、W，原子序数依次增大)和金属元素R组成，R在第四周期，纯金属单质为紫红色，X元素是所有主族元素中原子半径最小的，W、Z同主族，Z原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y的简单氢化物常用作制冷剂。下列说法错误的是
A. R的氢氧化物溶于Y的氢化物的水溶液B. 在离子中Y提供孤对电子
C. 热稳定性：D. 由X、Y组成的化合物是非极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，R为第四周期紫红色金属，则R是Cu元素。X是主族中原子半径最小的元素，则X是H元素。Z的最外层电子数是电子层数的3倍，则Z的最外层电子有6个电子，有2层电子，则Z是O元素。W与Z同主族，且W的原子序数大于Z，W是短周期元素，则W是S元素。Y的简单氢化物常用作制冷剂，该氢化物是，则Y是N元素，据此作答。
【详解】A．由分析可知，R和Y分别是Cu和N元素，与反应生成可溶的，A正确；
B．是，的孤电子对数，该配离子中，提供空轨道，提供孤对电子，B正确；
C．由分析可知，Z和W分别是O和S元素，同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，简单氢化物的稳定性依次减弱，因此的热稳定性强于，C正确；
D．分子中，N原子与2个H原子和另一个N原子形成3个共价键，拥有1对孤对电子，以方式杂化，两个N原子分别拥有一对孤对电子，该分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案选D。
6. 某研究团队提出一种在光活化酮类催化剂的作用下，通过羧酸O-H键的氢原子转移过程直接产生羧基自由基的新策略，其部分反应进程及相对能量变化如图(*表示吸附态，TS表示过渡态、INT表示中间体)。下列说法不正确的是
A. 题图中总反应是吸热反应
B. 两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同
C. 该反应历程中TS1～TS4四个过渡态中TS3最稳定
D. 催化剂a作用下，决速步骤为
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物的相对能量约为-18.6 kcal·ml-1，生成物约为-18.2 kcal·ml-1，生成物能量比反应物略高，所以总反应是吸热反应，A正确；
B．催化剂只能改变反应历程和活化能，不能改变反应始态和终态的能量差，因此也不改变化学平衡常数，B正确；
C．图中标出的TS1=7.6，TS2=7.7，TS3=5.2，TS4=3.2。过渡态能量越低，相对越“稳定”。四个过渡态里能量最低的是 TS4，不是TS3，所以“TS3最稳定”这个说法错误，故C错误；
D．在催化剂作用下，反应分成多步进行，反应速率最慢，决定总反应速率，其中活化能最大的步骤最慢，从反应物到TS1，活化能为：7.6-(-18.6)=26.2；TS1→INT-1：7.6−0=7.6；INT-1→TS2：7.7−0=7.7；TS2→到最终产物：7.7-(-18.2)=25.9；其中活化能最大的是反应物到TS1，所以这一步最慢，对应，因此D正确；
故答案选C。
7. 乙二胺(，简写为Y)可结合H+转化为[(简写为)和(简写为)，其分布系数与pH的变化关系如图所示(其中N代表Y、或)。例如，。
下列说法中不正确的是
A. 曲线Ⅲ对应的微粒是
B.
C. 最大时对应的pH=6.85
D. 的平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】乙二胺Y是二元碱，pH越小（浓度越大），质子化程度越高，因此： 低pH下（结合2个）浓度最大，对应曲线Ⅰ；中间pH下（结合1个）浓度最大，对应曲线Ⅱ；高pH下Y（未结合质子）浓度最大，对应曲线Ⅲ；由图得： pH=6.85时，的第一步电离常数；pH=9.93时，的电离常数。
【详解】A．曲线Ⅲ在高pH下分布系数接近1，对应未质子化的乙二胺，A正确；
B．，因此，B正确；
C．当时最大，=10-16.78，，对应，C错误；
D．反应的平衡常数：，D正确；
故答案为：C。
三、非选择题：本题共13小题，共174分。
8. 高铜酸钠(NaCuO2)是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，受热易分解。实验室中利用NaClO与Na2[Cu(OH)4]在强碱性条件下反应制备高铜酸钠并探究其性质，实验装置如图所示(夹持装置略)。
回答下列问题：
（1）NaCuO2中铜的化合价是___________。
（2）盛装Na2[Cu(OH)4]试剂的装置名称为___________。
（3）仪器连接的顺序为a→___________，装置丁中碱石灰的作用是___________。
（4）装置乙中生成NaCuO2的离子方程式为___________。
（5）反应过程中控制温度在0～10℃，目的是___________。
（6）探究高铜酸钠的性质
①取少量高铜酸钠进行实验，证实了NaCuO2中阳离子存在，实验操作的名称是___________。
②向NaCuO2中加入适量稀硫酸，观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色，同时生成无色气体，则n(氧化产物)：n(还原产物)=___________。
【答案】（1）+3 （2）分液漏斗
（3） ①. d→e→b→c→f ②. 吸收Cl2，防止污染空气
（4）
（5）防止温度过高NaCuO2受热分解
（6） ①. 焰色试验 ②. 1：4
【解析】
【分析】该实验是实验室先通过高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，氯气与氢氧化钠反应得到次氯酸钠后，在强碱性0～10℃的条件下，使次氯酸钠与四羟基合铜酸钠反应制备高铜酸钠，进而探究高铜酸钠相关性质的综合实验。
【小问1详解】
根据化合物化合价代数和为0，Na为+1价，O为-2价，计算得铜化合价为+3。
【小问2详解】
图中盛装该溶液的带活塞的滴液仪器为分液漏斗。
【小问3详解】
实验流程为：甲中制取氯气→通过丙安全瓶防倒吸→乙中制备产物→丁处理尾气，因此连接顺序为a→d→e→b→c→f；碱石灰作用是吸收未反应的有毒氯气，防止污染空气。
【小问4详解】
强碱性条件下，被氧化为​沉淀，被还原为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到该离子方程式：。
【小问5详解】
根据已知，高铜酸钠受热易分解，因此需控制低温可避免其分解，提高产物产率。
【小问6详解】
①阳离子为，检验的实验操作是焰色试验；
②该反应为发生​自身氧化还原反应，Cu从+3价降为+2价，得到还原产物，O从−2价升为0价，得到氧化产物，根据电子守恒，生成（氧化产物）转移4 ml电子，对应生成（还原产物），因此n(氧化产物)：n(还原产物)=1：4。
9. 草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分，含少量、、CaO、MgO、碳及有机物等)制取的工艺流程如下：
已知：，。
回答下列问题：
（1）“550℃焙烧”是为了除去___________。
（2）“碱浸”时NaOH稍过量，浸出液的主要成分是___________。
（3）“浸钴”时先加入稀硫酸酸化，再加入，而不是同时加入两种试剂，这样做的目的是___________，钴离子发生转化的离子方程式为___________。
（4）“净化除杂1”时，先___________(填“少量多次”或“足量”)的加入H2O2，再调节pH使沉淀。
（5）“净化除杂2”时先沉淀的离子为___________。
（6）隔绝空气加热分解后得到，晶胞如图所示，晶胞中C的配位数为___________。
【答案】（1）碳及有机物
（2）
（3） ①. 防止Na2SO3生成SO2导致还原效率降低，污染环境 ②.
（4）少量多次 （5）Mg2+
（6）6
【解析】
【分析】550℃焙烧含钴废料(主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成Na[Al(OH)4]，C2O3、Fe2O3、CaO、MgO不溶，过滤，则浸出液的主要为Na[Al(OH)4]，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将C3+、Fe3+还原为C2+、Fe2+，得到含C2+、Fe2+、Mg2+硫酸盐溶液，CaSO4微溶于水，溶液中还存在少量Ca2+，部分CaSO4作为浸渣分离除去，在40～50℃加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有C2+、Mg2+、Ca2+，加入NaF溶液除去钙、镁，过滤后，滤液中主要含有C2+，加入草酸铵溶液得到草酸钴。
【小问1详解】
含钴废料中含碳和有机物，550℃焙烧时，碳燃烧生成、有机物灼烧分解，可除去二者。
【小问2详解】
废料中​是两性氧化物，与过量NaOH反应生成可溶性，因此浸出液主要成分为。
【小问3详解】
​可与酸反应生成，若同时加入稀硫酸和，​会分解逸出，污染环境，同时降低还原的效率；​中+3价被​还原为+2价，​被氧化为​，离子方程式为。
【小问4详解】
​不稳定，易分解，少量多次加入可减少​分解，保证将完全氧化为，提高利用率。
【小问5详解】
和是同类型难溶电解质，​越小，溶解度越小，，因此先沉淀。
【小问6详解】
该晶胞为类似氯化钠的结构，任意原子周围距离最近且相等的原子共6个，因此的配位数为6。
10. 在西藏高原特殊的低温、低压环境下，工业合成氨的反应条件与平原地区差异显著，科研团队以NO和H2为原料探索高原合成的新工艺，涉及如下主要气相反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
研究发现，反应Ⅰ为快反应，其平衡的建立可认为不受慢反应Ⅱ的影响，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。回答下列问题：
（1）西藏高原传统合成氨反应是实现氮循环的重要反应。
的焓变___________。
结合西藏“低气压、低温度”的环境特点，分析该条件对传统合成氨反应的影响：___________。
（2）科研团队在T K、80 kPa条件下，向2 L密闭恒压容器中充入2 ml NO和6 ml H2，发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得NO和H2转化率、NH3和N2选择性[N2的选择性]与反应时间的关系如图所示(曲线a、b、c、d分别对应一种物理量)。
①代表NO转化率的曲线为___________(填标号)，判断依据是___________。
②已知G点坐标为(32，68%)，此时水的物质的量n(H2O)=___________ml；该条件下反应Ⅱ的平衡常数Kc=___________(列表达式)。
（3）在西藏高原低温环境下，催化剂的选择对反应调控尤为重要。保持其他条件不变，若使用仅对反应Ⅰ有催化作用的高原专用催化剂，则曲线b所示物种的浓度最大值将___________(填“增大”“减小”或“不变”)；若使用仅对反应Ⅱ有催化作用的催化剂，75 min时曲线b所示物种的浓度将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. -92.4 ②. 结合传统合成氨反应特点，低温可提高反应物平衡转化率，但会降低反应速率；低气压使平衡逆向移动，降低反应物平衡转化率，同时也会降低反应速率
（2） ①. a ②. NH3和N2的选择性之和为1，对应曲线b、c初始投料，两个反应NO与H2的消耗比均大于1：3，H2过量，因此转化率NO高于H2，曲线a转化率高于d，故a为NO转化率 ③. 1.36 ④.
（3） ①. 增大 ②. 不变
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，目标反应=反应Ⅰ-反应Ⅱ，因此；合成氨是气体分子数减少的放热反应，西藏温度和气压低，低温有利于平衡正向移动，提高氨的产率，但反应速率慢，达到平衡时间长，低压使平衡逆向移动，会降低氨的平衡产率，同时也会降低反应速率。
【小问2详解】
①NH3选择性和N2的选择性之和为1，开始阶段反应Ⅰ为快反应，NH3是主产物，选择性高，故曲线b是NH3的选择性，曲线c是N2的选择性，根据初始投料比可知，氢气过量，则NO的转化率应高于H2，故a代表NO的转化率，d代表H2的转化率；
②已知G点坐标(32，68%)，即32 min时NO转化率为68%，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ的化学计量数可知，初始充入2 ml NO，其转化率为68%，则此时；75 min时反应达到平衡，此时NO转化率80%、氨气选择性25%，则消耗NO的物质的量为2 ml×80%=1.6 ml，反应Ⅰ生成的NO物质的量为，即反应I生成的物质的量为0.4 ml，列出反应I各物质的消耗量： ，初始投入NO的物质的量为2 ml，平衡时NO转化率80%，则反应Ⅱ消耗NO的物质的量为2 ml×80%-0.4 ml=1.2 ml，则列出反应Ⅱ各物质的消耗量： ，初始投入NO和H2的物质的量分别为2 ml和6 ml，反应I和反应Ⅱ共消耗NO和H2的物质的量为1.6 ml和2.2 ml，则平衡时NO、H2、NH3、N2和水的物质的量分别为0.4 ml、3.8 ml、0.4 ml、0.6 ml和1.6 ml，总物质的量为6.8 ml，初始总压为80 KPa，初始状态总物质的量为8 ml，初始体积为2 L，反应在恒压密闭容器中发生，则平衡时容器体积为，故该条件下反应Ⅱ的平衡常数为。
【小问3详解】
使用仅对反应Ⅰ有催化作用的催化剂，反应Ⅰ速率加快，NH3生成速率增大，其浓度最大值增大；使用仅对反应Ⅱ有催化作用的催化剂，反应Ⅱ速率加快，NH3选择性降低，但最终平衡时浓度由热力学平衡决定，故75 min时浓度不变。
11. 普利类药物是常用的一线降压药，EHPB是合成众多普利类药物的重要中间体。EHPB的一种合成方法如图所示：
已知：++R2COOH (R表示烃基或氢原子，R1、R2表示烃基)。
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ的名称为___________。
（2）化合物Ⅱ和物质X合成化合物Ⅲ的原子利用率为100%，写出该步反应的化学方程式：___________。
（3）从化合物Ⅰ到化合物Ⅴ中含有手性碳原子的是___________，可共面原子最多的是___________。
（4）化合物Ⅴ易溶于水的原因为___________。化合物Ⅵ到Ⅶ的反应类型是___________。
（5）M是化合物Ⅶ含苯环的同分异构体，在核磁共振氢谱图上有5组峰，峰面积之比为6：2：2：1：1，能发生银镜反应和水解反应，不含醚键和过氧键，则符合条件的M有___________种(不考虑立体异构)。
（6）结合上述合成路线，设计以化合物Ⅰ、化合物Ⅱ和甲苯为原料制备的合成路线如图所示，写出Y和Z的结构简式：Y：___________、Z：___________。
【答案】（1）1，3-丁二烯
（2）+H2O→ （3） ①. Ⅳ和Ⅴ ②. Ⅲ
（4） ①. Ⅳ中的羧基、羟基能与水形成分子间氢键 ②. 还原反应
（5）6 （6） ①. ②.
【解析】
【分析】推断X时，发现Ⅱ到Ⅲ的过程中从环状变成链状，猜测是加成反应，再根据（2）所给信息得出结论，由此作答。
【小问1详解】
化合物I的结构为CH2​=CH−CH=CH2​，系统命名为1,3-丁二烯；
【小问2详解】
由分析可知，X为H2O，故反应方程式为+H2O→；
【小问3详解】
手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子：Ⅲ所有碳均为不饱和碳，无手性碳；Ⅳ中(*)碳为手性碳，Ⅴ中(*)碳为手性碳，故含手性碳的是Ⅳ、Ⅴ；Ⅲ中所有碳原子均为sp2杂化，所有原子均可共面，Ⅳ、Ⅴ均含多个饱和碳原子，共面原子数少于Ⅲ，故最多共面原子的是Ⅲ；
【小问4详解】
Ⅳ含有多个极性含氧基团（羧基、羟基），能与水分子形成氢键，因此易溶于水；将羰基还原为亚甲基，有机物得氢，属于还原反应；
【小问5详解】
Ⅶ中含有苯环，苯环外4个C原子，3个氧原子，1个不饱和度，同分异构体能同时水解与银镜，含有-OOCH，峰面积比看出含有两个对称的-CH3，、、、、、共6种；
【小问6详解】
第一步为加成反应，+→；第二步类似题中Ⅴ到Ⅵ，+→。