湖北省武汉市重点中学2024_2025学年高二化学上学期期中试题含解析

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★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答
题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在
试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和
答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
可用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56
一、选择题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。在每小题四个选项中，只有一项符合
题目要求。
1. 下列关于能量变化的说法正确的是
A. 在高温、高压条件下发生的反应一定是吸热反应
B. 古文说“冰，水为之，而寒于水”，说明等量的水和冰相比，冰的能量更高
C. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
D. P4(s，白磷)= 4P(s，红磷) ΔH＜0，则红磷比白磷稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物总能量高于生成物总能量时为放热反应，反应物总能量低于生成物总能量时为吸热反应，
反应中的热量变化与反应条件无关，在高温、高压条件下发生的反应不一定是吸热反应，例如合成氨在高
温、高压条件下发生，是放热反应，A 错误；
B．古文说“冰，水为之，而寒于水”，液态水到固态水表现为放热，所以等量的水和冰相比，冰的能量更低，
B 错误；
C．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式大多表现为吸热和放热，也可以表现为其他
形式的能量例如光能，C 错误；
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D．P4(s，白磷)= 4P(s，红磷) ΔH＜0，白磷完全转化为红磷时，要放出能量，说明白磷能量高于红磷，
能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，D 正确；
选 D。
2. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是
选项 A B C D
强电解质 NaCl BaSO4 HNO3 盐酸
弱电解质 C2H5OH Fe(OH)3 NH3·H2O H2O
非电解质 蔗糖 Cl2 NH3 CH3COOH
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl 在水溶液中或熔融状态下能完全电离，属于强电解质，C2H5OH 和蔗糖在水溶液和熔融状
态下均不能导电，属于非电解质，A 错误；
B．BaSO4 溶于水的部分能够完全电离，属于强电解质，Fe(OH)3 是弱碱，属于弱电解质，Cl2 是单质，不是
非电解质，B 错误；
C．HNO3 是强酸，属于强电解质，NH3·H2O 是弱碱，属于弱电解质，NH3 自身在水溶液中不能发生电离、
其在熔融状态下不能导电，属于非电解质，C 正确；
D．盐酸是混合物，不属于强电解质，H2O 是弱电解质，CH3COOH 属于弱酸，属于弱电解质，D 错误；
故选 C。
3. 下列关于有效碰撞理论的说法错误的是
A. 增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
B. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数
C. 催化剂能增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率
D. 通过压缩体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，从而增大化学反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．增大反应物浓度时，单位体积内分子总数增加，但活化分子的百分数由温度和催化剂决定，浓
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度不影响百分数。浓度增加仅使单位体积内的活化分子数目增多，导致有效碰撞次数增加，并非改变百分
数，A 错误；
B．升温使更多分子获得活化能，活化分子百分数增大，反应速率提高，B 正确；
C．催化剂降低活化能，增大活化分子百分数，从而加快反应速率，C 正确；
D．压缩体积（气体反应）增大压强，单位体积内分子总数（包括活化分子）增多，有效碰撞频率增加，速
率加快，D 正确；
故选 A。
4. 下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 打开可口可乐瓶塞，可产生大量气泡
C. 工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高 的利用率
D. H2、I2(g)、HI 平衡混合气加压后颜色变深
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2 溶于水的反应为 Cl2 + H2O ⇌ H⁺+ Cl⁻+ HClO 。饱和食盐水中 Cl⁻浓度高，使平衡左移，减
少 Cl2 溶解，可用该原理解释，A 不符合题意；
B．可乐中 CO2 溶解平衡为 CO2(aq) ⇌ CO
2(g)。开瓶后压力降低，平衡右移释放 CO2 气体，符合原理，B
不符合题意；
C．反应 2SO2 + O2 ⇌ 2SO
3 中，过量空气(O2)使平衡右移，提高 SO2 利用率，符合原理，C 不符合题意；
D．反应 H2(g) + I2(g) ⇌ 2HI(g)的气体物质的量相等（2 ⇌ 2），加压不会改变平衡位置。颜色变深是因 I
2 浓
度增大（物理变化），而非平衡移动，故不能用该原理解释，D 符合题意；
故选 D。
5. 在 25℃和 101kPa 条件下，发生反应 P4(s)+3O2(g)=P4O6(s) H，已知部分化学键的键能数据分别为：P-P
198kJ/ml，P-O 360kJ/ml，O=O 498kJ/ml。白磷(P4)和六氧化四磷(P4O6)的分子结构如图所示，下列叙
述正确的是
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A. 相同条件下，P-O 键比 P-P 键更容易断裂
B. 断开白磷中 1mlP-P 键放出 198kJ 能量
C. 1mlP4O6(s)的能量比 1mlP4(s)和 3mlO2(g)的总能量低
D. 上述反应生成 1mlP4O6(s)时吸收 1638kJ 能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能越大，越不容易断裂，P-O 的键能比 P-P 键大，故 P-P 键更容易断裂，A 错误；
B．断裂化学键吸收能量，B 错误；
C．反应 的 =（6×198+3×498-12×360）kJ/ml =-1638kJ/ml，该反应为放热反
应，则 1mlP4O6(s)的能量比 1mlP4(s)和 3mlO2(g)的总能量低，C 正确；
D．由 C 选项分析可知，生成 1mlP4O6(s)时释放 1638kJ 能量，D 错误；
故选 C。
6. 下列实验设计恰当的是
A．准确测量中和反应反应热 B．探究温度对化学平衡的影响
D．蒸干 AlCl3 溶液获得 AlCl3 C．测 NaClO 溶液的 pH
晶体
A. A B. B C. C D. D
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【答案】B
【解析】
【详解】A．银质搅拌器、纯铜杯盖都是导热性好的材料，会使体系热量散失，导致测定的反应热的值不准，
A 错误；
B．实验只设置了温度这一个变量，故可以探究温度对化学平衡的影响，B 正确；
C．测量时 pH 试纸不能直接插入待测液中，且 NaClO 具有强氧化性，不能用 pH 试纸测量其 pH 值，应改
用 pH 计测量，C 正确；
D．AlCl3 溶液会水解生成 Al(OH)3 和 HCl，加热会促进水解，故蒸干 AlCl3 溶液获得的是 Al(OH)3，D 错误；
故答案选 B。
7. 下列说法正确的是
A. 与 反应中， 能减小该反应的焓变
B. 制 反应中， 能加快化学反应速率
C. 工业合成氨中，使用铁触媒能提高 N2 的平衡转化率
D. 豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A． 作为反应的催化剂，只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，A 错误；
B． 作为反应的催化剂，能降低反应的活化能，增加活化分子的数目，加快反应速率，B 正确；
C．铁触媒作为反应的催化剂，能加快反应速率，但不影响平衡，故不能提高 N2 的平衡转化率，C 错误；
D．固氮酶是豆科植物固氮过程中的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，D 错误；
故答案选 B。
8. 1913 年，德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮
食的需求。如图所示为哈伯法的流程图，下列说法错误的是
A. 为保持足够高的原料转化率，应在反应达到一定时间时将氨从混合气中分离出去
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B. 操作①中“净化”可以防止催化剂中毒
C. 操作③中“500℃”是催化剂催化活性的最佳温度
D. 操作②④⑤均既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
【答案】D
【解析】
【分析】N2 和 H2 净化后，通过压缩机加压、在催化剂作用下在合成塔中发生可逆反应生成氨气，将反应后
气体经过液化分离得到液氨将其分离出去，还有大量未反应的 N2 和 H2，将其回流到压缩机中，通过氮气和
氢气的循环使用，可以提高原料的利用率，据此解答。
【详解】A．在反应达到一定转化率时及时将氨从混合气中分离出去，使平衡正向移动，故可保持足够高的
原料转化率，故 A 正确；
B．步骤①中“净化”是除去杂质，以防止催化剂中毒，故 B 正确；
C．合成氨的反应是放热感应，高温不利于反应正向进行，操作③中选择“500℃”是催化剂催化活性的最
佳温度，催化效率较高，故 C 正确；
D．操作④液化分离中，将氨从混合气中分离出去，使平衡正向移动，可以提高原料的转化率，但反应速率
变慢，故 D 错误；
故选 D。
9. 在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法正确的是
A. a 点和 c 点均为纯水
B. b 点对应的溶液中大量存在：K＋、Ba2＋、NO 、I-
C. 在 c 点溶液中加 NH4Cl 固体，可实现 c 点向 d 点移动
D. T℃时，0.1ml/L 的 NaOH 溶液 pH=11
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a 点 ，同理 c 点 ，则 T＞25℃；
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【详解】A．a、c 两点均存在 ，溶液均为中性，可能是纯水，也可能是 等强酸强
碱盐，A 错误；
B．b 点对应的溶液中 ，溶液呈酸性，酸性条件下 具有强氧化性，与 会发生氧化
还原反应，不能大量共存，B 错误；
C．在 c 点溶液中加 固体， 水解使溶液呈酸性，d 点为碱性溶液，即 c 点不可能向 d 点移动，
C 错误；
D．T℃时， ，0.1ml/L 的 NaOH 溶液中， ，则 ，pH=11，
D 正确；
故选 D。
10. 某温度下，在密闭容器中充入一定量的 X(g)，发生下列反应： X(g)⇌Y(g)(△H1>0)、Y(g) ⇌Z(g)(△H
2
>0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。
下列反应进程示意图符合题意的是
A. B. C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移 X 的浓度逐渐减小、Y 和 Z 的浓度逐渐增大，后来随着时间
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的推移 X 和 Y 的浓度逐渐减小、Z 的浓度继续逐渐增大，说明 X(g) Y(g)的反应速率大于 Y(g) Z(g)的
反应速率，则反应 X(g) Y(g)的活化能小于反应 Y(g) Z(g)的活化能。
【详解】A．图像显示 X(g) Y(g)和 Y(g) Z(g)的∆H 都大于 0，但 X(g) Y(g)的活化能大于 Y(g) Z
(g)的活化能，A 错误；
B．图像显示 X(g)⇌Y(g)和 Y(g)⇌Z(g)的∆H 都小于 0，B 错误；
C．图像显示 X(g)⇌Y(g)和 Y(g)⇌Z(g)的∆H 都小于 0，C 错误；
D．图像显示 X(g) Y(g)和 Y(g) Z(g)的∆H 都大于 0，且 X(g) Y(g)的活化能小于 Y(g) Z(g)的活化
能，D 正确；
故选 D。
11. 25℃时，下列说法正确的是
A. 某溶液中由水电离出的 c(OH-)= 1×10-10 ml/L，该溶液一定呈酸性
B. pH=3 的盐酸溶液与 pH=11 的氨水溶液等体积混合，溶液显酸性
C. 物质 量浓度相等的 CH3COOH 和 CH3COONa 溶液等体积混合：
D. pH 相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4 溶液： 大小顺序为①>②>③
【答案】C
【解析】
【详解】A．某溶液中由水电离出的 c(OH-)= 1×10-10 ml/L，说明水的电离被抑制，可能是酸溶液，也可能
是碱溶液，溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，A 错误；
B．pH=3 的盐酸中 c(H+)= 1×10-3ml/L，pH=11 的氨水中 c(OH-)= 1×10-3ml/L，但氨水是弱碱，存在电离平
衡，实际浓度远大于 1×10-3 ml/L，等体积混合时，氨水过量，反应后溶液中存在大量 NH3·H2O，继续电离
出 OH-，导致溶液显碱性，B 错误；
C．物质的量浓度相等的 CH3COOH 和 CH3COONa 溶液等体积混合，存在电荷守恒：
和物料守恒： ，可
得 ，C 正确；
D．相同 pH 的(NH4)2SO4 与 NH4Cl 溶液中，都是强酸弱碱盐， 水解使溶液呈酸性，可判断二者 浓
度相等，由于 NH4HSO4 电离时产生 H+使溶液呈酸性， 的水解被抑制，因此 NH4HSO4 中 的浓度
小于(NH4)2SO4，故顺序为：①=②＞③，D 错误；
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故选 C。
12. 下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是 V
选
实验操作 现象 结论 项
向 和 KSCN 混合溶液 溶液颜色变 A
向浓度均为 0.1ml/L 的 前者溶液变
B NaHCO3 溶液和 NaHSO3 溶液 红，后者不变 NaHCO3 水解，而 NaHSO3 不水解
中滴加几滴酚酞试剂 色
前者有白色 取两份新制氯水，分别滴加
C 沉淀，后者溶 氯气与水的反应存在限度
AgNO3 溶液和淀粉 KI 溶液
液变蓝色
向盛有 2mL 0.1ml/L
溶液颜色由
，平衡 D 溶液 试管中滴加 橙色变为黄
向正反应方向移动
色
5-10 滴 6ml/L NaOH 溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入少量的 KCl 固体，对 Fe3+与 SCN-的平衡无影响，则溶液的颜色不变，A 错误；
B．NaHSO3 溶液中 的电离大于水解使溶液显酸性，NaHCO3 溶液中 的水解大于电离，溶液显
碱性，故滴加几滴酚酞试剂后，NaHCO3 溶液变红，NaHSO3 溶液不变色，B 错误；
C．Cl2 与水反应生成盐酸和 HClO，盐酸与 AgNO3 反应生成 AgCl 白色沉淀，HClO 将 I-氧化成 I2，I2 遇淀
粉变蓝，不能证明 Cl2 与水的反应存在限度，C 错误；
D．滴加 NaOH 溶液，溶液中 H+浓度减小，使平衡朝正反应方向移动，则溶液颜色由橙色变为黄色，D 正
确；故答案选 D。
13. 可采用 催化氧化法将工业副产物 制成 ，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：
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中，加入少量的 KCl 固体
浅 平衡向逆反应方向移动
。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法正确的是
A. Z 为 O2，W 为 Cl2
B. 反应制得 ，须投入
C. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
D. 升高反应温度，HCl 被 O2 氧化制 Cl2 的反应平衡常数增大
【答案】C
【解析】
【分析】由反应的化学方程式和机理图（结合元素守恒）可知，反应物 Y 为 HCl，Z 为 O2；产物 W 为 H2O
，X 为 Cl2。
【详解】A．由上述分析可知错误，A 错误；
B．CuO 是催化剂，反应过程中会循环，故适量即可，B 错误；
C．由机理图可知 CuCl2 分解生成 CuCl 和 Cl2，CuCl 与 O2 反应生成 Cu2OCl2 属于氧化还原反应，C 正确；
D．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D 错误；
故答案选 C。
14. 25℃时，向 10mL 0.01 NaCN 溶液中逐滴滴加 0.01 的盐酸，其 pH 变化曲线如图所示。
下列溶液中的关系一定正确的是(忽略体积微小变化)
A. a 点的溶液的 pH > 12
B. b 点的溶液：c(CN-)>c(HCN )
C. a、b、c 三点水的电离程度最大的是 a 点
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D. 加入 盐酸的溶液：
【答案】C
【解析】
【分析】NaCN 是强碱弱酸盐，其水解的离子方程式为 。
【详解】A．NaCN 是部分水解，则 0.01ml·L-1 的 NaCN 溶液中 c(OH-)NaNO2 ②. C ③. CH3COOH + ClO- = CH3COO- + HClO
（4） ①. ②. ③. 第一步电离增大了体系
中 H+的浓度，使第二步电离受到抑制
【解析】
【分析】相同条件下，电离平衡常数越大，酸性越强，对应酸根离子的水解能力越弱；弱电解质的电离、
盐的水解过程都是吸热。
【小问 1 详解】
弱电解质的电离是吸热过程，升温促进电离，故 增大；
【小问 2 详解】
A．醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子，说明醋酸不完全电离，是弱酸，A 正确；
B．醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色，只能说明醋酸能电离出氢离子，不能说明醋酸是弱酸，B 错误；
C．等体积等 pH 的醋酸和盐酸分别与足量 NaOH 溶液充分反应，醋酸消耗的氢氧化钠更多，说明醋酸是部
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分电离，是弱酸，C 正确；
D．醋酸和水能以任意比例混溶，不能说明醋酸是部分电离，D 错误；
E．醋酸与 Na2CO3 溶液反应放出 CO2 气体，说明醋酸的酸性强于碳酸，不能说明醋酸是部分电离，E 错误；
故答案选 AC；
【小问 3 详解】
①由常温下电离平衡常数可知，酸性：HNO2 > CH3COOH > HClO > HCN，根据 “越弱越水解”规则可知，
等浓度的四种溶液中阴离子的水解程度： ，故四种溶液的 pH 由大到小
的顺序为 NaCN>NaClO>CH3COONa>NaNO2；
②A．温度升高，醋酸电离程度增大，平衡常数增大，A 错误；
B．加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，平衡正向移动，但醋酸电离程度减小，B 错误；
C．加水稀释促进电离，醋酸电离程度增大，又因温度没变，故平衡常数不变，C 正确；
D．加入少量的醋酸钠固体，增大了醋酸根的浓度，使平衡逆向移动，醋酸电离程度减小，D 错误；
故答案选 C；
③由表格数据可知醋酸酸性强于次氯酸，故醋酸与次氯酸钠能发生“强制弱”反应，离子方程式为
CH3COOH + ClO- = CH3COO- + HClO；
【小问 4 详解】
草酸为二元弱酸，故分两步电离，电离方程式为 、 ；
第一步电离增大了体系中氢离子的浓度，使得第二步电离受到抑制（平衡逆向移动），故有 。
17. 不同价态含硫化合物的转化在工业上有重要的应用。某化学小组对反应 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
ΔH=-198kJ·ml-1 进行研究。回答下列问题：
（1）相同条件下，在某恒容密闭容器中充入 2mlSO2 和 1mlO2，发生上述反应。
①下列情况能说明反应达到化学平衡状态的是___________。
A．v(SO2)=2v(O2)
B．SO2、O2、SO3 三者的浓度之比为 2：1：2
C．容器内气体的压强保持不变
D．气体的密度保持不变
E．单位时间内每消耗 2mlSO2，同时生成 2mlSO3
F．混合气体的平均相对分子质量保持不变
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②欲提高 SO2 的平衡转化率，下列措施可行的是___________。
a．改变反应的催化剂 b．升高温度 c．向装置中充入 N2 d．向装置中再充入 O2
（2）在一个容积为 2L 的恒温恒容密闭容器中，以不同投料方式研究上述反应，得到的数据如下表：
实验分组 甲组 乙组
反应物 2mlSO2、1mlO2 2mlSO3
反应热量 放热 158.4kJ 吸收热量 Q kJ
反应物的平衡转化率 a b
①表中 a=___________，Q=___________，甲组实验在该条件下的平衡常数 K=___________。
②若将乙组实验的容器改为绝热容器，则 b 值___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
③在相同条件下，若将甲组实验按 2mlSO2、1mlO2、1mlSO3 进行投料，则反应开始时 v 正 ___________
v 逆(填“>”“=”或“ ⑥. 变大
【解析】
【分析】该反应是气体体积减小的放热反应；判断可逆反应是否达到平衡标准：①v 正=v 逆，②“变量”
不变；对于恒温恒容，△n 0 的可逆反应，反应物或生成物进行“一边倒”后（按计量数进行极值转化），
两体系各组分的物质的量完全相等则这两个体系为等效平衡。
【小问 1 详解】
A．v(SO2)=2v(O2)，没有指明正逆反应速率关系，反应不一定达到平衡状态，A 错误；
B．初始各组分的浓度未知，当 SO2、O2、SO3 三者的浓度之比为 2：1：2 时，不能判断反应是否达到平衡，
B 错误；
C．该反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，体系压强减小，当压强不变时说明反应达到平衡，C
正确；
D．该反应全部由气体参与，根据质量守恒定律，故反应前后气体总质量不变，则恒容体系下，密度始终不
变，故气体的密度保持不变不能判断反应是否达到平衡，D 错误；
E．单位时间内每消耗 2mlSO2，同时生成 2mlSO3，都只能表示正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，
E 错误；
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F．该反应全部由气体参与，根据质量守恒定律，反应前后气体总质量不变，又知该反应是气体物质的量减
小的反应，故随着反应的进行，混合气体的平均摩尔质量增大，即混合气体的平均相对分子质量也增大，
当混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡，F 正确；故答案选 CF；
a．催化剂不能使平衡的移动，故 SO2 的平衡转化率不变，a 错误；
b．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，SO2 的平衡转化率减小，b 错误；
c．对于恒容体系，向装置中充入 N2，并不会影响反应体系中各组分的浓度，故平衡不移动，SO2 的平衡转
化率也不变，c 错误；
d．向装置中充入 O2，增大了反应物的浓度，平衡正向移动，SO2 的平衡转化率增大，故答案选 d；
【小问 2 详解】
由反应热化学方程式可知，当 2ml SO2 和 1ml O2 完全转化为 2ml SO3 时，放出 198kJ 的热量，现在只放
出 158.4kJ 的热量，则反应物的转化率为 ；由表格中反应物加入的量可知，甲、乙
两组实验是等效的，即反应达到平衡时，各组分的含量相同，故乙组实验达到平衡时吸收热量 b=198kJ－
158.4kJ=39.6 kJ；甲组实验达到平衡时，反应物转化率为 80%，即 SO3、O2 分别转化了 0.8ml/L、0.4ml/L，
列出如下三段式： ，则平衡常数 K=
；将乙组容器改为绝热容器，随着反应进行，
体系温度下降，反应会朝着生成 SO3 的方向进行，故 SO3 的转化率减小，即 b 值减小；由题意可算出浓度
商 Qc=
v 逆；按照化学计量数进行“一边倒”后，相当于初始加入 3ml SO2、1.5mlO2，这相对于原始甲组所给数
据来说，相当于增大了压强，平衡会正向移动，故平衡时 SO3 的百分含量较原甲组实验更大。
18. 阅读下列材料，完成下面小题。
测定铁矿石中铁含量的传统方法是 滴定法。研究小组用该方法测定质量为 的某
赤铁矿试样中的铁含量。
【配制溶液】
① 标准溶液
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② 溶液：称取 溶于 浓盐酸，加水至 ，加入少量锡粒。
【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。
已知：氯化铁受热易升华；室温时 可将 氧化为 ：Hg2++ =Sn4++Hg，难以氧化 ；
可被 还原为 ： 。
（1）下列仪器在本实验中必须用到的有___________(填名称)。
（2）结合离子方程式解释配制 溶液时加入锡粒的原因：___________。
（3）步骤 中“微热”的原因是___________。
（4）下列操作将导致测定值偏高的是___________。
A. 步骤 中样品溶解不充分
B. 步骤 中未加入 HgCl2 饱和溶液
C. 步骤 中读数时，滴定前平视，滴定后俯视
D. 步骤 中未立即滴定
（5）若消耗 标准溶液 ，则 试样中 的质量分数为___________(用含 a、c、
V 的代数式表示)。
（6） 滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用 和 将铁矿石试样中
还原为 ，再用 标准溶液滴定。从环保角度分析，该方法相比于 ，
滴定法的优点是___________。
【答案】（1）容量瓶、量筒
（2）Sn2+易被空气氧化为 Sn4+，离子方程式为：2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O，加入Ｓｎ发生反应：Sn4
++Sn=2Sn2+，可防止 Sn2+被空气氧化
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（3）提高试样与浓盐酸反应速率；同时可以减小氯化铁的升华（减少浓盐酸的挥发等合理答案） （4）
B
（5） %
（6）减少重金属盐 HgCl2 的使用，毒性更小，更安全，有利于保护环境
【解析】
【分析】浓盐酸与试样反应，使得试样中 Fe 元素以离子形式存在，滴加稍过量的 SnCl2 使 Fe3+还原为 Fe2+，
冷却后滴加 HgCl2，将多余的 Sn2+氧化为 Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用 K2Cr2O7 进行滴
定，将 Fe2+氧化为 Fe3+，化学方程式为 。
【小问 1 详解】
配制 SnCl2 溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，因此给出仪器
中，本实验必须用到容量瓶、量筒。
【小问 2 详解】
Sn2+易被空气氧化为 Sn4+，离子方程式为：2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O，加入 Sn 发生反应：Sn4
++Sn=2Sn2+，可防止 Sn2+被空气氧化。
【小问 3 详解】
步骤Ⅰ中“微热”的原因是：提高试样与浓盐酸反应速率；同时可以减小氯化铁的升华（减少浓盐酸的挥发等
合理答案）。
【小问 4 详解】
A．步骤Ⅰ中样品溶解不充分，使溶液中 Fe 元素的总量偏少，测定结果偏低，故 A 错误；
B．步骤Ⅱ中未加入 HgCl2 饱和溶液，过量的 SnCl2 也会被 K2Cr2O7 氧化，导致消耗 K2Cr2O7 标准液的体积
偏大，使测定结果偏高，故 B 正确；
C．读数时滴定前平视，滴定后俯视，则消耗 K2Cr2O7 标准液的体积读数偏小，测定的 Fe 的物质的量和质
量均偏小，测定结果偏低，故 C 错误；
D．步骤Ⅲ中未立即滴定时，部分 Fe2+又被氧化为 Fe3+，导致消耗 K2Cr2O7 溶液的体积偏小，测定的 Fe 的
物质的量和质量均偏小，测定结果偏低，故 D 错误；
故答案为：B。
【小问 5 详解】
根据关系式：6Fe2+～K2Cr2O7，则 ag 试样中 Fe 的质量分数= ×100%=
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%。
【小问 6 详解】
SnCl2—TiCl3—KMnO4 滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用 SnCl2 和 TiCl3 将铁矿石试样中 Fe3+还
原为 Fe2+，再用 KMnO4 标准溶液滴定，从环保角度分析，该方法相比于 SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7 滴定法的
优点是减少重金属盐 HgCl2 的使用，毒性更小，更安全，有利于保护环境。
19. 随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。
I．工业上以 和 为原料在一定温度和压强下合成尿素 ，反应分两步：
i．2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(s) ∆H1 = -159.5kJ/ml
ii．NH2COONH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) ∆H2 = +72kJ/ml
（1）写出 和 反应生成尿素的热化学方程式___________。该反应活化能 Ea(逆)为
，则该反应的活化能 Ea(正)为___________ ，该反应在___________(填“高温”、“低温”、
“任意温度”)下可自发进行。
（2）合成尿素其能量变化如图甲所示：
反应速率较快的是___________反应(填“第一步”或“第二步”)，理由是___________。
II．以 和催化重整制备合成气： 。
（3）在密闭容器中通入物质的量均为 的 CH4 和 CO2，在一定条件下发生反应
， 的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图乙所示。由
图乙可知，压强 ___________ (填“>”“