《2025年天利38套五年真题高考试题分类化学》

1.【生产环保】(2025·山东卷,12分)利用${CaS}$循环再生可将燃煤尾气中的${SO_{2}}$转化生产单质硫,涉及的主要反应如下:
Ⅰ.${CaS(s) + 2SO_{2}(g)⇌ CaSO_{4}(s) + S_{2}(g)}\ \ \ \Delta H_{1}$
Ⅱ.${CaSO_{4}(s) + 4H_{2}(g)⇌ CaS(s) + 4H_{2}O(g)}\ \ \ \Delta H_{2}$
Ⅲ.${SO_{2}(g) + 3H_{2}(g)⇌ H_{2}S(g) + 2H_{2}O(g)}\ \ \ \Delta H_{3}$
恒容条件下,按$1\ mol\ {CaS}$,$1\ mol\ {SO_{2}}$和$0.1\ mol\ {H_{2}}$投料反应。平衡体系中,各气态物种的$\lg n$随温度的变化关系如图所示,$n$为气态物种物质的量的值。
已知:图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数$K=10^{8}$基本不变。

回答下列问题:
(1)反应${4H_{2}(g) + 2SO_{2}(g)⇌ 4H_{2}O(g) + S_{2}(g)}$的焓变$\Delta H=$$\Delta H_1+\Delta H_2$(用含$\Delta H_{1}$、$\Delta H_{2}$的代数式表示)。
(2)乙线所示物种为H2O(填化学式)。反应Ⅲ的焓变$\Delta H_{3}$＜(填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)0。
(3)$T_{1}$温度下,体系达平衡时,乙线、丙线所示物种的物质的量相等,若丁线所示物种为$a\ mol$,则${S_{2}}$为$\frac{0.9 + a}{2}$$mol$(用含$a$的代数式表示);此时,${CaS}$与${CaSO_{4}}$物质的量的差值$n{(CaS)}-n{(CaSO_{4})}=$150a$mol$(用含$a$的最简代数式表示)。
(4)$T_{2}$温度下,体系达平衡后,压缩容器体积${S_{2}}$产率增大。与压缩前相比,重新达平衡时,${H_{2}S}$与${H_{2}}$物质的量之比$\dfrac{n{(H_{2}S)}}{n{(H_{2})}}$增大(填“增大”“减小”或“不变”),${H_{2}O}$物质的量$n{(H_{2}O)}$减小(填“增大”“减小”或“不变”)。

答案： 1.(12分)
(1)$\Delta H_1+\Delta H_2$
(2)$H_2O＜$
(3)$\frac{0.9 + a}{2}$ $150a$
(4)增大 减小
[图像分析]由于反应II$K = 10^8$基本不变，得出乙线所示物种为$H_2O(g)$，丁线所示物种为$H_2(g)$（乙线和丁线两曲线在不同温度下，纵坐标变化趋势几乎相同，可以推测符合反应II$K$基本不变这个情况）。氢气起始的物质的量为0.1mol，随温度升高$H_2O$和$H_2$的量均增大，由$H$守恒可知$H_2S$的量随温度升高而减少，则丙线所示物种为$SO_2(g)$，甲线所示物种为$H_2S$。
[解析]化学反应原理综合
(1)根据盖斯定律，该反应=反应I+反应II，$\Delta H=\Delta H_1+\Delta H_2$。
(2)升温$n(S_2)$减小，说明反应I为放热反应，升温$n(H_2S)$减小，说明反应III为放热反应。
(3)初始投料$n(SO_2)=1mol$，$n(H_2)=0.1mol$，$T_1$温度下平衡时$n(H_2)=amol$，$n(H_2O)=100amol$，$n(SO_2)=100amol$，根据氢原子守恒得出$n(H_2S)=(0.1 - 101a)mol$，再根据钙原子及硫原子守恒得出$SO_2$、$S_2$、$H_2S$中硫原子物质的量共1mol，$n(S_2)=\frac{0.9 + a}{2}mol$，再根据氧原子守恒得出$n(CaSO_4)=\frac{2 - 300a}{4}mol$，$n(CaS)=1mol - n(CaSO_4)$，$n(CaS)-n(CaSO_4)=150amol$。
(4)加压后$S_2$的量增加，反应I、反应III平衡均正向移动，则$\frac{n(H_2S)}{n(H_2)}$增大；反应II的$K$值基本不变，$K=\frac{c^4(H_2O)}{c^4(H_2)}$，$n(H_2)$减小，则$n(H_2O)$也减小。

2.(2025·陕晋青宁卷,15分)${MgCO_{3}/MgO}$循环在${CO_{2}}$捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用${MgCO_{3}}$与${H_{2}}$反应生成${CH_{4}}$的路线,主要反应如下:
Ⅰ.${MgCO_{3}(s)\xlongequal{}MgO(s) + CO_{2}(g)}\ \ \ \Delta H_{1}=+101\ kJ/mol$
Ⅱ.${CO_{2}(g) + 4H_{2}(g)\xlongequal{}CH_{4}(g) + 2H_{2}O(g)}\ \ \ \Delta H_{2}=-166\ kJ/mol$
Ⅲ.${CO_{2}(g) + H_{2}(g)\xlongequal{}H_{2}O(g) + CO(g)}\ \ \ \Delta H_{3}=+41\ kJ/mol$
回答下列问题:
(1)计算Ⅳ.${MgCO_{3}(s) + 4H_{2}(g)\xlongequal{}MgO(s) + 2H_{2}O(g) + CH_{4}(g)}\ \ \ \Delta H_{4}=$-65$kJ/mol$。
(2)提高${CH_{4}}$平衡产率的条件是B。
A. 高温高压
B. 低温高压
C. 高温低压
D. 低温低压
(3)高温下${MgCO_{3}}$分解产生的${MgO}$催化${CO_{2}}$与${H_{2}}$反应生成${CH_{4}}$,部分历程如图,其中吸附在催化剂表面的物种用$*$标注。所示步骤中最慢的基元反应是④(填序号),生成水的基元反应方程式为$HO^+ + CH_3 + H_2\longrightarrow CH_3 + H_2O$ (或$HO^+ + CH_3 + H^+ + H_2O\longrightarrow CH_3 + H^+ + 2H_2O$)。

(4)$100\ kPa$下,在密闭容器中${H_{2}(g)}$和${MgCO_{3}(s)}$各$1\ mol$发生反应。反应物(${H_{2}}$、${MgCO_{3}}$)的平衡转化率和生成物(${CH_{4}}$、${CO_{2}}$)的选择性随温度变化关系如图(反应Ⅲ在$360\ ^{\circ}C$以下不考虑)。

①表示${CH_{4}}$选择性的曲线是c(填字母)。
②点$M$温度下,反应Ⅱ的$K_{p}=$$\frac{(0.49×100)^2}{(0.02×100)^4}$$(kPa)^{-2}$(列出计算式即可)。
③在$550\ ^{\circ}C$下达到平衡时,$n{(CO)}=$0.2$mol$。
$500\sim600\ ^{\circ}C$,随温度升高${H_{2}}$平衡转化率下降的原因可能是500～600℃时反应II为主要反应，其为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，$H_2$平衡转化率下降。

答案： 2.(15分)
(1)-65
(2)B
(3)④ $HO^+ + CH_3 + H_2\longrightarrow CH_3 + H_2O$ (或$HO^+ + CH_3 + H^+ + H_2O\longrightarrow CH_3 + H^+ + 2H_2O$)
(4)①c ②$\frac{(0.49×100)^2}{(0.02×100)^4}$ ③0.2 500～600℃时反应II为主要反应，其为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，$H_2$平衡转化率下降
[解析]化学反应原理
(1)根据盖斯定律，反应IV=反应I+反应II，则$\Delta H_4=\Delta H_1+\Delta H_2= + 101kJ/mol+(-166kJ/mol)=-65kJ/mol$。
(2)反应IV为气体分子数减小的放热反应，其他条件相同时，低温高压有利于平衡正向移动。
(3)历程图显示第④步活化能最大，则该步反应速率最慢；第③步生成水，其基元反应方程式为$HO^+ + CH_3 + H^+ + H_2O\longrightarrow CH_3 + H^+ + 2H_2O$，消除$H_2O$、$H^+$后可以写成$HO^+ + CH_3 + H_2\longrightarrow CH_3 + H_2O$。
(4)①温度升高，$H_2$的平衡转化率减小，说明反应II逆向移动；温度升高，反应I平衡正向移动，$MgCO_3$的平衡转化率增大，$CO_2$选择性增大，$CH_4$选择性减小，可知c表示$CH_4$选择性，不发生反应III时$CH_4$和$CO_2$的选择性之和为100%，由M点时b和c曲线对应数值均为50%可知，b代表$CO_2$的选择性。②M点，$CO_2$的选择性和$CH_4$选择性均为50%，$MgCO_3$的平衡转化率为49%，$n(CO_2)_平=n(CH_4)_平=0.245mol$，利用三段式：
$CO_2(g)+4H_2(g)\rightleftharpoons CH_4(g)+2H_2O(g)$
起始量/mol 0.49 1 0
变化量/mol 0.245 0.98 0.245 0.49
平衡量/mol 0.245 0.02 0.245 0.49
平衡时，$n_{总}=(0.245 + 0.02 + 0.245 + 0.49)mol = 1mol$，$p_{总}=100kPa$，$K_p=\frac{(0.245×100)×(0.49×100)^2}{(0.245×100)×(0.02×100)^4}(kPa)^{-2}=\frac{(0.49×100)^2}{(0.02×100)^4}(kPa)^{-2}$。③由图知550℃下，1mol的$MgCO_3$完全转化，$CO_2$的选择性为70%，$CH_4$的选择性为10%，则$CO$的选择性为20%，物质的量为0.2mol。