2026届西藏自治区拉萨市高三上学期第一次联考理科综合试卷

拉萨市2026届高三第一次联考 化学参考答案 7.【答案】B 【解析】常温下，F,0,不能与O2反应，茶叶包装时常用还原铁粉做抗氧化剂，A项错误；淀粉为多糖，属于有机 高分子，B项正确；编制卡垫时未发生化学反应，C项错误；银在空气中不会发生析氢腐蚀产生H2,D项错误。 8.【答案】C 【解析】浓盐酸与“84”消毒液混合产生C12的离子方程式为2H+C+C10CL2↑+H,0,C项符合题意。 9.【答案】C 【解析】X中含有羟基、醚键等，但不含有酯基，A项错误；Y中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，B项错 误；Y的分子式为C,H,O,C项正确：Z中饱和碳原子采取sp杂化，不饱和的碳原子采取sp2杂化，D项错误。 10.【答案】B 【解析】装置工作时，阳极区产生的数目与透过质子交换膜进入阴极区的H数目相同，但消耗了水，阳极区 c(H,S0,)增大，pH减小，A项错误：P1电极发生的电极反应式为2H,0-4e一0，↑+4H,B项正确：由图2可 Cici 0 知 Cl在Ag电极处得e,发生还原反应，C项错误： C1会与甲醇反应生成 CI CI ,消耗了甲醇，可能需要添加甲醇，D项错误。 11.【答案】A 【解析】由题干信息可知Y、Z、X、W、M分别为H、B、C、F、P。HF分子间存在氢键，HF沸点高于PH3,C的氢化 物有多种，无法确定其与F、PH,的沸点高低，A项错误；一般情况下，原子电子层数越多，半径越大，原子电子 层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径：P>B>C,B项正确；与P相比，F半径小，得电子能力强，故 对应单质的氧化性更强，C项正确：甲烷是由极性键构成的非极性分子，D项正确。 12.【答案】D 【解析】由反应历程图可知，相比于P(111),O。Pg(111)的决速步骤能量更低，活化分子能量降低更多， A项错误：催化剂不影响反应平衡状态，相同温度下总反应的平衡常数相同，B项错误；反应中只存在氢气中 H一H非极性键的断裂，不存在非极性键的形成，C项错误；决速步骤为能垒最大的一步反应，D项正确。 13.【答案D 【解析】溶液中阳离子所带电荷总量等于阴离子所带电荷总量，故0.1mol·LHNO2溶液中，c()=c(NO)+ c(0H).A项正确：p=3.36时，e(H0,)=c(N0),c(Hr)=10ml,K（H0,)=0)cH2 c(HNO, 10336,B项正确：溶液中存在关系c(Na)+c(H)=c(NO)+c(OH),pH=3.36时，c()>c(OH),c(HNO2)= c(NO)K.(HNO2) c(0),故p=3.36时，c(Na)<e(HN0,)=c(N0),C项正确：25℃，pH=7时，2H02)c() 10336 107=102“,D项错误。 西藏·高三化学第1页（共4页） 26.【答案】(1)分液漏斗(1分)M02+2C+4H△Mn2+CL,↑+2H,0(2分，物质错误不给分，未配平、未写条 件扣1分，未写“↑”不扣分) (2)饱和食盐水(2分) (3)e一→d→f→g→b→c(2分，未写“→”“c”不扣分)吸收多余的Cl2,防止污染环境(2分) (4)装置D中三颈烧瓶内充满黄绿色气体(2分) (5)①H,S+NaCI0一NaCl+S↓+H,0(2分，物质错误不给分，未配平扣1分，未写“↓”不扣分) ②弱(2分) 【解析】(1)盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为0，+2CI+4H△ Mn2+Cl2↑+2H20。 (2)饱和食盐水可除去氯气中的HCl,提高NaOH的利用率。 (3)装置图中，按照气流方向，依次为氯气制备装置(A)、氯气净化装置(C)、制备NaCIO装置(D)、尾气吸收装 置(B),考虑气体进出口合理，最终装置正确的连接顺序为a→e→d→f→g→b→c。 (4)若装置D中三颈烧瓶内充满黄绿色气体，表示C12大量过量，此时需减慢浓盐酸的滴加速率，使氯气的生成 速率减慢。 (5)①NaCI0与饱和氢硫酸反应生成淡黄色沉淀，反应的化学方程式为H,S+NaCI1O一NaCl+S↓+H,0。②常 温下，NaCIO能氧化H,S及Fe2而KCIO3不能，说明常温下NaCIO的氧化性更强。 27.【答案】(1)粉碎粗硫酸铜、适当加热或者搅拌(2分，合理表述即可) (2)漏斗、玻璃棒(2分，1个1分) (3)①相比为1.0时，Cu2的萃取率低(1分)，Ca2和Zn2*的萃取率高，有利于Cu2与Ca2、Zn2的分离(1分，合 理表述即可) ②Cu2*+20H一C(0H)2↓(2分，物质错误不给分，未配平扣1分，未写“↓”不扣分)》 (4)AB(2分，1个1分，错选、多选不给分)加入酸，溶液中c(H)增大(1分)，M2(水相)+2HR(有机相) 一MR,(有机相)+2H(水相)的平衡会逆向移动(1分，合理表述即可) (5)16(2分》 【解析】(1)粉碎粗硫酸铜、适当加热、搅拌均可加快溶解速率。 (2)“操作X”用于分离固体和液体，为过滤，需要使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒 (3)“萃取”的目的是除去Zm和Ca2,由图可知，相比为1.0时，Cu2的萃取率低，Ca2+和Zm2的萃取率高，有利 于除去Zm2*和Ca2。 (4)加入酸，溶液中c(H)增大，M(水相)+2HR(有机相)一MR2(有机相)+2H(水相)的平衡会逆向移动， 有利于M2进入水相及萃取剂再生，A、B项符合题意。 ⑤)晶胞中含有8x?+4x+2X)+1三4个0根据Cs0,的化学式可知晶胞中含有16个0原子 28.【答案】(1)+248(2分，未写“+”不扣分)低温(2分) (2)①>(2分)②AD(2分，1个1分，多选、错选不给分) (3)①a(2分)及时分离出甲烷(2分)】 ②0.4或号(2分) 西藏·高三化学第2页（共4页）】 【解析】(1)△H,=-△H2+2△H3=-(-166kJ·mol)+2×(+41kJ·mol)=+248kJ·mo'。反应Ⅱ是熵减的放 热反应，在低温下可自发进行。 宁归 2 (2)①780℃时，Q= 0.40.2 =12.5<100,此时"E>懂。②c(C02)不再改变可说明反应V达到平衡状态， 11 意：无论反应W是否达到平衡状态，(CO):n(H)的值均为1，B项不符合题意：(CH 2,运(C0),则反应N正向移动，未达到平衡，C项不符合题意；CC03的质量不再改变，说明c(CO2)不再改变，说 明反应Ⅳ达到平衡状态，D项符合题意。 (3)①温度升高，CC03的平衡转化率会增大，CH,的选择性会减小，C0的选择性会增大，故表示CH,的选择 性与温度关系的是曲线a,表示CCO,的平衡转化率与温度关系的是曲线b;及时分离出甲烷，反应Ⅱ平衡会正 向移动，c(C02)减小，反应I平衡会正向移动，CaCO,的平衡转化率和CH,选择性均会增大。②T℃时，CaCO, 的平衡转化率为50%，CH的选择性为50%，则CaC03分解产生1mol×50%=0.5molC02,生成0.5mol×80%× 50%=0.2 mol CH4、0.5molx80%×50%=0.2molC0,0.6molH20,剩余0.5mol-0.2mol-0.2mol=0.1molC02: 0.6 mol 0.2 mol 利余2X(42-0.24-0.62)ml=3ml。反应的平衡常数K=c,0)c(C0)1L文1L =0.4。 c(H2).c(CO2)3 mol 0.I mol IL I L 29.【答案】(1)（酮）羰基、醚键(2分，1个1分) 0 (2)HN03+ 三氟乙敢 NO,+H,0(2分，物质错误不给分，未配 0 平、未写条件扣1分) (3)还原反应(1分) (4)HF(2分) (6)④(2分) H,』 (7)8(2分) NH2(2分) 【解析】(2)由B生成C发生取代反应，化学方程式为HO 三氟乙酸 v0,+H20 西藏·高三化学第3页（共4页） (3)C中的硝基转化为D中的氨基，C生成D的反应类型为还原反应。 (4)参考C生成D可知F生成G发生还原反应，E生成F发生取代反应，由F的结构简式为 NOz 可知，E和Z反应除了生成F外，还生成了HF。 (5)对比G和H的结构简式再结合W的分子式，推断G中的氨基与W中的羧基反应生成了酰胺基，故W的结 0 0 (6)有机物A不含有醛基，不能发生银镜反应，①错误；有机物D含有苯环和羰基，能与H2发生加成反应，②错 误：有机物Y不含有羧基，不属于羧酸，③错误：有机物H含有氟原子、氨基等，能与H,0形成分子间氢键， ④正确。 (7)由化合物K的分子式比X少1个0，且分子中含有一NH2可知，K的分子式为C,HNC1,六元碳环上的两 个取代基可能的组合为一C1和一CH,NH2、一CH,C1和一NH2,每种组合的取代基在碳环上的相对位置可以为 邻位、对位、间位、同一个碳上，同时满足条件的结构有8种。其中若要满足核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之 比为1：1：1：2：2，则两个取代基必须位于同一个碳原子上，符合条件的结构简式为 H.N a. 西藏·高三化学第4页（共4页）拉萨市2026届高三第一次联考 生物学参考答案 1.【答案】C 【解析】带电荷的离子易与水结合，原因在于水分子是极性分子，即水分子同时带正电荷和负电荷，A项错误；根 据题干信息可知，结合水对蛋白质空间构象的维持有着重要作用，所以蛋白质失去紧密结合的水分子，其空间构 象会改变，进而改变其生理功能，B项错误：参与物质运输、化学反应的水分子是自由水，自由水之间可以形成氢 键，C项正确：细胞内两种状态水的比例不变，细胞代谢速率可能会改变，影响细胞代谢速率的因索还有酶的活 性、底物的浓度、温度、H值以及激素等，D项错误。 2.【答案】A 【解析】细胞凋亡是由基因所决定的细胞自动结束生命的过程。细胞衰老后的自然死亡、细胞毒性T细胞诱导的 靶细胞裂解死亡、人胚胎发育时指（趾）间细胞的死亡均由基因调控，均属于细胞调亡；细胞代谢中断（如缺氧、 中毒)或结构受损（如物理损伤）所致的细胞死亡属于细胞坏死。故选A项。 3.【答案】B 【解析】生物进化最直接、最主要的证据是化石，基因是辅助研究的分子水平的证据，不是最直接证据，A项错误： 地理隔离阻碍种群1和种群2的基因交流，在长期自然选择等作用下，两种群的基因库差异会逐步扩大，B项正 确：基因突变是不定向的，自然选择决定生物进化方向，C项错误；新物种形成的标志是生殖隔离，根本原因是种 群基因频率发生定向改变，与基因型频率的改变无关，D项错误。 4.【答案】D 【解析】肾上腺素和胰高血糖素均可通过促进肝糖原分解和非糖物质转化来升高血糖浓度，二者具有协同作用， A项正确；剧烈运动时，肌细胞因缺氧会进行无氧呼吸产生乳酸（酸性物质），乳酸局部堆积引起肌肉酸痛，B项 正确；小脑负责协调运动、维持身体平衡，选手在复杂路段调整骑行路线依赖小脑的调控功能，C项正确：剧烈运 动后，血浆中N,K和尿素的浓度可能变化，但胃蛋白酶仅存在于消化道中，不会进入血浆，D项错误。 5.【答案】B 【解析】候鸟种群数量的变化受湿地环境（如植被状况、食物多少）、人类活动（如围垦破坏、“退垦还湿”）的影 响，同时，候鸟具有季节性迁徙的特点，季节变化会影响其在辽河口湿地的停留数量，A项正确；湿地围垦活动会 破坏候鸟的栖息地，导致其生存环境恶化，使得候鸟的迁入率降低、迁出率升高，同时可能影响候鸟的繁殖，造成 出生率下降，这些才是种群数量明显下降的主要直接原因，而死亡率加剧并非主要直接原因，B项错误：植被群 落恢复能为候鸟提供更优越的生存环境和充足的食物，其对种群的影响程度会随种群密度的变化而变化，属于 密度制约因素，且良好的生存环境有利于候鸟繁殖，提高出生率，同时也会吸引更多候鸟前来，提高迁入率，C项 正确；食物和天敌等生物因素会对候鸟种群数量起到调节作用，当种群数量上升时，食物竞争会加剧，被天敌捕 食的压力也会增大，从而限制种群数量过度上升，使种群数量维持在环境容纳量附近，D项正确。 6.【答案】D 【解析】乳腺生物反应器必须是雌性个体，因此在进行核移植时，应选择雌性个体动物的细胞核，克隆出的个体均 为雌性，无需进行性别鉴定，A项错误；受体对移入子宫的外来同种生物的胚胎不发生免疫排斥反应，因此胚胎 移植入受体的子宫前，无需对受体进行胚胎免疫检查，B项错误：重构胚发育早期，细胞在透明带内进行卵裂，卵 裂的特点是细胞进行有丝分裂，细胞数量增加，总体积基本不变，每个细胞体积变小，C项错误；利用乳腺生物反 应器生产药物，这属于动物基因工程的应用，D项正确。 西藏·高三生物学第1页（共3页） 30.【答案】（除注明外，每空2分，共11分） (1)叶绿素、胡萝卜素（一点1分，共2分） (2)外界环境、自身呼吸作用产生的C021802→H0-→C802(1分) (3)①将西瓜植株置于黑暗环境中“饥饿”一段时间②先增高，后趋于稳定③淀粉合成和降解是同时进行 的，且淀粉积累量稳定时，淀粉的合成和降解速率基本相同 【解析】(1)西瓜含有的色素有光敏色素、番茄红素，叶绿素a、叶绿素b、胡萝卜素和叶黄素等。 (2)在外界条件适宜的情况下，西瓜植株的光合速率大于呼吸速率，其固定的C02可来自外界环境和自身呼吸 作用产生的C02。有氧呼吸的第三阶段消耗氧气产生水，有氧呼吸的第二阶段消耗水产生C0,因此0标记 的氧气参与有氧呼吸的第三阶段，产生80标记的水，这些带标记的水可参与有氧呼吸的第二阶段，产生0标 记的二氧化碳。 (3)该实验的目的是探究48小时持续光照对西瓜叶肉细胞淀粉积累量的影响，为了准确反映出淀粉积累的真 实情况，实验前需对西瓜植株进行“饥饿”处理，以排除叶肉细胞内原有淀粉对实验结果的影响。据图1可知， 该实验的结果是随着光照时间的延长，叶肉细胞的淀粉积累量先增高，后趋于稳定。 31.【答案】（每空2分，共10分） (1)9 (2)不能 (3)ZZR和ZWR*基因突变为R、Z染色体上的R基因缺失（答对1点1分，共2分）R基因发生了甲基 化修饰（组蛋白乙酰化抑制表达或Z'在细胞中随机失活）（答案合理即可） 【解析】(1)红腹锦鸡的性别决定方式为ZW型，羽斑基因在Z染色体上，则红腹锦鸡颈部羽斑颜色的基因型 有：雄鸡6种(ZZ,ZZ,ZZ,ZZ,ZZ,ZZ),雌鸡3种(ZW,ZW,ZW),共9种。 (2)青绿斑雄鸡(ZZ或ZZ),墨玉斑雌鸡的基因型是ZW。若雄鸡为ZZ,则杂交后代的雄鸡基因型是 ZZ,雕鸡基因型是ZW,均表现为青绿斑，无法区分雌雄：若雄鸡为ZZ,则杂交后代雄鸡的基因型为ZZ (青绿斑)、ZZ(墨玉斑)，雌鸡的基因型是ZW(青绿斑)、ZW(墨玉斑)，雌雄羽斑均有青绿斑和墨玉斑，无法 区分性别，所以，不能通过羽斑颜色区分性别。 (3)一只红金斑雄鸡与红金斑雌鸡交配，后代出现了青绿斑个体，说明亲本中存在R基因，因此亲本的基因型 为ZRZ和ZW。红金斑雄鸡本应表现为红金斑，其颈部却出现青绿色斑点，可能是存在R基因突变为R、Z 染色体上的R基因缺失或R基因发生甲基化等表观遗传修饰。 32.【答案】（除注明外，每空2分，共12分） (1)摄取和加工处理抗原，并将抗原信息呈递给辅助性T细胞①②⑥ (2)细胞因子④(1分)⑤（与前一空顺序可颠倒）(1分) (3)细胞免疫免疫监视 【解析】(1)细胞②是抗原呈递细胞，作用是摄取和加工处理抗原，并将抗原信息呈递给辅助性T细胞。据图分 析可知，①②为抗原呈递细胞，抗原呈递细胞有巨噬细胞、树突状细胞和B细胞，其中巨噬细胞、树突状细胞不 能特异性的识别抗原，但B细胞可以特异性的识别抗原，⑥是浆细胞，不能特异性识别抗原。 (2)在人体中，辅助性T细胞经由细胞表面的TCR与APC细胞表面的MHC-抗原肽复合物结合被激活，一方面 利用其表面特定分子与B细胞结合，为B细胞的活化提供信号，另一方面可分祕泌细胞因子来促进B细胞和细 胞毒性T细胞的增殖分化，实现体液免疫和细胞免疫。 (3)免疫系统的三大功能是免疫防御、免疫监视、免疫自稳。其中对癌变细胞的清除属于免疫监视。 西藏·高三生物学第2页（共3页） 33.【答案】（除注明外，每空2分，共11分）》 (1)黑叶猴种群被分割为小种群，种群间的基因交流减少物种多样性、生态系统多样性（答出2点）》 (2)分布范围较小、个体较大黑叶猴种群中幼年个体多，老年个体少（年龄结构为增长型）（答案合理即可） (3)流向下一营养级、流向分解者植物（或黑叶猴上一营养级）(1分)】 【解析】()生境碎片化使黑叶猴种群被分割为小种群，种群间基因交流减少，从而导致黑叶猴种群基因多样性 减少。生物多样性包括：基因多样性，物种多样性和生态系统多样性，因此，保护生物多样性要从这三个层面进 行保护。 (2)直接观察猴群计数的方法属于逐个计数法，适用于分布范围较小、个体较大的种群计数。种群的年龄结构 可预测种群在未来一段时间内的数量变化趋势，若黑叶猴种群幼年个体多，老年个体少，属于增长型，则可预测 该区域黑叶猴的种群数量在未来一段时间内呈增长趋势。 (3)黑叶猴同化的能量，一部分用于呼吸消耗（热能散失），另一部分用于生长、发育、繁殖，这部分能量一部分 流向下一营养级，一部分被分解者分解。粪便中的能量未被该营养级同化，属于上一营养级同化的能量，即植 物同化的能量。 34.【答案】（除注明外，每空2分，共10分） (1)提高培养液中的氧含量、使微生物与营养物质和敌敌畏充分接触(1分) (2)a和b处划线是否有单菌落（答案合理即可，1分） (3)琼脂（或凝固剂）(1分)高压蒸汽（湿热）灭菌、干热灭菌、灼烧灭菌（答全给1分） (4)将从培养基A中分离得到的单菌落分别接种于以敌敌畏为唯一碳源的多个相同培养基B,培养适当的时间 后，测定每个培养基中敌敌畏的剩余量（答案合理即可） (5)6.5×10°涂布平板后需要培养适当的时间，不能及时统计当下培养液中微生物的数量情况，即统计结果具 有滞后性：统计的菌落数往往比活菌的实际数目少（答出1点且合理即可） 【解析】(1)由于目的菌是好氧菌，所以驯化培养期间，需进行摇瓶操作，目的除了使微生物与营养物质（和敌敌 畏)充分接触以外，还可以提高培养液中的氧含量，以促进微生物的生长、繁殖和驯化。 (2)平板划线法分离微生物，单菌落最可能出现在后面一两个划线区域，所以挑选单菌落时，可根据和b处划 线是否有单菌落，判断a或b处是否为第一次划线的起点。 (3)进行该实验时，培养基需要进行湿热灭菌，培养皿、试管等玻璃仪器需要进行干热灭菌，接种环需要进行灼 烧灭菌。 (4)从培养基A开始，检测出目的菌的思路是：将培养基A中分离得到的单菌落分别接种于以敌敌畏为唯一碳 源的多个相同培养基B,培养适当的时间后，测定每个培养基中敌敌畏的剩余量，然后进行横向比较。 (5)若培养基C上单菌落的平均数为65，则培养基B进行第一次稀释时，每毫升培养液中活菌数约为65：0.1× 10=6.5×10个/mL。利用稀释涂布平板法统计培养基中微生物的数量，统计的结果并不是当下培养液中微 生物的数量，而是第一次稀释时的情况，而利用显微镜直接计数培养基B中的活菌数，可以反映当下的情况。 另外，当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落，故稀释涂布平板法统计的菌落数往往比 活菌的实际数目少。 西藏·高三生物学第3页（共3页）】绝密★启用前 拉萨市2026届高三第 一次联芳 理科综合试卷 试卷共14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一1C一120一16 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.水是生命之源，细胞内一部分水与生物大分子（如蛋白质、多糖、核酸等）通过氢键、静电作用 等分子间作用力相结合，维持大分子的空间构象；另一部分水参与物质运输、化学反应等生 理过程。下列相关叙述正确的是 A.带电荷的离子易与水结合，原因在于水分子带正电荷 B蛋白质失去紧密结合的水分子，其生理功能不受影响 C.参与物质运输、化学反应的水分子之间可以形成氢键 D.细胞内两种状态水的比例不变，细胞代谢速率也不变 2.细胞调亡是生物体内高度有序的、受基因调控的程序化细胞死亡方式。下列所述细胞死亡 不属于细胞调亡的是 A.细胞代谢中断或受阻所致的细胞死亡 B.由于细胞衰老而引起的细胞自然死亡 C.被细胞毒性T细胞诱导的细胞死亡 D.人胚胎发育过程中指（趾）间细胞的死亡 3.实验人员对现存的大熊猫牙齿化石及基因组进行研究， 始熊猫 推测大熊猫的祖先为始熊猫，其进化过程如图。下列叙 种群1 种群2 述正确的是 潮湿森林 亚热带雨林 A.基因和化石为研究大熊猫的进化提供了最直接的 新物种1 新物种2 证据 葛氏郊熊猫 大熊猫 (肉食) (以竹子为食) B.地理隔离使种群1和种群2的种群基因库差异逐渐 增大 C.种群1和种群2的基因突变方向决定了生物进化的方向 D.新物种1、2的形成，源于种群基因型频率的定向改变 西藏·高三理综第1页（共14页） 4.在炎热环境下，山地自行车越野赛选手高强度比赛时，机体通过多种调节机制维持内环境稳 态。下列分析错误的是 A.胰高血糖素与肾上腺素协同促进肝糖原分解来升高血糖 B.赛后肌肉酸痛，与肌细胞无氧呼吸产生的酸性物质积累有关 C.选手通过小脑来协调肢体动作以维持复杂地形中身体的平衡 D.剧烈运动后，血浆中Na、K、尿素和胃蛋白酶浓度上升 5.辽河口湿地是某种候鸟迁徙的关键停歇地。调查发现，湿地围垦活动会使该候鸟种群数量 明显下降，而“退垦还湿”后植被群落逐步恢复，该候鸟种群数量有所增长。下列关于该候鸟 的叙述错误的是 A.该候鸟种群数量受湿地环境、人类活动、季节变化的影响 B.湿地围垦期间，该候鸟种群数量下降的直接原因主要是死亡率增加 C.植被变化属于密度制约因素，“还湿”通过改善环境提高迁入率和出生率 D.食物、天敌等生物因素通过限制该候鸟种群数量过度上升来维持环境容纳量 6.人体的抗凝血酶Ⅲ蛋白是一种血浆蛋白，作为药物可用于治疗某种血液疾病。我国最先利 用乳腺生物反应器生产这种抗凝血酶Ⅲ蛋白，其培育过程如图所示。下列叙述正确的是 转入抗凝血酶Ⅲ基 因的绵羊体细胞 @@@@ 细胞培养 去核p -→@→《 @ 重构胚囊胚 克隆绵羊 采集的卵母细胞 A.培育过程中，需取囊胚的滋养层细胞做DNA分析，以检查胚胎性别 B.胚胎移植前，需对供体和受体进行免疫检查，避免发生免疫排斥反应 C.细胞在透明带内进行有丝分裂，细胞数量增加、细胞体积基本不变 D.利用乳腺生物反应器生产人抗凝血酶Ⅲ蛋白属于基因工程的应用 7.西藏地处青藏高原腹地，是我国的一个重要边疆民族地区，是重要的生态安全屏障、重要的 中华民族特色文化保护地、重要的世界旅游目的地。下列叙述正确的是 A.科技赋能林芝高原茶产业，茶叶包装时常用F©203粉末做抗氧化剂 B.糌粑营养丰富，糌粑中的淀粉属于有机高分子 C.西藏卡垫精美实用，编制卡垫时发生了化学反应 D.藏银古朴原始，银在空气中易发生析氢腐蚀 8.下列离子方程式与所给事实不相符的是 A.利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ B.金属钠与足量水反应：2Na+2H20=2Na*+20H+H2↑ C.浓盐酸与“84”消毒液混合：H*+HC10+C1=CL2↑+H20 D.向Na0H稀溶液中通人过量CO2:OH+CO2=HC0, 西藏·高三理综第2页（共14页） 9.一种星型聚乳酸(Z)的制备原理如下（反应方程式未配平）。下列说法正确的是 C. C.Hane HO OH -0 S-CH2n 催化剂 HawHCn-S -0H C,H1n=10、12、14、16或18) X A.X中含有酯基 B.Y中所有原子可能共平面 C.Y的分子式为C6Hg04 D.Z中碳原子均采取$p3杂化 clci 10.一种以 C1为底物经电化学反应高效制备酰氯化合物 C1,并在甲醇溶 C 液中生成化合物 的装置如图1所示， C1的“脱氯一羰基化一酰 化”机理如图2所示。下列说法正确的是 2902 *0-D六8 0 +H →H0 活性氧Cl 'OH H20 02 +H' +e Pt Ag +e/ 硫酸溶液 甲醇溶液 +H 质子交换膜 +H 、00H 图1 图2 A.图1装置工作时，阳极区pH不变 B.Pt电极发生的电极反应为2H20-4e=02↑+4H cici C.Ag电极处， Cl发生氧化反应 CI D.随着反应的进行，右室不需要添加甲醇 西藏·高三理综第3页（共14页） 11.某有机化合物的化学式为X2Y28ZW4M,主要应用于涂料领域。Y、Z、X、W、M是原子序数 依次增大的短周期主族元素，Y的一种同位素的中子数为0，基态Z原子L层上有3个电 子，W是元素周期表中电负性最大的元素，M的核外电子总数是电子层数的5倍。下列说 法错误的是 A.氢化物沸点：M>W>X B.原子半径：M>Z>X C.单质氧化性：W>M D.XY,为非极性分子 12.0s.Po.g催化剂可使热催化N0合成NH反应条件更温和且效率更高，相关反应历程 (*表示吸附态)如图所示： 1.0 一P(111) 0.5 一0 sPtos(111) 0.0Wo 5 NH HNO NH;NH H+O出 -1.0 NO HNOH nH; -1.5 NH NH -2.0 NO -2.5 反应历程 下列说法正确的是 A.Pt(111)的催化效果更好 B.在两种催化剂作用下，总反应的平衡常数不同 C.NO与H2反应生成NH,的过程中存在非极性键的形成 D.在Pt(111)催化作用下，反应的决速步骤为HNOH*=NH*+OH* 13.25℃时，向一定浓度的HN02溶液中加人Na0H或HCl,混合溶液中的含氮微粒分布系数 c(NOZ) 6[例如NO2的分布系数6(NO2)= ×100%]随pH变化关系如图所示。 c(NO,)+c(HNO,) 下列说法错误的是 N05 HNO, 50% 东 233.36456 pH A.0.1mol·L1HN02溶液中，c(H)=c(N02)+c(OH) B.25℃时，K(N02)=10-3.36 C.pH=3.36的HNO2和NaNO2的混合溶液中，c(Na)<c(HNO2) c(N02)-1006 D.25℃pH=7时e(HN02) 西藏·高三理综第4页（共14页） 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只 有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全 的得3分，有选错的得0分。 14.如图所示为金属盖密封的空玻璃瓶，温度略微降低时，则瓶中气体 A.分子运动速率均减小 B.对外做功 C.吸收热量 D.气体分子平均动能减小 15.2025年9月22日前，歼-35等三型舰载机在福建舰上成功完成首次弹射起飞。无风环境 中，某次起飞训练，舰载机在静止的航母上由静止匀加速弹射，起飞的速度为80/s,已知 福建舰电磁弹射轨道（平直）长近似为100米，则起飞过程的加速度大小约为 A.28m/s2 B.32m/s2 C.36m/s2 D.40m/s2 16.如图，示波管内存在垂直纸面向外的匀强磁场，则电子束进入示波管后 示波管 电子束 A.向纸里偏转 B.向纸外偏转 C.向下偏转 D.向上偏转 17.我国计划于2030年前后实施火星采样返回任务。若完成采样后，探测器返回时其运动轨 迹如图所示，先进入近火圆轨道I,后在P点点火，进人环火椭圆轨道Ⅱ，Q点为远火点。 下列说法正确的是 A.探测器在轨道Ⅱ上从P向Q运动过程中，受到火星的引力逐渐增大 B.探测器在轨道Ⅱ上从P向Q运动过程中，机械能逐渐增大 C.探测器在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道I上的运行周期 D.已知引力常量和探测器在轨道I上的运行周期，可求出火星的质量 西藏·高三理综第5页（共14页） 18.如图甲，战士操控无人机，练习投弹，无人机沿水平方向匀速运动，运动到P点投弹，炸弹落 点在距目标4m远处，如图乙。调整无人机的速度重新投弹，将无人机的速度增大2/s, 无人机沿原方向匀速运动到P点时继续投弹，结果炸弹刚好击中目标，不计空气阻力，不计 炸弹大小，重力加速度g大小取10/s2,则投弹后，炸弹下落的高度为 P 目标 mgaamaaaaaaa 甲 乙 A.15m B.20m C.25m D.40m 19.如图，某科技小组利用电磁感应的原理设计了一款电梯坠落缓冲装置。如图，在电梯轿厢 上安装永久强磁铁，井壁固定水平方向的闭合线圈A、B,当电梯坠至图示位置时，下列说法 正确的是 线圈A 电梯 轿厢 线圈B A.俯视看，线圈A中产生逆时针方向的感应电流 B.磁铁对线圈A产生的安培力方向向上 C.若拆掉线圈B,缓冲效果会更好 D.若增加线圈A、B的匝数，缓冲效果会更好 20.静电喷涂机工作时，其喷口（带负电荷）与被涂面板（带正电荷）之间静电场的电场线分布 如图中实线所示。一带负电的涂料颗粒仅在电场力的作用下，从M点运动到N点，下列说 法正确的是 喷口 牛手Y 十 被涂面板 A.M点的电势高于N点的电势 B.M点的电场强度大于N点的电场强度 C.该涂料颗粒的运动轨迹可能是虚线1 D.该涂料颗粒在M点的电势能小于在N点的电势能 西藏·高三理综第6页（共14页） 21.如图，质量均为m的物块a、b(均视为质点)用轻弹簧相连放在光滑水平面上，夹在A、B两 个固定挡板之间，弹簧处于压缩状态，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是 A.同时撤去挡板A、B,此后物块a、b组成的系统总动量不为零 B.同时撤去挡板A、B,此后物块a、b均做简谐运动 C.仅撤去挡板A,此后物块b运动中还会与挡板B碰撞 D.仅撤去挡板A,此后物块a、b均沿同一方向做直线运动 三、非选择题：共174分。 22.(10分)某实验小组要测量匀变速直线运动的加速度，实验装置如图甲所示，请回答下列 问题： 小车打点计时器 1.30 纸带 单位：cm -3.10→ -5.38 -8.16 11.45 重物 15.26 甲 乙 (1)若本实验选择的是电火花计时器，则应选择的电源是 (选填“A”或“B”)。 A.220V的交流电源 B.4~6V的交流电源 (2)实验操作时，顺序正确的是 (选填“A”或“B”)。 A.先释放小车，再接通电源 B.先接通电源，再释放小车 (3)打点计时器所接交流电源的频率为50Hz,图乙为得到的一条纸带，打出的部分计数点 如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），则打点计时器在打D点时 小车的速度vn= m/s,小车的加速度a= m/s2。（结果均保留2位 小数) (4)若打点计时器所接交流电源的实际频率略高于50Hz,则第(3)问中加速度的测量值与 真实值相比 （选填“偏大”或“偏小”)。 23.(16分)2025年8月27日，国家发展改革委、国家能源局印发了《新型储能规模化建设专项 行动方案(2025一2027年)》的通知，该方案明确“锂离子电池储能为主，多元技术协同发 展”的技术路径。某科技小组要测量一个锂电池组的电动势和内阻，用电流传感器实时采 集实验数据，通过计算机拟合成直线，实验电路如图甲所示。实验室提供器材有：电流传感 器2个（内阻不计）、滑动变阻器R(最大阻值302)、定值电阻R(阻值30002)、开关S、导 线若干。请回答下列问题： 个/A 3.5 3.0 电流传 感器2 2.5 计算机 2.0 电流传 Ro 感器1 1.5 锂电池组 1.o出出用 00.51.01.52.02.51/mA 甲 乙 西藏·高三理综第7页（共14页） (1)实验步骤如下： ①闭合开关前，滑动变阻器R的滑片应置于最 (选填“左”或“右”)端； ②闭合开关S后，移动滑动变阻器R的滑片，电流传感器1、2分别采集到的多组电流数 据I1、2,并通过计算机进行拟合。 (2)数据处理： ①当电流传感器1中电流为1.5mA时，定值电阻R,两端的电压为 V: ②通过计算机进行拟合得到的11-12图像如图乙所示，若不考虑电流传感器1所在支路 的电流，测该锂电池组的电动势E=V,内阻r= 2。（结果均保留2 位有效数字) (3)误差分析：若考虑电流传感器1所在支路的电流，第(2)问中测得锂电池组的电动势与 真实值相比 ,内阻与真实值相比 。（均选填“偏大”或“偏小”) 24.(16分)某科技小组设计了一款方形除尘盒，结构简图如图所示。除尘盒放置在水平面上， 其侧面均为绝缘有机玻璃板，上板M、底板N间距为d且均为金属板，并连接到恒定电压为 U的电源上，M、N之间形成匀强电场。除尘盒的上板M的中央开有小孔P,一定量的带负 电粉尘颗粒从小孔P飘入除尘盒内（初速度大小不计），一段时间后，被吸附到底板N上。 已知每个粉尘颗粒的质量均为m、电荷量均为-g(q>0),不计粉尘颗粒之间的相互作用。 M U +0 N (1)若不考虑粉尘颗粒的重力及空气阻力。 ①求粉尘颗粒加速度a的大小及运动到底板N时（被吸附前）的速度v的大小； ②若从小孔P飘人的粉尘颗粒共有个，要将这些粉尘颗粒全部吸附到底板N上，则 电场对粉尘颗粒做的功为多少？ (2)若考虑粉尘颗粒的重力及空气阻力，重力加速度大小为g,每个粉尘颗粒均视为半径为 ro球体，运动过程受到的空气阻力大小为F=w(其中飞为比例系数，r为球体半径，v 为运动速率)。粉尘颗粒在被底板N吸附前已达到最大速率vm,求vm。 25.（20分)如图所示为某工厂车间的一个运输系统。该系统由一个半径R=0.5m的固定的 四分之一光滑圆弧轨道BC、一个固定在圆弧轨道末端C点的力传感器（未画出）、一辆平板 小车和一根固定轻弹簧组成。质量m=1kg的配件，由A点从静止落下，A点与B点的高度 差h=0.3,配件在B点沿切线进入圆弧轨道BC,经过C点时，配件将不受阻碍地滑上与 轨道等高的小车，与小车达到共同速度后，小车与等高的轻弹簧接触并压缩弹簧。若配件 与小车间的动摩擦因数u=0.6,小车质量M=1kg,地面光滑，弹簧劲度系数飞=24N/m,重 力加速度g大小取10m/s2。 A口 (1)求配件经过C点时，传感器显示的压力大小； (2)从配件滑上小车开始计时，求经过多长时间，配件和小车 00000 达到共同的速度； (3)若弹簧弹性势能的表达式为E。=一x2,其中x为弹簧的形变量。小车与轻弹簧接触并 压缩弹簧的过程中，求配件和小车刚要发生相对滑动时，弹簧储存的弹性势能。 西藏·高三理综第8页（共14页） 26.(15分)次氯酸钠常用于污水净化、杀菌和染织等。某兴趣小组设计实验制备 NaClO 溶液， 并对其氧化性进行探究。回答下列问题： Ⅰ.利用如图所示装置制备 NaClO 溶液 浓盐酸 a g -温度计 b 20%NaOH 20%NaOH M $$M n O _ { 2 }$$ 溶液 冰水浴 NaOH [溶液 试剂X 磁力搅拌器 A B C D (1)装置A中，盛装浓盐酸的仪器名称为，圆底烧瓶中发生反应的离子方程 式为。 (2)装置C可除去 $$C l _ { 2 }$$ 中的 HCl， ，则试剂X为(填名称)。 (3)合理选择图中装置，按照气流方向，正确连接装置，连接顺序为 a→ (填小写字母)；装置B的作用是。 (4)当观察到(填现象)时，需减慢装置A中浓盐酸的滴加速率。 比较 NaClO 与 $$K C l O _ { 3 }$$ 的氧化性 (5)分别以等浓度的 NaClO 溶液与 $$K C l O _ { 3 }$$ 溶液为氧化剂，在同等的条件下与各还原剂溶液 反应，实验结果如表所示： 实验编号 还原剂 NaClO 溶液与还原剂反应 $$K C l O _ { 3 }$$ 溶液与还原剂反应 生成淡黄色沉淀，发生反应的化 1 饱和氢硫酸 无明显现象 学方程式为① 振荡有红褐色沉淀产生，加热现 常温无现象，加热有红褐色沉淀，测 2 $$F e S O _ { 4 }$$ 溶液 象明显 得溶液的 pH 为4 ②根据上述实验得出结论：常温下， $$K C l O _ { 3 }$$ ，的氧化性比 NaClO (填“强” 或“弱”)。 27.(14分)硫酸铜是制备其他铜化合物的重要原料，粗硫酸铜(主要成分为 $$C u S O _ { 4 } 、 Z n S O _ { 4 }$$ 和 $${ C a S O _ { 4 } } \right)$$ 通过萃取净化法提纯 $$C u S O _ { 4 }$$ 的工艺如图所示。 萃取剂 粗硫 蒸发 冷却 溶解 操作 X → 滤液→ 萃取 → 萃余液 过滤 干燥 $$> C u S O _ { 4 }$$ 酸铜 浓缩 结晶 试剂 Y 母液 有机相 反萃取 → 再生萃取剂 反萃 水相 已知： ① “萃取”时发生反应 $$M ^ { 2 + }$$ (水相) \left.{+})+2HR 有机相 $$\left. { \right) } { \quad } M R _ { 2 }$$ (有机相) $$+ 2 H ^ { + }$$ (水相)， $$， M ^ { 2 + }$$ 表示 $$C u ^ { 2 + } 、 C a ^ { 2 + }$$ ^{2+} 或 $$Z n ^ { 2 + } ；$$ ②流程中的“水相”是指水为溶剂形成的体系，“有机相”是指主要以有机物为溶剂形 成的体系。 西藏·高三理综 第9页(共14页) 请回答下列问题： (1)“溶解”时，能加快速率的措施有 (写一种即可)。 (2)“操作X”需要使用的玻璃仪器有：烧杯、 (3)“萃取”时，Cu2+、Ca2+、Z2+的萃取率随相比（相比 萃抛)的变化关系如图所示。 V水液 100 80 -Y-Zn2 -Ca2外 60 Cu2+ 40 20- 0 0.0 0.5 1.0 1.5 相比 2.0 ①工业生产中，相比选择1.0，原因是 ②加入适量NaOH调节pH,有利于提高萃取率（进人有机相中金属离子的百分数），若 NaOH过量，会导致CuS04产率下降，原因可能是 (用离子方 程式表示)。 (4)“反萃取”时，加人的“试剂Y”可选择 (填字母)，请从平衡移动角度解释原 因： A.硫酸 B.盐酸 C.氨水 D.Cu(OH)2 (5)CS04的四方晶胞如图所示(S、0未绘出)，Cu2+位于晶胞的顶点、棱心、面心和体心。 晶胞中含有0原子个数为 ③Cu2+ 28.（14分)CaC03可辅助制备H2及C02,发生的主要反应如下： 编号 反应 △H I CaCOa(s)-CaO(s)+CO2(g) △H1=+178kJ·mol-1 Ⅱ C02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g) △H2=-166kJ·mol1 亚 C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g) △H2=+41kJ.mol-J V CH4(g)+C02(g)2C0(g)+2H2(g) △H4 西藏·高三理综 第10页（共14页）拉萨市2026届高三第一次联考 物理参考答案 14.【答案】D 【解析】分子运动速率在碰撞中可能增大，A项错误：气体体积不变，因此气体不做功，B项错误：温度降低、内能 减少，放出热量，C项错误；温度降低，气体分子平均动能减小，D项正确。 15.【答案】B 【解析】根据2=2ax,解得a=32m/s2,B项正确。 16.【答案】D 【解析】由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转，D项正确。 17.【答案】C 【解析】探测器受到火星的引力F=6从P向Q运动过程中，增大，引力逐新减小.除万有引力外，没设有其 他力做功，机械能守恒，A、B项错误：根据开普勒第三定律， =k,探测器在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道1 上的运行周期，C项正确：探测器在轨道【上做圆周运动，根据万有引力提供向心力，GM=m4如 =m ,解得 山4m2 =G不，已知引力常量和探测器在轨道I上的运行周期了，还需要知道轨道【的半径r,才能求出火星的质 量，D项错误。 18.【答案】B 【解析】无人机速度增大2m/后在P点投弹，炸弹就再向前多运动4m,则炸弹下落的时间为1=A=2s,因此 投弹后，炸弹下落的高度h==20m,B项正确。 19.【答案】AD 【解析】由楞次定律，此时穿过线圈A的磁通量向上且减小，则线圈A产生由俯视来看的逆时针方向的感应电 流，A项正确：线圈A对磁铁有竖直向上的力，则磁铁对线圈A有竖直向下的安培力，B项错误：由楞次定律可 知，两个线圈对磁铁的缓冲作用正向叠加，若拆掉线圈B,缓冲效果会变差，增加线圈A、B的匝数，缓冲效果会 更好，C项错误，D项正确。 20.【答案】BC 【解析】M点靠近负电荷，N点靠近正电荷，M点的电势低于N点的电势，由于涂料颗粒带负电，所以在M点的 电势能大于在N点的电势能，A、D项错误：电场线越密，电场强度越大，M点的电场强度大于N点的电场强度， B项正确：带负电的涂料颗受到的电场力与电场线的切线方向相反，指向运动轨迹的凹侧，所以该涂料颗粒的 运动轨迹可能是虚线1，C项正确。 21.【答案】BD 【解析】同时撤去挡板A、B的一瞬间，物块，b组成的系统动量守恒，且系统的总动量始终为零，A项错误；同 时撤去挡板A、B,a、b的运动总是相反，弹簧的中点位置不变，a、b均做简谐运动，B项正确；仅撤去挡板A,b刚 离开挡板B时，a、b组成的系统为一静一动弹性碰撞模型，由于质量相等，因此不断交换速度，均沿同一方向做 直线运动，C项错误，D项正确。 西藏·高三物理第1页（共3页） 22.【答案】(1)A(2分)(2)B(2分)(3)0.25(2分)0.50(2分)(4)偏小(2分) 【解析】(1)电火花计时器，则应选择的电源是220V的交流电源，A项正确。 (2)先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车，纸带会得到充分利用，纸带上会得到更多的数据，会减 小实验误差，B项正确。 (3)打D点时小车的速度为，-5-863,10×10：m=0.25ms,小车的加速度a-DGA0 2T 2×0.1 (3)2 (15.26-5.38)-5.38 102m/s2=0.50m/s2。 0.32 (4)若打点计时器所接交流电源的实际频率略高于50Hz,则打点计时器的打点周期变小，实际相邻计数点之 间的时间间隔小于0.1s,计算加速度时仍按照0.1s计算，故加速度的测量值与实际值相比偏小。 23.【答案】(1)①左(2分)(2)①4.5(2分)②9.0(3分)3.0(3分)(3)偏小(3分)偏小(3分) 【解析】(1)①闭合开关前，滑动变阻器R的滑片应置于最左端。 (2)①当电流传感器1中电流为1.5mA时，定值电阻R。两端的电压为U=R。=4.5V。 Ro_3.0-1.0_ 2根据闭合电路欧定律有E=R+,即，=+片，结合图乙，20X010,二3.0A,解得E寸 9.0V,r=3.02 (3)若考虑电流传感器1所在支路的电流，根据闭合电路欧姆定律有E=IR。+(I,+L,)「，即，=- +所 r o+r 以， ,E=3.0A,解得E=1000 =10 1000 r= ，所以，第(2)问中测得锂电池组的电动势和内阻与真实值 r 111 333 相比均偏小。 24.解：(1)①根据牛顿第二定律，qE=ma(2分) 2分 解得4=(1分) md 根据动能定理，gU= 2m(2分) 解得v= 2(1分) m ②根据电场力做功，W=ngU(2分)》 (2)若考虑粉尘颗粒的重力及空气阻力，达到最大速率m时，粉尘颗粒处于平衡状态 gE+mg=F(2分) F=kro.(2分) 解得"m一r (mg+(2分) 1 d 说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。 西藏·高三物理第2页（共3页） 25.解：(1)设配件在C点的速度大小为。，传感器对配件的支持力为F、,根据牛顿第二定律 g名分) 设A与B的高度差为h,从A点到C点由动能定理得 mgh+R)=2m6（2分) 解得F'=42N(1分) 根据牛顿第三定律 Fx=FN=42N(2分) (2)配件刚滑上小车时，根据牛顿第二定律，对配件有 mg=ma,(1分） 对小车有 wmg=Ma2(1分） 设经过时间t配件和小车达到共同速度，由运动学公式可得 1=o-a1l(2分) "1=a2(2分) 解得1=2m/s =3s(1分) (3)配件和小车接触弹簧后，当配件和小车刚要发生相对滑动瞬间，设二者整体的加速度为α，则根据牛顿第二 定律可得 kx1=(M+m)a(2分) 对配件 mg=ma(1分)】 解得x1=0.5m 弹簧弹性势能 E,-2(2分) 解得E,=3J(1分) 说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。 西藏·高三物理第3页（共3页）