（网络收集）2025年山东卷化学高考真题带答案带解析带分值文字版可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是（）A.侯德榜发明了以和为原料的联合制碱法B.戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说C.拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说D.哈伯发明了以和为原料合成氨的方法【答案】A【解析】本题主要考查了关于氧化还原反应的基本概念，选项A中联合制碱法主要为复分解反应，其中N，H等元素化合价未改变，故A不属于氧化还原反应；选项B戴维电解盐酸的反应为：，H元素化合价从+1价降低到0价，Cl元素化合价从-1价升高到0价，B涉及氧化还原反应。选项C金属和反应时，金属元素化合价升高，O元素化合价从0价降低到-2价，C涉及氧化还原反应。选项D合成氨反应中,N元素化合价从0价降低到-3价，H元素化合价从0价升高到+1价，D涉及氧化还原反应。综上，选择A。【分值】2分2．化学应用体现在生活的方方面面，下列用法不合理的是（）A.用明矾净化黄河水B.用漂白粉漂白蚕丝制品C.用食醋去除水壶中水垢D.用小苏打作烘焙糕点膨松剂【答案】B【解析】本题主要考查了关于一些化学常识概念的生活应用选项A：明矾的化学式为，水中Al离子会发生水解反应生成胶体。胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，从而起到净化水的作用，所以可以用明矾净化黄河水，A选项用法合理。选项B：漂白粉的有效成分是，其水解产生的具有强氧化性。蚕丝制品的主要成分是蛋白质，强氧化性的会使蛋白质变性，从而损坏蚕丝制品，所以不能用漂白粉漂白蚕丝制品，B选项用法不合理。选项C：水壶中水垢的主要成分是和。食醋的主要成分是,具有酸性，能与发生反应，也能与发生反应，从而去除水垢，C选项用法合理。选项D：小苏打的成分是，在烘焙糕点时，受热会分解，分解产生的气体能使糕点蓬松，所以可以用小苏打作烘焙糕点膨松剂，D选项用法合理。综上，答案选B。【分值】2分3．实验室中，下列试剂保存方法正确的是（）A.液溴加水封保存在广口试剂瓶中B.硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中C.高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中D.金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中【答案】B【解析】本题主要考察了一些常见药品的储存知识选项A：液溴是液态的溴单质，易挥发。液溴应保存在细口试剂瓶中，加水封可减少其挥发，不能保存在广口试剂瓶中（广口试剂瓶一般用于保存固体药品），A选项保存方法错误。选项B：硝酸银见光易分解，为了防止其见光分解，硝酸银溶液应保存在棕色细口试剂瓶中（细口瓶用于保存液体药品），B选项保存方法正确。选项C：高锰酸钾具有强氧化性，苯酚具有还原性。强氧化性的高锰酸钾与具有还原性的苯酚能发生氧化还原反应，所以不能存放在同一药品柜中，C选项保存方法错误。选项D：金属锂的密度比煤油小，会浮在煤油表面。锂通常保存在石蜡油中，不能保存在盛有煤油的广口试剂瓶中（锂保存在煤油中起不到隔绝空气的作用），D选项保存方法错误。综上，答案选B。【分值】2分4．称取固体配制浓度约为的溶液，下列仪器中不需要使用的是（）A.烧杯B.容量瓶C.量筒D.细口试剂瓶（具橡胶塞）【答案】C【解析】本题主要考察了实验中器材的选取选项A溶解固体时需要在烧杯中进行，100mL烧杯可以用来溶解1.6g，A需要使用。选项B因为要配制400mL溶液，实验室没有400mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶来配制溶液，B需要使用。选项C配制溶液过程中，量取一定体积的水一般使用量筒，但本题是配制溶液，不是量取一定体积的溶液，不需要500mL量筒，C不需要使用。选项D配好的溶液需要转移到细口试剂瓶中保存，溶液能与玻璃中的反应，要用具橡胶塞的试剂瓶，500mL细口试剂瓶（具橡胶塞）可用来保存配好的溶液，D需要使用。综上，本题选C。【分值】2分5．下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是（）A.用溶液吸收少量B.用和水制备少量C.用和浓盐酸制备D.用稀硝酸溶解少量粉：【答案】C【解析】本题考查了离子方程式的书写判断选项A用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫，应生成亚硫酸根离子，A错误。选项B用过氧化钠和水制备少量氧气，原方程式不满足原子守恒，B错误。选项C用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，反应的离子方程式正确，C正确。选项D用稀硝酸溶解少量Cu粉，硝酸铜是强电解质应拆写，D错误。故答案为：C。【分值】2分6．第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是（）A.的中子数与质子数之差为104 B.与是同一种核素C.基态原子核外共有10个d电子D.位于元素周期表中第6周期【答案】D【解析】A项的中子数为，中子数与质子数之差为并非104，A错误；B项与质子数相同、中子数不同，是不同核素，B错误；C项的电子排布为，共有20个d电子，C错误；D项的核外电子排布满足第六周期元素特征，D正确。【分值】2分7．用硫酸和可制备一元弱酸。下列说法错误的是（）A.的水溶液显碱性B.的空间构型为V形C.为含有共价键的离子化合物D.的中心N原子所有价电子均参与成键【答案】B【解析】本题考察了硫酸和制备HN3相关题目分析选项A：为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，A正确；选项B：计算的中心N原子的价层电子对数，把看作，中心N原子与两个N原子相连，孤电子对数=（5-2×3+1）/2=0，价层电子对数=2+0=2，根据价层-电子对互斥理论，其空间构型为直线形，不是V形，B错误；选项C：由和构成，存在离子键，中N原子之间存在共价键，所以为含有共价键的离子化合物，C正确；选项D：的中心N原子形成了两个σ键和两个Π键，其价电子数为5，所有价电子均参与成键，D正确。综上，本题选B【分值】2分8．物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】解析：A项HF沸点高于HCl是因为HF存在氢键，与电离能无关，A错误；B项酸性强于是因为Cl的电负性差异导致羟基中O-H键极性不同，B正确；C项金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，共价键键能更大，C正确；D项MgO熔点高于NaF是因为、电荷数多于、，离子键更强，D正确。故选A。【分值】2分9．用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A.是还原反应的产物B.还原性：C.处理后溶液的增大D.图示反应过程中起催化作用的是【答案】C【解析】分析A选项：由反应原理图可知，中N元素化合价从-2价升高到氮气中的0价，发生氧化反应，是氧化反应的产物，A错误。分析B选项：由图可知，将还原为亚铁离子，是还原剂，亚铁离子是还原产物，根据还原性：还原剂＞还原产物，所以还原性，B错误。分析C选项：总反应方程式消耗，溶液中氢离子浓度减小，根据pH=-lgc（），则处理后溶液的PH增大，C正确。分析D选项：由图可知，Cu在整个过程中参与了反应，不是起催化作用，D错误。故本题答案为：C。【分值】2分10．在恒容密闭容器中，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：温度时，完全分解；体系中气相产物在温度时的分压分别为。下列说法错误的是（）A.a线所示物种为固相产物B.温度时，向容器中通入，气相产物分压仍为C.小于温度时热解反应的平衡常数D.温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大【答案】D【解析】本题考察了化学反应图像问题及分压原理与平衡常数的关系A项：a线物质的量不随温度变化，为固相产物，A正确；B项：温度()时通入惰性气体，各物质分压不变，平衡不移动，B正确；C项：由图可知，升温b线代表的SiF4增多，则反应为吸热反应，升温增大，已知：温度时，完全分解，则该反应T2以及之后正向进行趋势很大，Qp＜Kp，体系中气相产物在温度时的分压为，，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有，，即温度时热解反应的平衡常数，C正确；D项加入b线物种（气相产物），逆反应速率不变，C错误。综上，本题选D【分值】2分二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】本题考察了实验仪器及材料相关的知识A选项：灼烧海带需要在坩埚中进行，坩埚放在泥三角上加热，该选项仪器选择正确，A正确。B选项：加热浓缩溶液应该在蒸发皿中进行，而不是表面皿，表面皿一般用于观察反应等，不能用于加热浓缩溶液，B错误。C选项：固体具有腐蚀性，不能放在称量纸上称量，应放在小烧杯等玻璃器皿中称量，C错误。D选项：量取25.00ml稀硫酸需要用酸式滴定管或者25ml移液管，但是移液时一般将液体转移到容量瓶等用于配制溶液的容器中，而不是锥形瓶，锥形瓶一般用于滴定实验等，D错误。故本题答案为：A。【分值】4分12．全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是（）A.隔膜为阳离子交换膜B.放电时，a极为负极C.充电时，隔膜两侧溶液浓度均减小D.理论上，每减少总量相应增加【答案】BC【解析】本题主要考察了电池充放电及电解质的相关知识点A选项a，b两级通过的为阴离子，所以隔膜为阴离子交换膜，A错误；B选项放电时：正极反应：（右侧电极，即b级），负极反应：（左侧电极，即a极），故B正确；C选项充电时，正极反应：，负极反应：，两侧浓度均减小，故C正确；D选项总反应式为，每有1mol减少就会有1.5mol增加，故D错误；综上，答案为BC。【分值】4分13．钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；。下列说法错误的是（）A.试剂X可选用粉B.试剂Y可选用盐酸C.“分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中D.“酸浸”后滤液Ⅰ的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少【答案】A【解析】本题主要考察了工艺流程中的物质分析及推断题A选项加入试剂X的目的可能是将氧化为，而加入铁粉后会将还原为，所以不能选用铁粉，可选用做氧化剂，A错误；B选项若试剂Y选用盐酸，会使生成的沉淀，随后脱水形成，B正确；C选项因为能溶于水，加入后，Fe元素形成等可溶物进入滤液Ⅱ，C正确。D选项“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小，浓度过大会与结合形成甚至，使减小，根据沉淀-溶解平衡(s)=(aq)+(aq)，平衡正向移动，沉淀溶解，导致滤渣Ⅱ（主要成分可能是等）质量减少，D正确。综上，本题选A。【分值】4分14．以异丁醛为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是（）A.M系统命名为2-甲基丙醛B.若原子利用率为100%，则X是甲醛C.用酸性溶液可鉴别N和Q D.过程中有生成【答案】CD【解析】A选项对于醛类有机物进行系统命名时，选择含有醛基的最长碳链为主链，从醛基碳原子开始编号。异丁醛（M）的结构简式为，主链有3个碳原子，醛基在1号碳，甲基在2号碳，系统命名为2-甲基丙醛，A正确；B选项观察M和N的结构，M为，N为，若M+X-->N原子利用率为100%，对比M和N的结构差异，可知X为（甲醛），发生的是加成反应，B正确；C选项N中含有羟基和醛基，Q中含有碳碳双键和酯基。羟基、醛基和碳碳双键都能被酸性高猛酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别N和Q，C错误。D选项分析P--->Q的反应过程，发生分子内的酯交换反应（类似酯化反应的机理），根据反应的断键和成键规律，会有生成，没有，D错误。故本题答案为：CD。【分值】4分15．常温下，假设水溶液中和初始物质的量浓度均为。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随的变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）。已知：体系中含钴物种的存在形式为和；，。下列说法正确的是（）A.甲线所示物种为B.的电离平衡常数C.时，物质的量浓度为D.时，物质的量浓度：【答案】D【解析】本题考察了溶液中的各离子含量，及反应的随PH变化的图像问题。A选项：随着pH增大，溶液碱性增强，会逐渐减少，也会转化为，所以的摩尔分数先增后减，所以甲为，A错误。B选项：当时，和的摩尔分数均为，则的摩尔分数为。的二级电离方程式为，。由图可知此时，，根据摩尔分数与浓度的关系（在同一体系中，物质的量浓度之比等于摩尔分数之比），。因为时，和的摩尔分数相等，根据的电离、，，此时，所以。又因为，当时，，B错误。C选项：当时，溶液中存在，。由前面分析可知时，的摩尔分数为，初始浓度为，则此时。所以，但由于体系中还存在水解产生的，所以的浓度要小于，C错误。D选项：当时，和的摩尔分数相等，均为，则。此时，，，因为值不确定，但从图中可知对应的溶液仍为酸性（小于7），，所以，D正确。故本题答案为D。【分值】4分三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：（1）在元素周期表中，位于第___________周期___________族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为___________。（2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。①元素C，N，O中，第一电离能最大的是___________，电负性最大的是___________。②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为___________。③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是___________（填元素符号）。（3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示（晶胞边长为）。①晶胞中原子的半径为___________。②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是___________，该截面单位面积含有的原子为___________个。【答案】（1）四；Ⅷ；4:5（2）①N；O②杂化③O（3）①②n【解析】本题考查了元素周期表，元素的第一电离能、电负性，原子的核外电子排布，配位化学，杂化轨道、晶体结构及晶胞计算等知识点。(1)铁(Fe)元素是第26号元素，位于元素周期表4周期Ⅷ族；基态原子电子排布为；基态电子排布为；、，因此未成对电子数之比为4:5。(2)①同一周期从左往右，第一电离能总体增大，但N原子核外电子排布为，价层电子为半充满结构，更稳定，因此第一电离能：[电离能反常ⅡA>ⅢA；ⅤA>ⅥA]；同一周期从左到右，电负性增大；因此电负性。②尿素分子的结构简式为：，存在碳氧双键，因此C原子的杂化方式为杂化；③配位原子能够提供孤电子对，因此O、N均满足，但形成配位键后碳氮键长均相等，因此N原子不参与形成配位键，配位原子为O。(3)①体心立方晶胞中，体对角线长度为，，。②二维截面中，顶角原子被4个晶面共用，中心原子为一个晶面独有，因此m面的原子个数为：4×14=1；n面的原子：4×14+1=2；，因此n面活性更低；n面的面积为2a2pm2,因此单位面积含有的铁原子。【分值】12分17．（12分）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿（要含及等元素的氧化物）分离提取等元素，工艺流程如下：已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。回答下列问题：（1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为___________。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有___________（填化学式）。（2）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率___________（填“增大”“减小”或“不变”）。（3）萃取反应为：（有机相）（水相）（有机相）（水相）。“反萃取”时加入的试剂为___________（填化学式）。（4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中___________。已知：。“溶解”时发生反应的离子方程式为___________。（5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入___________（填操作单元名称）循环利用。【答案】（1）；、CaSO4（2）减小（3）（4）4×10-4；（5）低温焙烧【解析】本题考查了工艺流程分析，陌生氧化还原方程式的书写，平衡移动、、的计算等知识点低温焙烧(1)金属氧化物加入硫酸氢氨低温焙烧后转化硫酸盐，与反应转化为时有生成，判断发生了氧化还原反应，为氧化剂，为还原剂；化学方程式为。完全分解：，CaSO4微溶于水，因此水浸后滤渣还有、CaSO4。(2)直接高温焙烧时，完全分解为气体，、等氧化物无法充分转化为硫酸盐，导致水浸时金属浸出率降低，故答案为减小。(3)反萃取时需破坏萃取平衡：，使平衡逆向移动，同时根据产物为溶液，由此加入。(4)，，则，，Ka1(H2S)=1×10-7，Ka2(H2S)=1×10-13，pH=4，c(H+)=1×10-4 mol/L，代入则c(H2S)===4×10-4 mol/L根据溶解时，加入稀和，得到和溶液，可知化学方程式为离子方程式为(5)低温分解生成和；因此“吸收”液为溶液，因此产品需低温焙烧循环利用。【分值】12分18．（12分）如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下（加热及夹持装置略）：实验过程：①在装置A中加入上述三种原料，缓慢通入。搅拌下加热，两种酸酐分别与丙-1，2-二醇发生醇解反应，主要生成和。然后逐步升温至，醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。②缩聚反应后期，每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合度要求（酸值：中和1克样品所消耗的毫克数）。回答下列问题：（1）理论上，原料物质的量投料比n（顺丁烯二酸酐）：n（邻苯二甲酸酐）：n（丙-1，2-二醇）___________。（2）装置B的作用是___________；仪器C的名称是___________；反应过程中，应保持温度计2示数处于一定范围，合理的是___________（填标号）。删除A.删除B.删除C.（3）为测定酸值，取样品配制溶液．移取溶液，用—乙醇标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下：应舍弃的数据为___________（填序号）；测得该样品的酸值为___________（用含a，c的代数式表示）。若测得酸值高于聚合度要求，可采取的措施为___________（填标号）。A.立即停止加热B.排出装置D内的液体C.增大的流速（4）实验中未另加催化剂的原因是___________。【答案】(1)(2)冷凝回流，将反应物以及醇解反应的产物冷凝回流到装置A中，提高原料利用率；直形冷凝管；(3)2、3；mg/g；C(4)醇解反应生成羧酸，即可作为缩聚反应的催化剂【解析】本题考查了有机合成与反应计量，化学实验装置与操作分析，定量滴定，反应催化原理等知识点(1)由聚酯结构，及实验过程提到两种酸酐分别与丙-1,2-二醇发生醇解反应，生成和所以理论上投料比(2)装置为空气冷凝管，作用是冷凝回流，将顺丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇以及醇解反应的产物冷凝回流到装置A中，提高原料利用率；仪器的名称是（直形）冷凝管；反应过程中，要使原料冷凝回流且保证反应进行，则温度不能高于丙-1,2-二醇的沸点，但要将水除去，因此取更合理。(3)5组用量分别为24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL，第2、3两次实验的数据的误差明显偏大，故应舍弃的数据为2、3；用剩余3次实验的数据求平均值为25.00mL，消耗KOH的物质的量n=c×v=25.0010-3c mol,则ag样品消耗KOH的物质的量为。酸值高于聚合度要求，说明样品中还有一部分单体没有发生反应，或则是生成了低聚合度的物质，应该继续反应，可采取的方法为排出反应体系内的小分子水，促进缩聚，可增大N2流速，带出水分子，因此选C。(4)醇解反应生成羧酸，羧酸即可作为缩聚反应的催化剂。【分值】12分19．（12分）麻醉药布比卡因（I）的两条合成路线如下：已知：Ⅰ．Ⅱ．回答下列问题：（1）A结构简式为___________；B中含氧官能团名称为___________。（2）反应类型为___________；化学方程式为___________。（3）G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为___________（写出一种即可）。①含②含2个苯环③含4种不同化学环境的氢原子（4）H中存在酰胺基N原子（a）和杂环N原子（b），N原子电子云密度越大，碱性越强，则碱性较强的N原子是___________（填“a”或“b”）。（5）结合路线信息，用催化加氢时，下列有机物中最难反应的是___________（填标号）。A.苯（）B.吡啶（）C.环已-1，3-二烯（）D.环己-1，4-二烯（）（6）以，为主要原料合成。利用上述信息补全合成路线。【答案】（1）；羧基（2）取代反应；（3）（4）b（5）A（6）【解析】本题考查了有机推断中的官能团、反应类型、方程式、同分异构体、性质比较及合成路线。(1)逆合成分析法，根据的结构及已知反应条件、，可得H的结构；结合的化学式，可知的结构由此为。因此结合的化学式，应为。中甲基被氧化为羧基，为，官能团为羧基。（2）中吡啶环在条件下被加成，的结构，为取代反应D与E反应方程式为（3）G的结构：，因此满足条件的同分异构体（4）H的结构：，杂环原子为杂化，且无环的芳香性，无大键共轭效应，电子云密度高；而酰胺基原子与羰基发生共轭效应，且为吸电子基团，使原子电子层密度降低，故的碱性更强。（5）由的结构分析被加成，而未被加成，因此选A（6）有已知信息可得【分值】12分20．（12分）利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的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平衡常数基本不变。回答下列问题：（1）反应的焓变___________（用含的代数式表示）。（2）乙线所示物种为___________（填化学式）。反应Ⅲ的焓变___________0（填“>”“<”或“=”）。（3）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，则为___________（用含a的代数式表示）；此时，与物质的量的差值___________（用含a的最简代数式表示）。（4）温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比___________（填“增大”“减小”或“不变”），物质的量___________（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】(1)(2)<(3)；150a(4)增大、减小【解析】本题考查了化学平衡移动与物质推断，盖斯定律；反应热效应与平衡移动的关联，化学平衡中物质的量的计算，压强对平衡移动的影响等知识点(1)目标方程式可由反应Ⅰ和反应Ⅱ相加得到，由盖斯定律得(2)反应2的平衡常数基本不变，；的浓度/的浓度=100，基本保持不变，因此，图像中与基本保持平行，所以乙表示，丁表示；根据起始投料以及元素守恒可得甲为（氢元素守恒，接近于，此时很少，即为甲），因为；温度升高，的平衡子浓度下降，说明，的平衡子浓度下降，(3)，设转移的CaS为xmol设转移的为ymol硫元素守恒氢元素守恒：此时可得所以①根据氧元素守恒可知2=100a+200a+4（x-y）②联立得①②得n(CaS)-n(CaSO4)=150a(4)温度，压缩体积，压强增大，有利于气体分子数减小的反应，因此反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，n（S2）、增多，根据氢元素守恒，，同时保持不变,减小，故增大；因此也要减小【分值】12分。
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