西藏自治区拉萨市2025届高三化学第二次联考理综试题含解析

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：O-16K-39Mn-55I-127

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.化学与科学、技术、社会、环境息息相关。下列说法正确的是

A.C60的发现为纳米科学提供了重要的研究对象，C60属于有机物

B.“嫦娥六号”月面采样器关键部件采用钛合金，钛合金属于新型无机非金属材料

C.我国超高海拔地区光伏资源开发迈出新步伐，太阳能电池工作时，光能转化为化学能

D.西藏是重要的国家生态安全屏障，使用可降解的一次性餐具有利于减少白色污染

【答案】D

【解析】

【详解】A．C60不是化合物，不属于有机物，A项错误；

B．钛合金属于金属材料，B项错误；

C．太阳能电池工作时，光能转化为电能，C项错误；

D．可降解的一次性餐具是指在自然环境微生物（如细菌、霉菌、藻类）和酶的作用下，能够发生生物化学

反应，最终分解成二氧化碳和水的餐具，使用可降解的一次性餐具有利于减少白色污染，D项正确；

故选D。

2.Z是一种功能高分子材料，其合成片段如下：

下列叙述错误的是

A.X的分子式为C3H4O2B.Z可降解成2种小分子

C.Y是线型高分子材料D.反应1是加聚反应

【答案】B

【解析】

【详解】A．由X的结构简式可知，其分子式为C3H4O2，A项正确；

B．根据Z的结构可知，其降解的产物之一为Y，仍属于高分子，B项错误；

C．Y的链节含有饱和链烃的结构，是线型高分子材料，C项正确；

D．反应1的反应物中含碳碳双键，该反应过程是由相对分子质量较小的化合物分子互相结合成相对分子质

量较大的聚合物，无副产物，属于加聚反应，D项正确；

答案选B。

3.下列离子方程式书写正确的是

A.少量的铁粉与过量稀硝酸反应：3

Fe4HNO3FeNO2H2O

B.通入足量氨水中2

CO2CO22OHCO3H2O

C.使酸性溶液褪色：22

SO2KMnO4SO2MnO44HSO4Mn2H2O

D.往纯碱溶液中滴加几滴稀盐酸：2

2HCO3CO2H2O

【答案】A

【解析】

【详解】A．少量的铁粉与过量稀硝酸反应生成、和，A项正确；

FeNO33NOH2O

B．通入足量氨水中的反应为2，B项错误；

CO2CO22NH3H2OCO32NH4H2O

C．使酸性溶液褪色的反应为22，C项错误；

SO2KMnO45SO22MnO42H2O5SO42Mn4H

D．往纯碱溶液中滴加几滴稀盐酸，由于盐酸不足，所以发生的反应为2，D项错误；

HCO3HCO3

故选A。

4.X、Y、Z、W、V是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y是组成富勒烯的元素，Z和V、Y和W同主

族，Z是地壳中含量最多的元素，W的一种单质是常见的半导体材料，五种元素形成的化合物M常用作

橡胶的黏合剂，其结构如图所示，下列说法错误的是

A.原子半径：YZXB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W

C.熔点：D.2的VSEPR模型为三角锥形

WZ2YZ2VZ3

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、Z、W、V是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y是组成富勒烯的元素，Y为C；Y和W同

主族，且W的一种单质是常见的半导体材料，W为Si；Z是地壳中含量最多的元素，Z为O；Z和V同

主族，V为S；根据X的成键情况可推出X为H。

【详解】A．一般来说电子层数越多半径越大；同周期从左往右，元素的原子半径递减，故原子半径：C>O>H，

A正确；

B．同主族从上往下，元素非金属性递减，故C的非金属性强于Si，最高价氧化物对应水化物的酸性碳酸强

于硅酸，B正确；

C．SiO2常温下为固体，熔点高于CO2（SiO2为共价晶体、熔沸点较高，CO2为分子晶体、熔沸点较低），

C正确；

6223

D．SO2的中心原子S的价层电子对数34，故SO2的VSEPR模型为四面体形，D错误；

323

故答案选D。

5.按如图装置进行实验，注入浓盐酸发生反应，一段时间后注入浓氨水，观察到试剂瓶内产生白烟。下列

不同反应阶段的预期现象或说法不合理的是

A.小试管内反应的离子方程式为2

16H10Cl2MnO42Mn5Cl28H2O

B.实验过程中，①处试纸先变红后褪色、②处试纸变蓝、③处纸条无明显现象

C.注入氨水后生成的白烟为盐酸小液滴

D.烧杯中NaOH溶液吸收Cl2时，NaOH既不体现氧化性，也不体现还原性

【答案】C

【解析】

【分析】该装置利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，方程式为：

2，然后利用瓶内的湿润的纸条、淀粉碘化钾试纸等检验

16H10Cl2MnO42Mn5Cl28H2O

其性质，多余的氯气用氢氧化钠溶液吸收。

【详解】A．小试管内生成，方程式为：2，A合理；

Cl216H10Cl2MnO42Mn5Cl28H2O

B．Cl2被无水CaCl2干燥后不能使干燥的红色纸条褪色，所以③处纸条无变化。氯气能将I氧化为I2，所

以②处试纸变蓝。氯气溶于水生成HCl和HClO，次氯酸有漂泊性，所以①处试纸先变红后褪色，B合理；

C．白烟为固体颗粒，Cl2与NH3生成NH4Cl固体小颗粒，会有白烟产生，C不合理；

D．Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，D合理；

故选C。

6.一种利用电化学原理制备吡啶-3-甲酸的装置如图所示，下列说法错误的是

A.电极电势：a<b

B.a电极表面发生还原反应生成H2

-+

C.阳极电极反应式：-4e+2H2O=+4H

D.该装置工作时，双极膜解离出的OH-向b极移动

【答案】C

【解析】

【分析】由题干原电池装置中电子的移动方向可知，b为阳极，电极反应为：

-+--

-6e+2H2O=+6H，，a电极为阴极，电极反应为：2H2O+4e=H2↑+2OH，据此分析解题。

【详解】A．由分析可知，b为阳极，a为阴极，阳极电势高于阴极电势，A正确；

--

B．由分析可知，a极反应为2H2O+4e=H2↑+2OH，B正确；

-+

C．由分析可知，阳极电极反应式：-6e+2H2O=+6H，C错误；

D．由分析可知，b为阳极，该装置即电解池工作时，阴离子向阳极移动，故双极膜解离出的OH-向b极移动，

D正确；

故答案为：C。

7.常温下，向1水溶液中滴加溶液，含硫微粒的分布系数随的变化关系如图

0.1molLH2SNaOHpH

36

所示。[已知KspCuS2.010]

下列说法正确的是

A.曲线Ⅲ表示HS与溶液pH的关系

B.当pH12时，cNa3cS2

C.氢硫酸的KHS的数量级为7

a1210

D.2的平衡常数为15.8

H2SCuCuS2H10

【答案】B

【解析】

2

【分析】随着pH增大，δH2S减小，δHS先增大后减小，δS增大，则图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别

表示、和2的分布系数随的变化，以此解题。

H2SHSSpH

【详解】A．由分析可知，曲线Ⅲ表示S2与溶液pH的关系，A错误；

B．根据电荷守恒得：cHcNacOHcHS2cS2，pH12时，cHcOH、

cHScS2，可得：cHcNacOH3cS2，cNa3cS2，B正确；

cHcHS

C．a点时，，7.20.88，数量级为8，

cH2ScHSKaH2ScH10101010

1

cH2S

C错误；

2

2cHcS12

D．b点时，cHScS，KaH2ScH10，结合选项C可知，反应的

2cHS

2227.212

cHcHcScHSKaH2SKaH2S1010

平衡常数K1251015.8，D

22236

cH2ScCucH2ScCucScHSKspCuS2.010

错误；

故选B。

三、非选择题：共174分。

8.电池随意丢弃会造成环境污染，一种从废旧碱性锌锰干电池中回收Mn制备MnSO4H2O的工艺如图所

示。

（1）基态Mn原子的价层电子排布式为_____；“水溶”时，需将废旧干电池拆分粉碎，粉碎的目的是_____。

22

（2）“酸溶”时，难溶的ZnMnO4会转化为可溶性的Zn、Mn，同时有气体生成，该反应的离子方

程式为___________，该反应的还原剂为_____（填化学式）。

（3）除杂过后，获得MnSO4溶液，已知MnSO4的溶解度曲线如图所示。

①从MnSO4溶液中获得MnSO4H2O晶体的操作是蒸发浓缩、__________、洗涤、干燥。若想获得更高

纯度的MnSO4H2O晶体，可以采取的措施有____________（写一条即可）。

1

②在900℃持续煅烧50.7gMnSO4H2O（M169gmol），最终剩余固体的质量为22.9g，该固体为

Mn的氧化物，其化学式为___________。

（4）碱性锌锰干电池放电时的总反应为，其正极的电极

Zn2MnO22H2O2MnOOHZnOH2

反应式为___________。

【答案】（1）①.3d54s2②.增大接触面积，加快水溶速率

（2）①.22②.

ZnMnO44H2H2O2ZnMn2O24H2OH2O2

（3）①.趁热过滤②.再次进行重结晶操作或控制结晶速率③.Mn3O4

（4）MnO2H2OeMnOOHOH

【解析】

【分析】废旧干电池加水溶解后过滤得KOH溶液，剩余固体经高温煅烧得ZnMnO4和锌锰氧化物，加入稀

硫酸和过氧化氢进行酸溶并过滤，滤液中含2、2、2等，经过系列操作最终得。

ZnMnSO4MnSO4H2O

【小问1详解】

Mn原子序数25，基态Mn原子的价层电子排布式：3d54s2；“水溶”时，需将废旧干电池拆分粉碎，可以

增大接触面积，加快水溶速率；

【小问2详解】

22

“酸溶”时，难溶的ZnMnO4会转化为可溶性的Zn、Mn，过氧化氢作还原剂，被氧化生成氧气，反

应的离子方程式：22；

ZnMnO44H2H2O2ZnMn2O24H2O

【小问3详解】

①根据MnSO4的溶解度曲线可知，要得到MnSO4H2O，不能将水分蒸干防止生成MnSO4；需要在温

度较高时过滤，此时不会生成MnSO45H2O且MnSO4H2O溶解度低，更易析出；若想获得更高纯度的

MnSO4H2O晶体，可再次进行重结晶操作或控制结晶速率；

50.7g

②50.7gMnSOHO的物质的量n0.3mol；设生成锰的氧化物的化学式为MnO，根

42169gmol1xy

0.3mol

据锰守恒可知55x16y22.9g；求出x:y3:4，则该氧化物的化学式为MnO；

x34

【小问4详解】

放电时，MnO2为正极，发生还原反应：MnO2H2OeMnOOHOH。

9.KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药等。某化学兴趣小组利用如图装置，在实验室中制备KI并探

究其性质。（已知：22）

I22S2O32IS4O6

回答下列问题：

（1）装置A中a管的作用是_________，仪器b的名称为_____。

（2）B中反应的离子方程式为__________。

（3）在C中滴入KOH溶液加热搅拌并通入H2S，有黄色固体生成，C中发生反应的化学方程式为

__________。

（4）测定KI的纯度：称取1.000g样品配成100mL溶液，取出25.00mL溶液，滴入足量硫酸酸化的H2O2，

1

充分反应后，加热除去过量的H2O2；滴加3滴淀粉溶液为指示剂，用0.100molL的Na2S2O3溶液进行

滴定，消耗Na2S2O3溶液14.20mL。

滴定终点时的现象为__________，测得KI的纯度为_____（列出计算表达式即可）。

（5）探究KI的性质：

编号实验操作实验现象

实验溶液变为棕黄色，

向5mL0.1molL1的KI溶液中滴加56滴

Ⅰ20min后棕黄色变深

1溶液（混合溶液的）

0.1molLFeCl3pH5

实验取1mL实验Ⅰ充分反应后所得的棕黄色溶液，滴加2

溶液变红

Ⅱ滴0.1molL1KSCN溶液

①小组同学对实验Ⅰ中20min后棕色变深的原因提出猜想：I被空气氧化。

设计实验验证：__________，若20min后溶液不变蓝，证明该假设不成立。

②实验Ⅱ可以证明Fe3与I发生可逆反应，原因是___________。

【答案】（1）①.平衡气压，使盐酸顺利流下②.三颈（口）烧瓶

（2）

HSHH2S

（3）

I22KOHH2S2KIS2H2O

（4）①.当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s内不恢复原色②.

0.10014.204103166

100%

1.000

（5）①.向试管中加入5mL0.1molL1的KI溶液和两滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液pH5②.

实验Ⅰ中KI过量，取充分反应后的溶液加入KSCN仍变血红色，说明溶液中仍有Fe3，证明Fe3和I的

反应是可逆的（合理表述即可）

【解析】

【分析】利用装置A制取硫化氢气体，方程式为：，由于挥发出来氯化氢气

FeS2HClFeCl2H2S

体，需除去氯化氢，利用装置B除去氯化氢，发生的反应为：，硫化氢气体进入C装置

HSHH2S

制取，方程式为：，最后利用装置除去多余的有毒气体硫化

KII22KOHH2S2KIS2H2OD

氢。

【小问1详解】

装置A中a管的作用是平衡气压，使盐酸顺利流下；根据装置图可知b为三颈（口）烧瓶。

【小问2详解】

B中NaHS的目的是除去中的，反应的离子方程式为。

H2SHClHSHH2S

【小问3详解】

在碱性加热条件下，I2和H2S发生反应生氧化还原反应，化学方程式为

。

I22KOHH2S2KIS2H2O

【小问4详解】

淀粉做指示剂，用Na2S2O3溶液滴定，当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原

色，说明达到终点。根据关系式：2，可知样品中的纯度

2II22S2O3KI

0.100molL114.20mL4103LmL1166gmol1

100%。

1.000g

【小问5详解】

①要和实验Ⅰ形成对比实验，应选用相同的试剂并控制溶液pH相同，应向试管中加入5mL0.1molL1的

KI溶液和两滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液pH=5；②实验Ⅰ中KI过量，取反应后的溶液加入KSCN仍变血

红色，说明溶液中仍有Fe3，证明Fe3和I的反应是可逆的。

10.NH3、H2都是重要的工业原料。已知在298K时发生反应

，回答下列问题：

a:CO2g2NH3gH2OgCONH22s

（1）CO2的中心原子的杂化轨道类型为____________；H2O比NH3沸点高的原因：H2O分子比NH3分

子极性更强、____________、____________。

（2）已知298K时几种化学键的键能：

化学键NNHHNH

键能

946436391

/kJ·mol-1

1

N2g3H2g2NH3gΔH_____kJmol。

（3）在恒温1L的刚性密闭容器中按1molCO2g和2molNH3g投料，发生反应a，其他条件不变，相

同时间内H2Og的产率与温度（T）、催化剂CatM和CatN的关系如图所示：

300390K，催化效率较好的催化剂是__________，P点_____（填“达到”或“未达到”）平衡状态，

原因是__________。

（4）以NH3和CO2作为原料，在2L刚性密闭容器中仅发生反应a，保持初始投入的CO2的物质的量为

nNH3

1mol，测得反应tmin时CO2的转化率与温度、初始氨碳比L关系如图。

nCO2

①其他条件不变时，随着温度的升高，tmin时CO2的转化率先增大后减小的原因是____________。

②T℃时，则该反应中N点的平衡常数K_________（列出计算表达式即可）。

【答案】（1）①.sp②.OH比NH形成的氢键强度大③.H2O分子比NH3分子形成

氢键的数目多

（2）-92（3）①.CatM②.未达到③.390K时，Q点H2Og的产率高于P点

（4）①.温度较低时，tmin时反应a未达到平衡，随温度升高，反应速率加快，tmin内CO2的转化

率增大；达到一定温度后，tmin内反应a达到平衡，由于反应a是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2

0.75

2

平衡转化率减小，即tmin内CO的转化率减小②.2

21.50.25

22

【解析】

【小问1详解】

CO2的中心C原子的价层电子对数为2，中心原子杂化轨道类型为sp；H2O比NH3沸点高的原因是H2O

分子比NH3分子极性更强，O比N元素的电负性强，OH比NH形成的氢键强度大，H2O分子比

NH3分子形成氢键的数目多；

【小问2详解】

11

△H=E反应物的总键能-E生成物的总键能，ΔH94634366391kJmol92kJmol；

【小问3详解】

由图像可知在相同的温度下，催化剂CatM比CatN的催化效率高，催化剂能改变反应速率，但不改变平衡

状态，对平衡时产物的产率没有影响，而390K时，Q点H2Og的产率高于P点，说明P点不是平衡状态；

【小问4详解】

①由图像可知该反应是放热反应，温度较低时，tmin时反应a未达到平衡，随温度升高，反应速率加快，

tmin内CO2的转化率增大；达到一定温度后，tmin内反应a达到平衡，反应a是放热反应，温度升高，

平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，即tmin内CO2的转化率减小；

nNH3

②N点初始氨碳比L为3，初始投入的CO2的物质的量为1mol，列出三段式：

nCO2

2NH3gCO2gH2OgCONH22s0.75

初始/mol3102

，K2。

变化/mol1.50.750.75