题目内容
【题目】从能量的变化和反应的快慢等角度研究反应具有重要意义。
(1)已知反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）为放热反应，下图能正确表示该反应中能量变化的是_______ 。
A B
化学键 | H—H | O＝O | H—O |
键能kJ/mol | 436 | 496 | 463 |
从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化。化学键的键能如上表：则生成1mol液态水可以放出热量____________kJ
(2)将质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，设计成原电池，负极材料是______________, 正极的反应式为______________，电解质溶液中SO42－ 移向______极（填“正”或“负”）。
(3)一定温度下，将3 molA气体和1mol B气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) 
xC(g)，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，则1min内，B的平均反应速率为______ ；X为______ 。若反应经2min时C的浓度______ 0.8mol/L（填“大于，小于或等于”）。
【答案】A 242 Zn Cu2＋＋2e－＝ Cu 负 0.2mol/(L·min) 2 小于
【解析】
(1)由图可知，A中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，断裂2molH2中的化学键吸收2×436kJ热量，断裂1molO2中的化学键吸收496kJ热量，共吸收2×436+496=1368kJ热量，形成4molHO键释放4×463kJ=1852kJ热量，2molH2在氧气中燃烧生成2mol水的反应热△H=反应物中键能之和生成物中键能之和=13682kJ/mol 1852kJ/mol=484kJ/mol，即H2在氧气中燃烧生成1mol水放出的热量为242kJ，
故答案为：A；242；
(2)锌较活泼，为负极，被氧化，铜为正极，正极上发生还原反应析出铜，正极反应式为Cu2++2e=Cu；
故答案为：Zn；Cu2++2e=Cu；负；
(3)反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，参加反应的A的物质的量为3mol1.8mol=1.2mol，由方程式可知，参加反应的B为1.2mol×
=0.4mol，则1min内，B的平均反应速率为
=0.2mol/(L·min)；
生成的C为0.4mol/L×2L=0.8mol，故1.2mol:0.8mol=3:x，解得x=2；
随着反应的进行，反应速率逐渐减小，若反应经2min达到平衡，后1min的平均速率小于前1min的平均速率，前1min内C的浓度变化为0.4mol/L，则后1min内C的浓度变化小于0.4mol/L，故平衡时C的浓度小于0.8mol/L，
故答案为：0.2mol/(Lmin)；2；小于。
【题目】将H2S转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。
（1）H2S的转化
Ⅰ | 克劳斯法 |
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Ⅱ | 铁盐氧化法 |
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Ⅲ | 光分解法 |
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① 反应Ⅰ的化学方程式是________。
② 反应Ⅱ：____+ 1 H2S ==____Fe2+ + ____S↓ + ____（将反应补充完整）。
③ 反应Ⅲ体现了H2S的稳定性弱于H2O。结合原子结构解释二者稳定性差异的原因：_______。
（2）反应Ⅲ硫的产率低，反应Ⅱ的原子利用率低。我国科研人员设想将两个反应耦合，实现由H2S高效产生S和H2，电子转移过程如图。
过程甲、乙中，氧化剂分别是______。
（3）按照设计，科研人员研究如下。
① 首先研究过程乙是否可行，装置如图。经检验，n极区产生了Fe3+，p极产生了H2。n极区产生Fe3+的可能原因：
ⅰ．Fe2+ - e- = Fe3+
ⅱ．2H2O -4e-=O2 +4H+，_______（写离子方程式）。经确认，ⅰ是产生Fe3+的原因。过程乙可行。
② 光照产生Fe3+后，向n极区注入H2S溶液，有S生成，持续产生电流，p极产生H2。研究S产生的原因，设计如下实验方案：______。 经确认，S是由Fe3+氧化H2S所得，H2S不能直接放电。过程甲可行。
（4）综上，反应Ⅱ、Ⅲ能耦合，同时能高效产生H2和S，其工作原理如图。
进一步研究发现，除了Fe3+/Fe2+ 外，I3-/I- 也能实现如图所示循环过程。结合化学用语，说明I3-/I- 能够使S源源不断产生的原因：________。
