大题突破(一) 热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析(含解析)-2024年江苏高考化学大二轮复习讲义

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大题突破(一) 热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析(含解析)-2024年江苏高考化学大二轮复习讲义

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大题突破(一) 热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析
1.(2023·江苏,17)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
(1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________________;
载人航天器内,常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2,其原因是________________________________________________________________________。
(2)合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ:2NH3(g)+CO2(g)===NH2COONH4(l)
反应Ⅱ:NH2COONH4(l)===CO(NH2)2(l)+H2O(l)
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示,反应Ⅰ的ΔH__________(填“=0”“>0”或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外,还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3)∶n(CO2)=4∶1,其实际投料比值远大于理论值的原因是_____________
________________________________________________________________________。
(3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下,恒定通过电解池的电量,电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图乙所示。
FE%=×100%
其中,QX=nF,n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量,F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时,电解过程中含碳还原产物的FE%为0,阴极主要还原产物为______________(填化学式)。
②当电解电压为U2V时,阴极由HCO生成CH4的电极反应式为_________________
_______________________________________________________________________。
③当电解电压为U3V时,电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(写出计算过程)。
2.(2022·江苏,17)氢气是一种清洁能源,绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“CuCl-H2O热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤,其过程如图1所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性CuCl溶液,阴极区为盐酸,电解过程中CuCl转化为CuCl。电解时阳极发生的主要电极反应为__________(用电极反应式表示)。
②电解后,经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中,发生化合价变化的元素有__________(填元素符号)。
(2)“Fe-HCO-H2O热循环制氢和甲酸”的原理为:在密闭容器中,铁粉与吸收CO2制得的NaHCO3溶液反应,生成H2、HCOONa和Fe3O4;Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现,在300 ℃时,密闭容器中NaHCO3溶液与铁粉反应,反应初期有FeCO3生成并放出H2,该反应的离子方程式为______________。
②随着反应进行,FeCO3迅速转化为活性Fe3O4-x,活性Fe3O4-x是HCO转化为HCOO-的催化剂,其可能反应机理如图2所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为________________________________________________________________________。
③在其他条件相同时,测得Fe的转化率、HCOO-的产率随c(HCO)变化如图3所示。HCOO-的产率随c(HCO)增加而增大的可能原因是____________________________________。
(3)从物质转化与资源综合利用角度分析,“Fe-HCO-H2O热循环制氢和甲酸”的优点是________________________________________________________________________。
3.(2023·山东,20)一定条件下,水气变换反应CO+H2O??CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程,研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应:
Ⅰ.HCOOHCO+H2O(快)
Ⅱ.HCOOHCO2+H2(慢)
研究发现,在反应Ⅰ、Ⅱ中,H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用;反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ,近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离,其浓度视为常数。回答下列问题:
(1)一定条件下,反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2,则该条件下水气变换反应的焓变ΔH=__________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为v=kc(H+)·c(HCOOH),k为反应速率常数。T1温度下,HCOOH电离平衡常数为Ka,当HCOOH平衡浓度为x mol·L-1时,H+浓度为________ mol·L-1,此时反应Ⅰ正反应速率v=______ mol·L-1·h-1(用含Ka、x和k的代数式表示)。
(3)T3温度下,在密封石英管内完全充满1.0 mol·L-1 HCOOH水溶液,使HCOOH分解,分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1,反应Ⅱ达平衡时,测得H2的浓度为y mol·L-1。体系达平衡后=____________(用含y的代数式表示,下同),反应Ⅱ的平衡常数为__________。
相同条件下,若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L-1盐酸,则图示点a、b、c、d中,CO新的浓度峰值点可能是__________(填标号)。与不含盐酸相比,CO达浓度峰值时,CO2浓度________(填“增大”“减小”或“不变”),的值____________(填“增大”“减小”或“不变”)。
该综合题主要考查热化学、化学反应速率和化学平衡等主干理论知识,主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、化学平衡常数的表达式书写与计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用以及原电池、电解池原理的应用等,试题常以填空、读图、作图、计算等形式呈现。试题一般以与生产、生活紧密联系的物质为背景材料命制组合题,各小题之间又有一定的独立性。主要考查学生的信息处理能力、学科内综合分析能力,应用反应原理解决生产实际中的具体问题,体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。在近几年的相关考题中,对单一因素影响的考查已经越来越少了,主要以“多因素影响”出现,考查学生的综合分析判断能力。以实际情景(场景)为背景,更能体现核心素养的要求。而在实际生产过程中,影响因素是多元化、多方位和多层次的。
(一)2023真题回访
1.(2023·广东,19)配合物广泛存在于自然界,且在生产和生活中都发挥着重要作用。
(1)某有机物R能与Fe2+形成橙红色的配离子[FeR3]2+,该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子[FeR3]3+。
①基态Fe2+的3d电子轨道表示式为_____________________________________________。
②完成反应的离子方程式:NO+2[FeR3]2++3H+________________+2[FeR3]3++H2O。
(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为2.0 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1的HNO3溶液进行了三组实验,得到c([FeR3]2+)随时间t的变化曲线如图。
①c(HNO3)=3.0 mol·L-1时,在0~1 min内,[FeR3]2+的平均消耗速率=________。
②下列有关说法中,正确的有______________________________________________。
A.平衡后加水稀释,增大
B.[FeR3]2+平衡转化率:αⅢ>αⅡ>αⅠ
C.三组实验中,反应速率都随反应进程一直减小
D.体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间:tⅢ>tⅡ>tⅠ
(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡:
M+LML K1
ML+LML2 K2
研究组配制了L起始浓度c0(L)=0.02 mol·L-1、M与L起始浓度比不同的系列溶液,反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同,该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
c0(M)/c0(L) S(L) S(ML) S(ML2)
0 1.00 0 0
a x <0.01 0.64
b <0.01 0.40 0.60
注 核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比;“<0.01”表示未检测到。
①=a时,x=____________。
②=b时,平衡浓度比c平(ML2)∶c平(ML)=____________。
(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当c0(L)=1.0×10-5mol·L-1时,测得平衡时各物种随的变化曲线如图。=0.51时,计算M的平衡转化率(写出计算过程,结果保留两位有效数字)。
____________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________
2.(2023·辽宁,18)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析,该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况,数值已省略)如图1所示。700 ℃左右有两个吸热峰,则此时分解生成的氧化物有SO2、__________和__________(填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下),副产物为亚硝基硫酸,主要反应如下:
NO2+SO2+H2O===NO+H2SO4
2NO+O2===2NO2
ⅰ.上述过程中NO2的作用为__________。
ⅱ.为了适应化工生产的需求,铅室法最终被接触法所代替,其主要原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________(答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化:SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9 kJ·mol-1
ⅰ.为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度,绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图2所示,下列说法正确的是__________。
a.温度越高,反应速率越大
b.α=0.88的曲线代表平衡转化率
c.α越大,反应速率最大值对应温度越低
d.可根据不同α下的最大速率,选择最佳生产温度
ⅱ.为提高钒催化剂的综合性能,我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下,温度和转化率关系如图3所示,催化性能最佳的是________(填标号)。
ⅲ.设O2的平衡分压为p,SO2的平衡转化率为αe,用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=__________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
(二)模拟预测
3.(2023·南京市高三下学期考前模拟)乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等,生成苯乙烯的相关反应如下。
反应1:C6H5CH2CH3(g)===C6H5CH===CH2(g)+H2(g) ΔH1=+117.6 kJ·mol-1
反应2:CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ·mol-1
反应3:2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·mol-1
(1)反应4:C6H5CH2CH3(g)+O2(g)===C6H5CH==CH2(g)+H2O(g) ΔH4=______kJ·mol-1。
(2)较低温度下,向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2,乙苯平衡转化率升高而苯乙烯的选择性降低,其原因可能是______________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)向乙苯脱氢反应体系中加入CO2,乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加,乙苯转化率先增大后减小的可能原因为____________________________
________________________________________________________________________。
(4)研究发现在V2O5/MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中,V(+5价)是反应的活性中心,转化过程如图2所示。
①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为___________________________________________
________________________________________________________________________。
反应一段时间后,催化剂活性有所下降,原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和________。
②简述转化Ⅱ的作用________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③CO2参与的乙苯脱氢机理如图3所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置;A、B为催化剂的活性位点,其中A位点带部分正电荷,B1、B2位点带部分负电荷)。
图中所示反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为________________。
4.(2023·江苏省四校高三下学期4月联考)硫和氮是生物必需的营养元素,含硫和氮的化合物在自然界中广泛存在。
(1)火山喷发产生的H2S在大气中发生如下反应:
①2H2S(g)+O2(g)===2S(g)+2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②S(g)+O2(g)===SO2(g) ΔH=b kJ·mol-1
写出H2S(g)燃烧的热化学方程式______________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。为了提高吸收效率,常用Ni2O3作为催化剂。反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力,可加快对SO2的吸收。该催化过程如图所示。Ca(ClO)2也可用于脱硫,且脱硫效果比NaClO更好,原因是________________
________________________________________________________________________。
(3)氮的氧化物脱除可以利用电化学原理,利用如图所示装置可同时吸收SO2和NO。
已知:H2S2O4是一种弱酸。
①阴极的电极反应式为______________________________________________________。
②若无能量损失,相同条件下,SO2和NO的体积比为________时,两种气体恰好被完全处理。
(4)已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步。
第一步:2NO(g)N2O2(g)(快反应)
第二步:N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢反应)
用O2表示的速率方程为v(O2)=k1c2(NO)·c(O2);用NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2c2(NO)·c(O2),k1与k2分别表示速率常数,则=________(填数值)。
(5)太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的装置如图所示。
①该太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的过程可描述为______________。
②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法的优点是______________。
大题突破(一) 热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析
真题研究
1.(1)KHCO3+Ca(OH)2===CaCO3+KOH+H2O 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 (2)①<0 ②适当抑制副反应的发生,氨气与二氧化碳的投料比越大,二氧化碳转化率越高 (3)①H2 ②HCO+8e-+6H2O===CH4↑+9OH- ③每生成1 mol C2H4转移12 mol e-,每生成1 mol HCOO-转移2 mol e-,故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2
解析 (1)由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳,产物KOH可回收利用,故化学方程式为KHCO3+Ca(OH)2===CaCO3+KOH+H2O。(2)①由图甲可知升高温度反应Ⅰ的lg K减小,说明温度升高平衡逆向移动,故正反应为放热反应,其ΔH<0。(3)①当电解电压为U1V时,电解过程中含碳还原产物的FE%为0,说明二氧化碳未得电子,为H2O放电变成氢气。②当电解电压为U2V时,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由HCO生成CH4的电极反应式为HCO+8e-+6H2O===CH4↑+9OH-。③当电解电压为U3V时,电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%,还原产物HCOO-的FE%为8%,每生成1 mol C2H4转移12 mol e-,每生成1 mol HCOO-转移2 mol e-,故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2。
2.(1)①CuCl+2Cl--e-===CuCl ②Cu、O
(2)①Fe+2HCOFeCO3+CO+H2↑ ②H的电负性大于Fe,小于O,在活性Fe3O4-x表面,H2断裂为H原子,一个吸附在催化剂的铁离子上,略带负电,一个吸附在催化剂的氧离子上,略带正电,前者与HCO中略带正电的碳结合,后者与HCO中略带负电的羟基氧结合生成H2O,HCO转化为HCOO- ③随c(HCO)增加,生成FeCO3速率更快、产量增大,从而生成了更多的活性Fe3O4-x,用于催化HCO转化为HCOO-的反应 (3)高效、经济、原子利用率高、无污染
解析 (1)①电解在质子交换膜电解池中进行,H+可自由通过,阳极区为酸性CuCl溶液,电解过程中CuCl转化为CuCl,电解时阳极发生的主要电极反应为CuCl+2Cl--e-===CuCl。②电解后,经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用,从图中可知,热分解产物还有O2,又进入热水解的物质有CuCl,故发生化合价变化的元素有Cu、O。(2)③在其他条件相同时,随c(HCO)增加,其与铁粉反应加快,从图中得知Fe的转化率也增大,即生成FeCO3的速率更快,量更大,则得到活性Fe3O4-x的速度更快,量也更多,生成HCOO-的速率更快,产率也更大。(3)“Fe HCO H2O热循环制氢和甲酸”系统将HCO转化为HCOO-和生成H2的速率快,原子利用率高,不产生污染物,Fe初期生成FeCO3后迅速转化为活性Fe3O4-x,Fe3O4-x被氧化为Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe,得到循环利用,故该原理的优点是高效、经济、原子利用率高、无污染。
3.(1)ΔH2-ΔH1
(2) kx
(3)  a 减小 不变
解析 (1)根据盖斯定律,反应Ⅱ-反应Ⅰ=水气变换反应,故水气变换反应的焓变ΔH=ΔH2-ΔH1。(2)T1温度时,HCOOH建立电离平衡:HCOOHHCOO-+H+
Ka=,c(HCOO-)=c(H+),故c(H+)= mol·L-1。v=kc(H+)·c(HCOOH)=kx。(3)t1时刻,c(CO)达到最大值,说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时
        HCOOHCO+H2O
t1时刻转化浓度/ mol·L-1 0.70 0.70
         HCOOHCO2+H2
t1时刻转化浓度/ mol·L-1 0.16 0.16 0.16
故t1时刻c(HCOOH)=(1.0-0.70-0.16)mol·L-1=0.14 mol·L-1,K(Ⅰ)===5。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程,
         HCOOHCO+H2O
a a
HCOOHCO2+H2
b b   b
则c(H2)=(b+0.16)mol·L-1=y mol·L-1,b=y-0.16,c(HCOOH)=(0.14+a-b) mol·L-1=(0.30+a-y)mol·L-1,c(CO)=(0.70-a)mol·L-1,K(Ⅰ)===5,a=。故=,K(Ⅱ)===。
加入0.1 mol·L-1盐酸后,H+对反应Ⅰ起催化作用,加快反应Ⅰ的反应速率,缩短到达平衡所需时间,故CO浓度峰值提前,由于时间缩短,反应Ⅱ消耗的HCOOH减小,体系中HCOOH浓度增大,导致CO浓度大于t1时刻的峰值,故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度,=K(Ⅰ),温度不变,平衡常数不变,则的值不变。
考向预测
1.(1)① ②HNO2
(2)①5.0×10-5mol·L-1·min-1 ②AB
(3)①0.36 ②3∶4(或0.75) (4)c0(M)=0.51×c0(L)=5.1×10-6 mol·L-1,c平(ML)=c平(L)=0.40c0(L)=4.0×10-6 mol·L-1,由L守恒可知c平(ML2)==1.0×10-6 mol·L-1,则c转(M)=4.0×10-6 mol·L-1+1.0×10-6 mol·L-1=5.0×10-6 mol·L-1,则M的转化率为×100%≈98%
解析 (2)①浓度分别为2.0 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1的HNO3溶液,反应物浓度增加,反应速率增大,据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ;c(HNO3)=3.0 mol·L-1时,在0~1 min内,观察图像可知[FeR3]2+的平均消耗速率为=5.0×10-5mol·L-1·min-1。②对于反应NO+2[FeR3]2++3H+HNO2+2[FeR3]3++H2O,加水稀释,平衡往左移动,[FeR3]2+含量增加,[FeR3]3+含量减小,增大,A正确;HNO3浓度增加,[FeR3]2+转化率增加,故αⅢ>αⅡ>αⅠ,B正确;三组实验反应速率都是前期速率增加,后期速率减小,C错误;硝酸浓度越高,反应速率越快,体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短,故tⅢ2.(1)CuO SO3 (2)ⅰ.催化剂 ⅱ.铅室法制得的产品中存在亚硝基硫酸杂质,生产过程中需使用有毒的氮氧化物 (3)ⅰ.cd ⅱ.d ⅲ.
解析 (1)由图可知,起始时有2.5 mg CuSO4·5H2O,其物质的量是0.01 mmol,所含结晶水的质量为0.9 mg,则固体质量剩余1.6 mg时所得固体为CuSO4,加热过程中Cu元素的质量不变,则固体质量剩余0.8 mg时所得的固体是CuO,结合题图DSC曲线有两个吸热峰可知,700 ℃发生的反应为CuSO4―→CuO+SO3、SO3→SO2+O2,则生成的氧化物除SO2外,还有CuO、SO3。(2)ⅰ.根据所给的反应方程式,NO2在反应过程中先消耗再生成,说明NO2在反应中起催化剂的作用。(3)ⅰ.根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出,随着温度的升高反应速率先加快后减慢,a错误;随着转化率的增大,最大反应速率不断减小,最大反应速率出现的温度也逐渐降低,c正确;ⅲ.利用分压代替浓度计算平衡常数,反应的平衡常数Kp=;设SO2初始量为m,则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe),n(SO3)=m·αe,Kp=。
3.(1)-124.2
(2)加入少量O2,H2与O2反应放热,氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高,但温度升高,苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物
(3)一定范围内,随着CO2分压强增大,反应2的平衡正向移动,降低了c(H2),促进反应1正向进行,使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大时,CO2占据了催化剂表面,使催化剂表面吸附的乙苯减少,乙苯转化率下降
(4)①2+V2O5/MgO―→2+V2O3/MgO+2H2O 催化剂中V(+5价)的含量减少
②将V2O3转化为V2O5,使催化剂获得再生,同时可以消除积碳 ③乙苯α H带部分正电荷,被带部分负电荷的B1位点吸引,随后解离出H+并吸附在B1位点上;B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成,带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上
解析 (1)由盖斯定律得反应4=反应1+×反应3,则ΔH4=ΔH1+ΔH3=(+117.6-483.6×) kJ·mol-1=-124.2 kJ·mol-1。
4.(1)2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=(a+2b) kJ·mol-1 (2)Ca2+与SO结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行 (3)①2HSO+2e-+4H+===H2S2O4+2H2O ②1∶1 (4)0.5 (5)①Fe2+在电极上失电子发生反应Fe2+-e-===Fe3+,生成的Fe3+氧化H2S生成硫单质,离子方程式为2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+,H+通过质子交换膜从a极移向b极,在b极得电子生成H2 ②利用太阳能,无需额外消耗能量;实现煤气中H2S的脱除,同时产生清洁能源H2
解析 (1)根据题意,硫化氢气体的燃烧的化学方程式可以表示为2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(l),再根据盖斯定律,该反应的反应热ΔH=(a+2b) kJ·mol-1,故硫化氢气体燃烧的热化学方程式表示为2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=(a+2b) kJ·mol-1。(3)如图所示,a电极HSO转化为H2S2O4,S元素的化合价降低发生了还原反应,故a电极为阴极,发生反应:2HSO+2e-+4H+===H2S2O4+2H2O;SO2中S元素的化合价由+4价升高为+6价,NO中N元素化合价由+2价降低为0价,根据得失电子守恒,参加反应的SO2与NO的物质的量之比为1∶1,故在相同条件下,体积比为1∶1时两种气体恰好被完全处理。(4)根据题意,v(O2)=k1c2(NO)·c(O2)、v(NO2)=k2c2(NO)·c(O2),故k1=、k2=,则= ==0.5。

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