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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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