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17.(14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的体积大于容器Ⅱ(2分)③÷(2分)Vt(2)①CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)△H2=402.0kJ(2分催化剂②6SO2+5O2+4Cu+2H2OcUsO2H2SO4(2分)1.9264×107(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正一E逆,因为△H>0,所以E正>E道。②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Ⅱ。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2(g)的物质的量为0.3amol,则0~ts内,容器I中生成S3(g)的反应速率为03amol=VLXmIn60mol oLo min(2)①根据盖斯定律,确定反应ⅱ为CaO(s)十SO2(g)=CaSO3(s),则总反应的△H=2×△H1+2×△H2+△H3=2×178.2kJ·mol1+2×△H22314.8kJ·mol-1=-2762.4kJ·mol-1,解得△H2=-402.0kJ·mol-1。②根据图像可知,催化吸收阶段中SO2催化氧化反应生成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比为6:5,则反应的化学方程式为6SO2+5O2+4Cu+催化剂2H,O4CuSO4+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,SO2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=SO2-+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100m32240L224%=2240L,物质的量为2.4L/m100mol,转移电子的物质的量为200mol,则理论上需要的电量为200m0o×6.02×1023mol-1×1.60×10-19C=1.9264×10C。③设加人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)+SO2(g)=SO3(g)+no(g初始(mol):1转化(mo):x平衡(mo1):1-x1-x达到平衡时NO和NO2的物质的量之比为3:1,即解得x=0.75,反应前后压强不变,K力力Pa0.250.25=9。若T℃时,向某容器中力Pa力Pa同时充人NO2、SO2、SO3、NO各1mol,Qp=1
v逆。
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