17.(13分)(1)①>(1分)②>(1分)由于正反应气体分子数增多,其他条件不变,压强增大,平衡逆向移动,H2S转化率减小所以图中A点压强小于C点,容器I的体积大于容Ⅱ(2分)22(2分)(2)①CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)△H2=402.0kJ·mol1(2分)催化剂②6SO2+502+4Cu+2H2O4CuSO t2H2SO4(1分)1.9264×10(2分)③9(1分)>(1分)【解析】(1)①由图可知,升高温度,H2S的平衡转化率增大,说明升高温度,平衡正向移动,则△H>0△H=E-E2,因为△H>0,所以E正>E②由于正反应气体分子数增多,其他条件不变,压强增大,平衡逆向移动,H2S转化率减小,所以压强:A点
容器Ⅱl。③A点,H2S的平衡转化率为60%起始时H2S的物质的量为amol,则反应消耗0.6 a mol H2S,生成S2(g)的物质的量为0.3amol,则0~ts内,容器I中生成S2(g)的反应速率为0. 3a molVL×min(2)①根据盖斯定律,确定反应‖为CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s),则总反应的△H=2×△H1+2×△H2+△H3=2×178.2kJ·mol-+2×△H2314.8kJ·mol1=-2762.4kJ·mol-,解得△H2=-402.0kJ·mol-②根据图像可知,催化吸收阶段中SO2催化氧化反生成CuSO4、H2SO4,若参加反应的SO2和O2的体积比为6:5,即方程式中两者的化学计量数之为6:5,则反应的化学方程式为6S02+502+4Cu+催化剂4CuSO4+2H2SO4。电解阶段利用电化学装置吸收一部分SO2,使得Cu再生,该过程中Cu的化合价由+2价变成0价,发生还原反应,SO在阳极上发生氧化反应生成硫酸,阳极的电极反应式为SO2-2e-+2H2O—S0-+4H+,SO2最终转化为硫酸,标准状况下,100m3含2.24%(体积分数)的SO2的废气中含有SO2的体积为100m32240L4%=2240L,物质的量为100mol,转移电子的物质的量为200mol,则理论上需要的电量为200mol×6.02×102mol-×1.60③设加入二氧化氮和二氧化硫的物质的量均为1mol,反应消耗二氧化氮和二氧化硫的物质的量均为xmol。列三段式:NO2(g)+SO(g)=SO,(g)+NO(g)初始(mol):1转化(平衡(mol):1-x1-x达到平衡时NO和NO2的物质的量之比为3:1,即=3,解得x=0.75,反应前后压强不变,K=p Pax9。若T℃时,向某容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol,Q=1
20.CD【解析】运动员离开蹦床后竖直向上运动,设其加速度大小为a,则v2-=-2ax,结合图象解得b=16m/s,a=10.24m/s2,A项错误;运动员在离开蹦床1s时的速度为v=v-at=5.76m/s,B项错误;因为运动员离开蹦床前先加速后减速,所以运动员离开蹦床前的过程中,速度的最大值大于16m/s,C项正确;蹦床的最大弹性势能近似等于刚离开蹦床时运动员的动能和重力势能增加量之和,大于运动员从最低点到达最高点过程中增加的重力势能,由于不知道蹦床恢复原长的过程中运动员上升的高度,故无法计算蹦床的最大弹性势能,但一定大于离开蹦床时的初动能5120J,D项正确。
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