湖南省名校联考联合体2025-2026学年高二化学上学期11月期中试题含解析

时量：75分钟满分：100分

可能用到的相对原子质量：H1N14

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.随着科技的进步，电动汽车在日常生活中越来越普及，其性能的提升离不开先进材料的应用。下列电动

汽车部件使用的材料中，属于复合材料的是

A.某锂离子电池正极材料LiFePO4

B.铝合金车身骨架

C.碳纤维增强塑料(CFRP)车顶

D.高纯铜导线

【答案】C

【解析】

【详解】A．LiFePO4是单一化合物，属于电极材料，不属于复合材料，A错误；

B．铝合金是金属合金，属于金属材料，而非复合材料，B错误；

C．碳纤维增强塑料（CFRP）由碳纤维和塑料材料复合而成，属于复合材料，C正确；

D．高纯铜是单一金属材料，不属于复合材料，D错误；

因此，答案选C。

2.化学实验要注意安全。在用盐酸和NaOH溶液探究中和滴定的实验中，无需关注的安全图标是

AB.C.D.

.

【答案】B

【解析】

【详解】A．盐酸和氢氧化钠均具有腐蚀性，实验过程中可能发生溶液飞溅，所以需要佩戴护目镜，故不选

A；

B．用盐酸和NaOH溶液探究中和滴定的实验中，用不到加热操作或温度较高的仪器，故选B；

C．为防止化学品污染，试验后要洗手，故不选C；

D．盐酸具有挥发性，可能挥发出氯化氢气体，需开启排风扇或通风设备可辅助安全，故不选D；

选B。

3.下列实验现象描述错误的是

A.向紫色石蕊溶液中通入SO2，溶液先变红后褪色

B.将CO2持续通入饱和Na2CO3溶液中，会有白色晶体析出

C.将足量乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，紫红色溶液逐渐褪色

D.向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液后，生成的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后还会有红褐色

物质生成

【答案】A

【解析】

【详解】A．SO2溶于水生成H2SO3，使紫色石蕊溶液变红，但石蕊变红后不会褪色，A错误；

B．CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成溶解度更小的NaHCO3，使溶液中有晶体析出，B正确；

C．乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；

D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液后，生成Fe(OH)2白色沉淀，此沉淀能被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，现

象描述符合实际，D正确；

故选A。

4.研磨氯化铵与熟石灰粉末，白色固体中产生有刺激性气味的气体，相关反应为

研磨

2NHClCaOHCaCl2NH2HO

42232。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

1

A.2molLNH4Cl溶液中NH4数目小于2NA

B.15中含有的共用电子对数目为0.3N

1.8gNH3A

C.常温下，500mL的溶液中数目为0.01N

pH12CaOH2OHA

D.一定条件下，1molN2与足量H2充分反应，转移电子数目为6NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．题目未给出溶液体积，无法计算NH4的数目，A错误；

151.8g

B．1.8gNH3的物质的量为=0.1mol，每个NH3分子中含有3个共用电子对，则共用电子对总数为

18g/mol

0.3NA，B正确；

--

C．pH=12时c(OH)=0.01mol/L，500mL溶液中OH数目为0.005NA，C错误；

D．由反应方程式可知，若1molN2完全反应，转移电子6mol，但合成氨反应为可逆反应，1molN2无法完全

反应，所以转移电子数小于6NA，D错误；

故选B。

5.在密闭容器中进行可逆反应：2HIgH2gI2gΔH0。下列关于该反应的叙述正确的是

A.升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大

B.增大压强，平衡逆向移动，容器内气体颜色变深

C.加入催化剂，反应速率加快，平衡正向移动

D.保持容器容积不变，充入H2，平衡逆向移动，容器内气体颜色变浅

【答案】D

【解析】

【详解】A．升高温度时，正反应和逆反应速率均增大，但吸热反应（正反应）速率增幅更大，A错误；

B．反应前后气体分子数相等，增大压强平衡不移动，但各物质浓度等比例增大，I2浓度增加导致混合气体

的颜色变深，B错误；

C．催化剂同等程度加快正、逆反应速率，但平衡不发生移动，C错误；

D．充入H2使生成物浓度增大，Qc＞K，平衡逆向移动，I2被消耗导致浓度降低，颜色变浅，D正确；

故选D。

6.铅酸蓄电池是一种二次电池，其构造如图所示。关于该电池及其工作原理，下列说法错误的是

A.放电时，二氧化铅发生还原反应

B.放电时，H向正极方向移动

C.放电时，负极反应为Pb2ePb2

D.充电时，能量转化的主要形式：电能转化为化学能

【答案】C

【解析】

-2

【分析】铅酸蓄电池放电时负极为Pb，电极反应为Pb-2e+SO4=PbSO4。正极为PbO2，电极反应为

-+2-

PbO2+2e+4H+SO4=PbSO4+2H2O。据此分析；

【详解】A．铅蓄电池中二氧化铅为正极，发生还原反应，A正确；

B．原电池中阳离子向正极移动，B正确；

-2

C．放电时，负极反应为Pb-2e+SO4=PbSO4，C错误；

D．充电时，电解池将外接电源的电能转化为化学能，D正确；

故答案选C。

7.下列解释其应用或现象的方程式错误的是

A.泡沫灭火器工作原理：3

Al3HCO3AlOH33CO2

B.少量和反应制O：

Na2O2H2O22Na2O22H2O4Na4OHO2

C.实验室用铜与浓硝酸反应制NO：浓

2Cu4HNO3()CuNO322NO22H2O

2

D.向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液，无气泡产生：2CH3COOHCO32CH3COOH2CO3

【答案】D

【解析】

3+-

【详解】A．泡沫灭火器中Al与HCO3发生双水解反应，生成Al(OH)3和CO2，反应的离子方程式为

3，A正确；

Al3HCO3AlOH33CO2

B．与水反应生成NaOH和O，离子方程式为，B正确；

Na2O222Na2O22H2O4Na4OHO2

C．铜与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，化学方程式为

浓，C正确；

Cu4HNO3()CuNO322NO22H2O

2-

D．少量醋酸与CO3反应，生成HCO3和CH3COO，正确的离子方程式为

2，D错误；

CH3COOHCO3CH3COOHCO3

故选D。

8.计算机模拟单个C3H8g分子在催化剂作用下生成C3H6g的反应历程及相对能量变化如图所示(已

19

知：1eV1.610J；标*的是催化剂表面吸附的物种；NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法错误的是

A.C3H8gC3H6gH2g是吸热反应

B.催化效果：催化剂2>催化剂1

C.使用催化剂1时，决定总反应速率的反应涉及的过渡态为TS1

221

D.C3H6gH2gC3H8gΔH2.16NA10kJmol

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图可知，反应物丙烷的相对能量低于生成物丙烯和氢气的相对能量，丙烷脱氢为吸热反应，

A正确；

B．催化剂1的决速步活化能(1.35eV)低于催化剂2的决速步活化能(2.20eV)，活化能越低，反应速率越

快，催化效果越好，故催化剂1比催化剂2催化效果好，B错误；

C．决速步是反应历程中活化能最大的步骤，使用催化剂1的历程中，各步活化能分别为：第一步(TS1)反

应的活化能0.78eV-(-0.57eV)=1.35eV；第二步(TS2)反应的活化能1.07eV0.15eV1.22eV，第

三步(TS3)反应的活化能1.81eV0.74eV1.07eV，第一步反应的活化能最大，是决速步骤，C正确；

D．图中对应的是单个C3H8g分子分解成C3H6g和H2g的能量变化，而热化学方程式对应的是

1molC3H8g分解成C3H6g和H2g的能量变化，即C3H8gC3H6gH2g

1931221

ΔH1.6101.3510NAkJmol=+2.16NA10kJmol，故

221

C3H6gH2gC3H8gΔH2.16NA10kJmol，D正确；

故选B。

9.关于下列所示操作或实验的叙述错误的是

A．某次滴定消耗标准溶

B．探究样品中是否含有钾元素

液的体积为26.10mL

C．测定“84”消毒液的

D．实验室制备无水MgCl2

pH，试纸最终变蓝色

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．滴定管的精确度为0.01mL，由图可知，滴定前读数为0.00mL，滴定后读数为26.10mL，

因此滴定消耗标准溶液的体积为26.10mL，A正确；

B．用铂丝蘸取样品放在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰为紫色证明有钾元素，B正确；

C．“84”消毒液具有漂白性，不能用pH试纸测定“84”消毒液的pH，C错误；

D．MgCl2易水解，HCl可抑制镁离子的水解，则在HCl氛围中加热MgCl26H2O能制取无水MgCl2，D

正确；

故选C。

10.用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I形式存在)的工艺流程如下：

下列说法错误的是

、

A.①的主要目的是抑制Cl2I2与水反应，获得更多的I2

B.若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的nCl2:nKClO33:1

C.经①和④所得溶液中，cI后者大于前者

22

D.④发生离子反应：2I2SO3H2O4ISO42H

【答案】D

【解析】

【分析】由题给流程可知，向卤水中加入稀硫酸酸化后，通入氯气将溶液中的碘离子氧化为单质碘，用高

分子吸附树脂吸附溶液中的碘，向树脂中加入亚硫酸钠溶液，将碘还原为碘化钠而脱离高分子树脂，向所

得的溶液中加入氯酸钾溶液，将碘化钠氧化为单质碘，单质碘经分离提纯得到碘产品，据此解答。

【详解】A．①中酸化（加入H2SO4使pH=2~3），Cl2和I2均能与水发生可逆反应（Cl2+H2OHCl+HClO、

+

I2+H2OHI+HIO），酸性条件下H浓度增大，抑制上述可逆反应，减少Cl2和I2的消耗，从⇌而获得更多I2，故

A正确⇌；

-----

B．②中Cl2氧化I：Cl2+2I=2Cl+I2，生成1molI2消耗1molCl2（Cl2得2e）；⑤中KClO3氧化I（酸性条

--+---

件）：ClO3+6I+6H=Cl+3I2+3H2O，生成1molI2消耗1/3molKClO3（ClO3得6e），若生成等量I2，

n(Cl2):n(KClO3)=1:(1/3)=3:1，故B正确；

---

C．①为原卤水酸化后溶液，I浓度较低；④为解脱步骤，树脂吸附的I2被Na2SO3还原为I，I被富集，故

④中c(I-)大于①，故C正确；

2---2-2--2-

D．④中SO3还原I2：I2→I（I：0→-1，得2e），SO3→SO4（S：+4→+6，失2e），电子守恒时I2与SO3

22

物质的量之比为1:1，正确离子方程式为I2SO3H2O2ISO42H，D中方程式电子不守恒，

故D错误；

答案选D。

11.25℃时，下列关于pH的计算与水的电离的说法中，错误的是

A.pH12的NaOH溶液稀释100倍后，pH10

51

B.在pH5的AlCl3溶液中，由水电离出的cH10molL

C.将pH3的醋酸溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH7

D.将pH2的盐酸稀释100倍后，溶液中由水电离出的cH变为原来的100倍

【答案】C

【解析】

【详解】A．pH=12的NaOH溶液稀释100倍后，c(OH-)由0.01mol/L变为0.0001mol/L，pH=10，A正确；

3++-5

B．AlCl3溶液中Al水解促进水的电离，溶液pH=5时，水电离的c(H)=10mol/L，B正确；

C．pH=3的醋酸浓度远大于pH=11的NaOH浓度，等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，pH<7，C错误；

D．盐酸稀释100倍后，H浓度由10-2变为10-4mol/L，此时水电离的c(H+)=c(OH-)=10-10mol/L，是原水电

离的c(H+)=10-12mol/L的⁺100倍，D正确；

故答案选C。

12.在容积为2L的恒容密闭容器中，Na2SiF6s热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，平

衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：体系中气相产物在T1、T2、T3温

、、

度时的分压分别为p1Pap2Pap3Pa；T2温度时，Na2SiF6s恰好完全分解。下列说法错误的是

A.固相产物为离子化合物，气相产物为共价化合物

B.T2温度下，若Na2SiF6(s)完全分解所用时间为tmin，则0tmin气相产物的平均速率用分压变化表

p

示为2Pamin1

2t

C.若Na2SiF6s的起始投料为2mol，则T1温度前a线变化趋势不变

D.T3温度下，向容器中再加入足量Na2SiF6s，平衡状态下气相产物的分压大于p3

【答案】B

【解析】

【分析】Na2SiF6s热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，图中Na2SiF6s完全分解时(T2

温度)，两种产物的物质的量之比为2:1(a线、b线)，则该反应的化学方程式为

Δ

，据此回答

Na2SiF6s2NaF(s)+SiF4(g)

【详解】A．由分析可知，Na2SiF6s热解反应的分解产物为NaFs和SiF4g，分别为离子化合物和共

价化合物，A项正确；

B．T2温度下，若Na2SiF6s完全分解所用时间为tmin，则0~tmin气相产物的平均速率用分压变化表

p

示为2Pamin1，B项错误；

t

C．a线所示物种为NaF(s)，T1温度前，反应均处于平衡状态，结合化学平衡常数KcSiF4，由于纯固

体的量不影响化学平衡位置，只要Na2SiF6(s)存在，平衡时SiF4的量仅由温度决定，故a线变化趋势不变，

C项正确；

D．由图可知，T2温度后Na2SiF6(s)已完全分解，故T3时体系未处于平衡状态，此时气相产物压强为p3。

再加入Na2SiF6(s)，反应会继续生成SiF4气体以建立新平衡，故平衡压强大于p3，D项正确；

故答案选B。

13.下列根据实验操作及现象所得到的结论正确的是

实验操作及现象结论

的

向滴有酚酞Na2CO3溶液中

ABaCl2溶液显酸性

滴加BaCl2溶液，溶液红色褪去

室温下，将0.1molL1氨水稀

B释成0.01molL1，用pH计测氨水的浓度减小，电离程度也减小

得pH由11.1变成10.6

1

向1mL0.1molLK2Cr2O7

cH减小，平衡

溶液中加入几滴6.0mol・

C22

Cr2O7H2O2CrO42H

L1NaOH溶液，溶液由橙色变

正向移动

为黄色

向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，

加热水解一段时间后，冷却，取

D少量水解液，用NaOH溶液调淀粉已经完全水解

至碱性，再加入少量碘水，溶液

不变蓝色

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

2-

【详解】A．BaCl2与Na2CO3反应生成BaCO3沉淀，导致CO3浓度降低，水解平衡逆向移动，OH减少，红色

⁻

褪去，与BaCl2的酸性无关，实际上，BaCl2溶液显中性，A错误；

B．一水合氨为弱电解质，稀释氨水时，一水合氨的电离程度增大，虽然浓度降低导致pH下降，但pH降幅

（0.5）小于稀释10倍的理论值（约1），说明电离程度增大，B错误；

22

C．加入NaOH中和H，使Cr2O7转化为CrO4（橙色→黄色），平衡正向移动，符合平衡移动方向，C正

确；⁺

--

D．加入NaOH中和硫酸后直接加碘水，过量的NaOH能与I2反应，I2转化为I、IO等，溶液中不含有I2，无

法证明淀粉是否存在，也就不能说明淀粉是否完全水解，D错误；

故选C。

14.常温下，将0.1molL1NaOH溶液分别滴加到20.00mL浓度均为0.1molL1的HA溶液和HB溶液

VNaOH溶液

中，滴加过程中溶液的pH随[]的变化曲线如图所示(忽略温度变化对水离子积

VHA或HB溶液

的影响)。下列说法错误的是

A.水的电离程度：①②

B.③处溶液中：cNacB

C.④处溶液中：cOHcHBcH

D.离子反应AHBHAB的化学平衡常数约为104

【答案】D

【解析】

【详解】A．η=0.5，说明2VNaOH溶液VHA或HB溶液，①点溶质为等浓度的HA、NaA，溶

液显碱性，说明NaA水解大于HA电离，②点溶质为等浓度的HB、NaB，溶液显酸性，说明NaB水解小于

HB电离，HB电离出的氢离子抑制水的电离，故水的电离程度：①②，A正确；

B．③处溶液显中性，cHcOH，根据电荷守恒式cNacHcBcOH，可得

cNacB，B正确；

C．η=1，说明VNaOH溶液VHA或HB溶液，④处溶液中只有一种溶质NaB，根据电荷守恒式

cNacHcBcOH和物料守恒式cNacBcHB，可得

cOHcHBcH，C正确；

D．0.1molL1HA溶液的pH6，c(H+)=10-6mol/L，溶液中c(H+)≈c(A-)，c(HA)≈0.1mol/L，则HA的

66

1010+-3+-

电离常数约为=11011，0.1molL1HB溶液的pH3，c(H)=10mol/L，溶液中c(H)≈c(B)，

0.1

103103

c(HB)≈0.1mol/L，则HB的电离常数约为=1105，离子反应AHBHAB的化学平

0.1

KHB

衡常数为Ka106，D错误；

KaHA

故选D。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

2

15.利用草酸(乙二酸，H2C2O4)与血液中Ca的特异性沉淀反应(生成CaC2O4)，经分离、溶解(如用

硫酸)后，通过高锰酸钾滴定法测定草酸含量，间接计算血钙浓度，是血钙测定的经典化学方法之一、某学

习小组对草酸的性质进行如下探究：

1.274.27

（1）草酸H2C2O4为二元弱酸，常温下，Ka1H2C2O410、Ka2H2C2O410。常温下，

11

向20mL1molLH2C2O4溶液中逐滴加入2molL的NaOH溶液调节pH。

①当调节溶液的pH2.0时，该阶段反应的离子方程式为_______。

2

②当溶液中的cHC2O4cC2O4时，溶液的pH_______。

（2）某同学用已知浓度的酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，以测定H2C2O4溶液的浓

度。

①在进行KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液的实验中，KMnO4溶液应盛放在_______(填“酸式”或“碱

式”)滴定管中；本实验中，_______(填“需要”或“不需要”)额外加入指示剂。

②到达滴定终点的现象是_______。

③若对盛装KMnO4溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，则测得消耗的KMnO4溶液体积会

_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，从而导致H2C2O4浓度测定结果_______(填“偏高”“偏低”

或“无影响”)；若滴定前盛装KMnO4溶液的滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，其他操作均正确，

则测得的H2C2O4浓度会_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】（1）①.②.4.27

H2C2O4OHHC2O4H2O

（2）①.酸式②.不需要③.当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，

且半分钟内不褪色④.偏小⑤.偏低⑥.偏高

【解析】

【小问1详解】

cHcCO2

cHcHC2O4244.27

①由题意知，1.27，，

Ka1H2C2O410Ka2H2C2O410

cH2C2O4cHC2O4

102molL1cHCO

的241.270.73

溶液pH2.0时，根据10，可得cHC2O410cH2C2O4，此时

cH2C2O4

溶液中以为主，故该阶段反应的离子方程式为；

HC2O4H2C2O4OHHC2O4H2O

2

cHcC2O4

②当溶液中的2时，根据4.27，可得4.271，

cHC2O4cC2O410cH10molL

cHC2O4

故pHlg104.274.27；

【小问2详解】

①KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，使其老化，因此应使用酸式滴定管盛放，本

实验中，因为KMnO4溶液本身具有紫红色，故不需要额外加入指示剂；

②由于KMnO4溶液在极低浓度下为浅红色，故滴定终点时溶液颜色由无色变为浅红色，且在半分钟内不

褪色；

③滴定前仰视，读数偏大；滴定后俯视，读数偏小，因此，这一误差会导致记录的加入KMnO4溶液的体

积偏小，导致H2C2O4浓度测定结果偏低；滴定前有气泡，滴定后气泡消失，说明消耗的KMnO4溶液体

积读数偏大，会导致测定结果偏高。

16.H2O2的分解反应2H2O2aq2H2OlO2g在常温下速率极慢，研究发现，向H2O2溶液中加

入少量KI溶液，可显著加快该反应的速率。请回答下列问题：

1

（1）已知：①H2gO2gH2O2aqΔH1188kJmol，

1

②2H2gO2g2H2OlΔH2572kJmol。则2H2O2aq2H2OlO2g

ΔH_______kJ・mol1。

（2）查阅资料发现，催化分解的反应历程分为和两步反应，其中第步反应为慢反应且

IH2O2iiii

ΔH0:H2O2aqIaqH2OlIOaq。

①两步反应中活化能较大的反应是_______(填“ⅰ”或“ⅱ”)。

②反应过程中，I和IO的浓度变化趋势示意图最可能是_______(填标号)。

11

③在某次实验中，测得H2O2的总消耗速率vH2O20.2molLmin，则此次实验中反应i的反应速

率为_______molL1min1。

④某学生将过氧化氢溶液与少量碘化钾溶液混合后，发现立即产生大量气泡，且气泡产生速率逐渐加快，

一段时间后，溶液呈棕黄色，产生的气泡明显减少。“产生的气泡明显减少”的原因可能有_______、_______。

（3）取50mLH2O2水溶液，在少量FeCl3存在下发生分解反应。在一定温度下，测得O2的放出量，转

换成H2O2浓度如下表：

t/min020406080

0.800.400.200.100.050

1

cH2O2/molL

11

0~20min，H2O2的平均消耗速率为_______molLmin。

【答案】（1）-196

（2）①.②.c③.0.1④.的浓度降低⑤.生成导致的浓度降低

iH2O2I2I

（3）0.02

【解析】

【小问1详解】

1

根据盖斯定律，②-2×①可得2H2O2(aq)2H2O(l)O2(g)ΔHΔH22ΔH1196kJmol;

【小问2详解】

①由题意可知，反应ⅰ是慢反应，故两步反应中活化能较大的是反应ⅰ；

②反应过程中催化剂I先消耗再生成，IO先生成再消耗，总量和I起始量一致，且生成IO的反应ⅰ是

慢反应，消耗IO的反应ⅱ是快反应，溶液中IO的浓度较低，因此I和IO的浓度变化趋势示意图最可

能是c；

11

③在某次实验中，测得H2O2的总消耗速率vH2O20.2molLmin，由两步反应方程式，可得出每

步反应消耗H2O2的物质的量浓度相等，但反应i为慢反应，时间几乎全部由第一步反应消耗，则此次实验

中反应ⅰ的反应速率为0.1molL1min1；

④依题意该催化反应的速率主要由反应H2O2aqIaqH2OlIOaq决定，故反应速率受

、的影响，因此产生的气泡明显减少的原因可能有的浓度降低、生成导致的浓

cH2O2cIH2O2I2I

度降低;

【小问3详解】

由表可知，在20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.800.40)molL10.40molL1，故该段时间内

0.40molL1

HO的平均消耗速率为0.02molL1min1。

2220min

17.硫酸是重要的化工原料，无论在化学工业、生产农药化肥还是加强国防力量方面，都有着重要的作用。

工业上以黄铁矿FeS2为原料制备硫酸的流程如图所示。

请回答下列问题：

（1）矿渣中含有Fe2O3，写出FeS2在沸腾炉中转化为Fe2O3的化学方程式：_______。

（2）接触室中的核心反应为2SO2gO2g2SO3g，已知在298K时，该反应的

ΔH198kJmol1,ΔS188Jmol1K1。

①在298K时，该反应的ΔG_______(保留整数)kJmol1；该反应在_______(填“高温”“低温”或

“任意温度”)条件下能自发进行。

②以V2O5为催化剂，SO2平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。在实际生产中，采用的压强是

0.1MPa(一个标准大气压)、选定的温度是400500℃，其主要原因分别为_______、_______。

（3）在某温度下，向恒容密闭容器中充入2molSO2(g)和1molO2(g)，反应达到平衡时，SO2的转化率

1

为80%，混合气体总压为1.1kPa，压强平衡常数Kp_______kPa(压强平衡常数Kp是以分压代替浓

度表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)；若保持温度不变，再向容器中充入2molSO3，平衡时SO2

的体积分数与原平衡相比将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。

（4）工业上常用过量氨水吸收含SO2的废气，相关离子方程式为_______。

高温

【答案】（1）4FeS211O28SO22Fe2O3

（2）①.-142②.低温③.0.1MPa下，SO2转化率已经很高，若增压会对设备提高要求，增

加成本④.在此温度下，催化剂活性高，反应速率较快

（3）①.160②.减小

（4）2

2NH3H2OSO22NH4SO3H2O

【解析】

【分析】由（1）可知，黄铁矿在沸腾炉中被空气中的氧气氧化得到Fe2O3，S元素被氧化为SO2，化学方程

高温

式为4FeS211O28SO22Fe2O3，矿渣主要成分为Fe2O3原料气主要成分为SO2，接触室中的核心

反应为2SO2gO2g2SO3g，SO3被浓硫酸在吸收塔吸收制备发烟硫酸。

【小问1详解】

高温

在沸腾炉中，FeS2与O2反应转化为Fe2O3和SO2的化学方程式为4FeS211O28SO22Fe2O3；

【小问2详解】

298K188Jmol1K1

①根据ΔGΔHTΔS198kJmol119856.024kJmol1142kJmol1；因

1

1000JkJ

为ΔH0，ΔS0，当ΔGΔHTΔS0时反应能自发进行，因此条件是低温；

②在实际生产中，应综合考虑生产成本，采用的压强为0.1MPa、选定的温度为400~500℃的原因是：常压

下，SO2转化率已经很高，若增压会对设备提高要求，增加成本；在此温度下，催化剂活性高，反应速率

较快。温度较低，会使反应速率减小，达到平衡所需时间变长；温度较高，SO2转化率会降低；

【小问3详解】

由题意列三段式：

2SO2gO2g2SO3g

n起始/mol210

n转化/mol280%0.81.6

n平衡/mol0.40.21.6

2

1.6mol

21.1kPa

pSO32.2mol1

；

Kp22160kPa

pSO2pO20.4mol0.2mol

1.1kPa1.1kPa

2.2mol2.2mol

若保持温度不变，再向容器中充入2molSO3，生成物浓度增大，则平衡将逆向移动。假设新平衡SO2的

、、

体积分数与原平衡相同，根据硫、氧原子守恒，SO2O2SO3的物质的量分别为0.8、0.4、3.2，总压强为

2.2kPa，此时压强商

3.2mol2

22.2kPa)

pSO4.4mol11

3，

Qp280kPa160kPa

pSOpO0.8mol20.4mol

222.2kPa2.2kPa

4.4mol4.4mol

说明“