化学卷·2018届浙江省嘉兴一中高二上学期期中化学试卷+（解析版） 29页

‎2016-2017学年浙江省嘉兴一中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题包括24小题，每题2分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．把0.05mol NaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（　　）‎ A．自来水 B．0.5 mol•L﹣1盐酸 C．0.5 mol•L﹣1 CH3COOH溶液 D．0.5 mol•L﹣1 KCl溶液 ‎2．下列关于吸热反应和放热反应的说法正确的是（　　）‎ A．需加热才能发生的反应一定是吸热反应 B．任何放热反应在常温条件一定能发生 C．反应物和生成物分别具有的总能量决定了反应是放热反应还是吸热反应 D．当△H＜0时表明反应为吸热反应 ‎3．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g） 的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是（　　）‎ A．氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应 B．1 mol H2与1 mol F2反应生成2 mol液态HF放出的热量小于270 kJ C．在相同条件下，1 mol H2与1 mol F2的能量总和大于2 mol HF气体的能量 D．断裂1 mol H﹣H键和1 mol F﹣F 键放出的能量大于形成2 mol H﹣F键放出的能量 ‎4．改变外界条件可以影响化学反应速率，针对H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），其中能使活化分子百分数增加的是 ‎①增加反应物浓度 ②增大气体的压强 ③升高体系的温度 ④使用催化剂（　　）‎ A．①② B．②③ C．①④ D．③④‎ ‎5．在恒温、容积为2L的密闭容器中充入2mol SO2和一定量O2．发生反应2SO2+O2⇌2SO3，当反应进行到4min时，测得n（SO2）=0.4mol．若反应进行到2min时，容器中SO2的物质的量是（　　）‎ A．等于1.6 mol B．等于1.2 mol C．大于1.6 mol D．小于1.2 mol ‎6．一定温度下，两个恒容密闭容器中分别发生反应：①H2（g）+I2（g）═2HI（g）； ②C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），下列状态能表明两反应都达到平衡状态的是（　　）‎ a．各物质的浓度不变；‎ b．容器内气体压强不变；‎ c．容器内气体密度不变；‎ d．容器内气体颜色不变；‎ e．各组分的物质的量分数或质量分数不变；‎ f．混合气体的平均分子量不变．‎ A．ae B．aef C．abc D．ac ‎7．在一真空容器中，充入10mol N2，30mol H2，发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），在一定条件下达到平衡时，N2‎ 的转化率为25%．若在同一容器中，在相同温度下，向容器中充入NH3，欲使达到平衡时各成分的质量分数与上述平衡相同，则起始时NH3的量和达到平衡时NH3的转化率为（　　）‎ A．20 mol、25% B．20 mol、75% C．40 mol、30% D．10mol、50%‎ ‎8．有一可逆反应2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），已知起始浓度c（A）=2mol/L，c（B）=3mol/L，c（C）=c（D）=0，反应开始20min后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5mol/L，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．前20 min的平均反应速率v（C）=0.1 mol/（L•min）‎ B．A的转化率为50%‎ C．C的平衡浓度c（C）=4 mol/L D．B的平衡浓度c（B）=1.5 mol/L ‎9．反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．减小容器体积，平衡向右移动 B．加入催化剂，Z的产率增大 C．增大c（X），X的转化率增大 D．降低温度，Y的转化率增大 ‎10．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（　　）‎ A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1‎ B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多 C． H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1‎ D．3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9 kJ•mol﹣1‎ ‎11．将浓度为0.1mol/LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（　　）‎ A．c（H+） B．Ka（HF） C． D．‎ ‎12．对室温下100mL pH=2的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（　　）‎ A．加水稀释至溶液体积为200mL，醋酸溶液的pH变为4‎ B．温度都升高20°C后，两溶液的pH不再相等 C．加水稀释至溶液体积为200mL后，两种溶液中c（OH﹣）都减小 D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气体积可用上图表示 ‎13．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是（　　）‎ A．95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L B．15℃时，pH=7的溶液呈酸性 C．AB连线上的点均表示中性溶液 D．B点对应的温度高于A点对应的温度 ‎14．等量的苛性钠溶液分别用pH值为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va和Vb，则它们之间的关系是（　　）‎ A．Va＞10Vb B．Vb=10Va C．Va＜10Vb D．Vb＞10Va ‎15．在一定温度下，固定容积的容器中加入a mol A和b mol B，发生反应：A（g）+2B（g）⇌2C（g）一段时间后达到平衡，生成n mol C．则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．再充入少量A，平衡向正反应方向移动，但K值不变 B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为（a+b）：（a+b﹣）‎ C．当2v正（A）=v逆（B）时，反应一定达到平衡状态 D．充入惰性气体（如Ar）增大压强，平衡向正反应方向移动 ‎16．对于密闭容器中的可逆反应：4L（g）⇌2M（g）+N（g）△H＞0，其平衡状态与温度（T）和压强（P1＞P2）的关系如图所示．图中y轴是指（　　）‎ A．气体混合物的平均相对分子质量 B．气体混合物的总物质的量浓度 C．L在气体混合物的体积分数 D．气体混合物的密度 ‎17．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．冰镇的啤酒打开后泛起泡沫 B．由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深 C．工业制取金属钾Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g）选取适宜的温度，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来 D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅 ‎18．一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）设起始=Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）‎ A．该反应的焓变△H＞0‎ B．图中Z的大小为b＞3＞a C．图中X点对应的平衡混合物中=3‎ D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）增大 ‎19．某小组为了研究电化学原理设计了如图所示的装置，下列说法中错误的是（　　）‎ A．X和Y不连接时，铜棒上会有金属银析出 B．X和Y用导线连接时，银棒是正极，发生氧化反应 C．若X接直流电源的正极，Y接负极，Ag+向铜电极移动 D．无论X和Y是否用导线连接，铜棒均会溶解，溶液都从无色逐渐变成蓝色 ‎20．某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+，设计了盐桥式的原电池，见图．盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液．下列叙述中正确的是（　　）‎ A．甲烧杯的溶液中发生还原反应 B．乙烧杯中发生的电极反应为：2Cr3++7H2O﹣6e﹣=Cr2O72﹣+14H+‎ C．外电路的电流方向是从b到a D．电池工作时，盐桥中的SO42﹣ 移向乙烧杯 ‎21．镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．电解质溶液为KOH溶液，电池反应为：Cd+2NiO（OH）+2H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2，下列有关镍镉电池的说法正确的是（　　）‎ A．充电过程是化学能转化为电能的过程 B．充电时阳极反应为Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH ﹣‎ C．放电时电池内部OH﹣向正极移动 D．充电时与直流电源正极相连的电极上发生Ni（OH）2转化为NiO（OH）的反应 ‎22．三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确的是（　　）‎ A．通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH降低 D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成 ‎23．如图装置中，有如下实验现象：开始时插在小试管中的导管内的液面下降，一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面．以下有关解释不合理的是（　　）‎ A．生铁片中所含的碳能增强铁的抗腐蚀性 B．雨水酸性较强，生铁片开始发生析氢腐蚀 C．导管内墨水液面回升时，正极反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣‎ D．随着反应的进行，U型管中雨水的酸性逐渐减弱 ‎24．下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）‎ A．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，证明CH3COOH是弱电解质 B．pH相同的醋酸和盐酸，取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m＜n C．常温下，在0.10 mol•L﹣1的NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小且c（NH4+）/c（NH3•H2O）的值增大 D．常温下，CH3COOH的Ka=1.7×10﹣5，NH3•H2O的Kb=1.7×10﹣5，CH3COOH溶液中的c（H+）与NH3•H2O的溶液中的c（OH﹣）相等 ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分52分）‎ ‎25．（1）常温下，0.1mol/L 的CH3COOH溶液中有l%的CH3COOH分子发生电离，则溶液的pH=　　；可以使0.10mol•L﹣1 CH3COOH的电离程度增大的是　　｡‎ a．加入少量0.10mol•L﹣1的稀盐酸 b．加热CH3COOH溶液 c．加水稀释至0.010mol•L﹣1 d．加入少量冰醋酸 e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量0.10mol•L﹣1的NaOH溶液 ‎（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V（盐酸）　　V（醋酸）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，则H2A的电离方程式为　　‎ ‎（4）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为　　．‎ ‎26．肼可作为火箭发动机的燃料，与N2O4反应生成N2和水蒸气．已知：‎ ‎①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=﹣19.5kJ•mol﹣1‎ ‎②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534.2kJ•mol﹣1‎ ‎（1）写出肼和N2O4反应反应生成N2和水蒸气的热化学方程式　　；‎ ‎（2）火箭残骸中常现红棕色气体，当温度升高时，气体颜色变深，原因是存在如下反应：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，一定温度下，将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中发生上述反应，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是　　．‎ ‎（3）肼﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．肼﹣空气燃料电池放电时负极的电极反应式是　　．‎ ‎（4）传统制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，制得肼的稀溶液．该反应的离子方程式是　　．‎ ‎27．化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义．机动车废气排放已成为城市大气污染的重要．‎ ‎①气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0．汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点原因　　、　　．‎ ‎②汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，若设想按下列反应除去CO：‎ ‎2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0，该设想能否实现？　　（选填“能”或“不能”），依据是　　．‎ ‎28．在体积恒定的密闭容器中投入物质A和物质B在适宜的条件下发生反应：A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）‎ ‎（1）相同的压强下，充入一定量的A、B后，在不同温度下C的百分含量与时间的关系如图1所示．‎ 则T1　　T2（填“＞”、“＜”或“=”），该反应的正反应的△H　　0（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（2）若该反应的逆反应速率与时间的关系如图2所示：‎ ‎①由图可见，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了条件，则t8时改变的条件是　　．‎ ‎②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系线．‎ ‎29．某同学用中和滴定法测定某烧碱的纯度，实验过程如下：‎ ‎（1）配制待测液：称取4.1g固体烧碱样品（杂质不与酸反应）配制成250mL溶液．‎ ‎（2）滴定 ‎①用　　量取10.00mL待测液．‎ ‎②向锥形瓶中加入几滴酚酞，用0.201 0mol•L﹣1的标准盐酸滴定待测烧碱溶液，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，直到　　时停止滴定．‎ ‎（3）数据处理 实验次 序编号 盐酸溶液体积 V/mL 氢氧化钠溶液体积 V/mL ‎1‎ ‎19.90‎ ‎10.00‎ ‎2‎ ‎20.10‎ ‎10.00‎ ‎3‎ ‎22.00‎ ‎10.00‎ ‎4‎ ‎20.00‎ ‎10.00‎ 根据上述表格，选取合适的数据，计算待测烧碱溶液的浓度为　　，烧碱的纯度为　　（保留两位小数）．‎ ‎（4）一定物质的量浓度溶液的配制和酸碱中和滴定是中学化学中两个典型的定量实验．某研究性学习小组在实验室中配制盐酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液．下列有关说法中正确的是（多选）　　‎ A．实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏 B．如果实验中需用80mL的稀盐酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶 C．容量瓶中含有少量蒸馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小 D．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀盐酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大 E．配制溶液时，定容时俯视读数，则导致实验结果偏大 F．中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致实验结果偏大 G．锥形瓶用蒸馏水洗浄后，有少量蒸馏水残留，则导致实验结果偏小 H．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则导致实验结果偏大．‎ ‎30．将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0，当反应达到平衡状态，测得混合气体总物质的量为2.1mol．则平衡时SO2的体积分数为　　．‎ ‎31．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．当乙池中C极质量减轻10.8g时，回答下列问题．‎ ‎（1）甲池中B电极理论上消耗O2的体积（标准状况下）　　ml．‎ ‎（2）若丙池中溶液的体积为1000mL，此时丙池中溶液的pH为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省嘉兴一中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题包括24小题，每题2分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．把0.05mol NaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（　　）‎ A．自来水 B．0.5 mol•L﹣1盐酸 C．0.5 mol•L﹣1 CH3COOH溶液 D．0.5 mol•L﹣1 KCl溶液 ‎【考点】电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】溶液导电能力与自由移动离子浓度成正比，溶液中导电能力变化最小，说明溶液中离子浓度变化最小，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．自来水自由移动离子浓度较小，NaOH是强电解质，在水溶液中电离出自由移动阴阳离子而导致自来水中离子浓度变化较大，所以导电能力变化较大，故A不选；‎ B．盐酸和NaOH的物质的量相等，且HCl是强电解质，将NaOH固体加入稀盐酸中，二者恰好反应生成0.05mol/L的NaCl，NaCl是强电解质，所以溶液离子浓度变化不大，则溶液导电能力变化不大，故B选；‎ C．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，醋酸和氢氧化钠物质的量相等，且醋酸钠和醋酸浓度相等，二者反应生成强电解质醋酸钠，所以溶液中离子浓度变化较大，溶液导电能力变化较大，故C不选；‎ D．KCl、NaOH是强电解质，且NaOH和KCl不反应，加入NaOH后，溶液中离子浓度变化较大，则溶液导电能力变化较大，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于吸热反应和放热反应的说法正确的是（　　）‎ A．需加热才能发生的反应一定是吸热反应 B．任何放热反应在常温条件一定能发生 C．反应物和生成物分别具有的总能量决定了反应是放热反应还是吸热反应 D．当△H＜0时表明反应为吸热反应 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．反应是吸热还是放热与反应的条件无关；‎ B．有些放热反应在常温条件不能发生反应，如铝热反应；‎ C．化学反应中生成物总能量不等于反应物的总能量，反应前后的能量差值为化学反应中的能量变化；‎ D．吸热反应，△H＜0；放热反应，△H＞0．‎ ‎【解答】解：A．需加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铝热反应是放热反应，但在加热的条件下才能发生，故A错误；‎ B．有些放热反应在常温条件不能发生反应，如铝热反应是放热反应，但在加热的条件下才能发生，故B错误；‎ C．放热反应是指：反应物所具有的总能量高于生成的总能量，在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，反之，就是吸热反应．故C正确；‎ D．吸热反应，△H＞0；放热反应，△H＜0，所以当△H＜0时表明反应为放热反应，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g） 的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是（　　）‎ A．氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应 B．1 mol H2与1 mol F2反应生成2 mol液态HF放出的热量小于270 kJ C．在相同条件下，1 mol H2与1 mol F2的能量总和大于2 mol HF气体的能量 D．断裂1 mol H﹣H键和1 mol F﹣F 键放出的能量大于形成2 mol H﹣F键放出的能量 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、由图象可知，2molHF（g）的能量小于1molH2（g）和1molF2（g）的能量；‎ B、2 mol液态HF的能量小于2molHF（g）的能量；‎ C、根据1molH2（g）和1molF2（g）生成2molHF（g）放热来分析；‎ D、根据反应热△H=断键吸收的能量﹣成键放出的能量＜0来分析；‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，2molHF（g）的能量小于1molH2（g）和1molF2（g）的能量，故氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是吸热反应，故A错误；‎ B、2 mol液态HF的能量小于2molHF（g）的能量，对于放热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，反应放出的热量越多，故放出的热量大于270KJ，故B错误；‎ C、1molH2（g）和1molF2（g）生成2molHF（g）放热，故1molH2（g）和1molF2（g）的所具有总能量大于2molHF（g）所具有的能量，故C正确；‎ D、由于1molH2（g）和1molF2（g）生成2molHF（g）放热，而反应热△H=断键吸收的能量﹣成键放出的能量＜0，故断裂1 mol H﹣H键和1 mol F﹣F 键放出的能量小于形成2 mol H﹣F键放出的能量，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．改变外界条件可以影响化学反应速率，针对H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），其中能使活化分子百分数增加的是 ‎①增加反应物浓度 ②增大气体的压强 ③升高体系的温度 ④使用催化剂（　　）‎ A．①② B．②③ C．①④ D．③④‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】升高温度或加入催化剂可提高反应物中的活化分子百分数，增大浓度、增大压强时单位体积内活化分子数目增大，活化分子百分数不变，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：①增大反应物浓度，增大了单位体积的活化分子数，没有改变活化分子百分数，故①错误；‎ ‎②增大压强，相当于增大了浓度，活化分子数目增大，没有改变活化分子百分数，故②错误；‎ ‎③升高温度，升高了分子能量，增大了活化分子百分数，故③正确；‎ ‎④加入催化剂，降低了反应能量，增加了活化分子百分数，故④正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．在恒温、容积为2L的密闭容器中充入2mol SO2和一定量O2．发生反应2SO2+O2⇌2SO3，当反应进行到4min时，测得n（SO2）=0.4mol．若反应进行到2min时，容器中SO2的物质的量是（　　）‎ A．等于1.6 mol B．等于1.2 mol C．大于1.6 mol D．小于1.2 mol ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】依据化学反应速率的概念进行分析计算，并注意浓度越大，反应速率越大来解答．‎ ‎【解答】解：根据化学反应速率的概念可知，进行到4min时，测得n （SO2）=0.4mol，此时反应的速率为V（SO2）==0.2mol/L•min；反应进行到前2min末时设二氧化硫物质的量为x，依据速率定义可得V′（SO2）=；进行到2min时的物质浓度大于4min时的物质的浓度，所以反应时4min的反应速率小于2min的反应速率，即V′（SO2）=＞0.2mol/L•min；整理得，x＜1.2mol，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．一定温度下，两个恒容密闭容器中分别发生反应：①H2（g）+I2（g）═2HI（g）； ②C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），下列状态能表明两反应都达到平衡状态的是（　　）‎ a．各物质的浓度不变；‎ b．容器内气体压强不变；‎ c．容器内气体密度不变；‎ d．容器内气体颜色不变；‎ e．各组分的物质的量分数或质量分数不变；‎ f．混合气体的平均分子量不变．‎ A．ae B．aef C．abc D．ac ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意①反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，所以不能用压强判断平衡．‎ ‎【解答】解：a．各物质的浓度不变，说明①②中各物质的量不变，都达平衡状态，故a正确；‎ b．容器内气体压强不变，①压强始终不变，所以压强不变无法判断①是否达到平衡状态，故b错误；‎ c．容器内气体密度不变，由于①反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，无法判断①是否达到平衡状态，故c错误；‎ d．容器内气体颜色不变，由于②反应容器内气体颜色始终不变，故d错误；‎ e．各组分的物质的量分数或质量分数不变，说明①②中各物质的量不变，都达平衡状态，故e正确；‎ f、反应①中气体的质量和物质的量始终不变，混合气体的平均分子量始终不变，所以平均相对分子质量不变不能说明反应①达到平衡状态，故f错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．在一真空容器中，充入10mol N2，30mol H2，发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），在一定条件下达到平衡时，N2的转化率为25%．若在同一容器中，在相同温度下，向容器中充入NH3，欲使达到平衡时各成分的质量分数与上述平衡相同，则起始时NH3的量和达到平衡时NH3的转化率为（　　）‎ A．20 mol、25% B．20 mol、75% C．40 mol、30% D．10mol、50%‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】恒温恒容下，若开始只充入NH3，欲达到平衡时的各成份的百分含量与原平衡时相同，二者为等效平衡，由于反应前后气体的化学计量数之和不相等，故平衡时对应组分的物质的量相等，根据极限法计算氨气的物质的量，根据方程式计算原平衡时氨气的物质的量，进而计算开始只充入NH3时氨气的转化率．‎ ‎【解答】解：恒温恒容下，若开始只充入NH3，欲达到平衡时的各成份的百分含量与原平衡时相同，二者为等效平衡，由于反应前后气体的化学计量数之和不相等，故平衡时对应组分的物质的量相等，需要氨气的物质的量=10mol×2=20mol，原平衡中参加反应氮气为10mol×25%=2.5mol，由方程式可知平衡时氨气的物质的量=2.5mol×2=5mol，故若开始只充入NH3，氨气的转化率=×100%=75%，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．有一可逆反应2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），已知起始浓度c（A）=2mol/L，c（B）=3mol/L，c（C）=c（D）=0，反应开始20min后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5mol/L，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．前20 min的平均反应速率v（C）=0.1 mol/（L•min）‎ B．A的转化率为50%‎ C．C的平衡浓度c（C）=4 mol/L D．B的平衡浓度c（B）=1.5 mol/L ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】利用三段式法计算：‎ ‎ 2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），‎ 起始（mol/l） 2 3 0 0‎ 转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5‎ 平衡（mol/l） 1 1.5 2 0.5‎ 结合对应的数据计算各物理量及转化率．‎ ‎【解答】解：利用三段式法计算：‎ ‎ 2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），‎ 起始（mol/l） 2 3 0 0‎ 转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5‎ 平衡（mol/l） 1 1.5 2 0.5‎ A．前20 min的平均反应速率v（C）==0.1mol/（L．min），故A正确；‎ B．A的转化率为×100%=50%，故B正确；‎ C．C的平衡为浓度为2mol/L，故C错误；‎ D．B的平衡浓度为1.5mol/L，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．减小容器体积，平衡向右移动 B．加入催化剂，Z的产率增大 C．增大c（X），X的转化率增大 D．降低温度，Y的转化率增大 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、反应前后气体体积不变，减小容器体积压强增大，平衡不变；‎ B、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡；‎ C、两种反应物，增加一种物质的量增大另一种物质转化率，本身转化率减小；‎ D、反应是放热反应，降温平衡正向进行；‎ ‎【解答】解：A、反应前后气体体积不变，减小容器体积压强增大，平衡不变，故A错误；‎ B、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，Z的产率不变，故B错误；‎ C、两种反应物，增加一种物质的量增大另一种物质转化率，本身转化率减小，增大c（X），X的转化率减小，故C错误；‎ D、反应是放热反应，降温平衡正向进行，Y的转化率增大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（　　）‎ A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1‎ B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多 C． H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1‎ D．3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1知H2（g）的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1；‎ B．假设取H2（g）和CH3OH（l）各为1克，依据H2（g）和CH3OH（l）的热化学方程式计算比较；‎ C．硫酸和氢氧化钡发生中和反应生成的硫酸钡过程中需放热，中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量；‎ D．依据已知热化学方程式和盖斯定律计算分析判断．‎ ‎【解答】解：A．依据燃烧热概念分析，选项中由已知热化学方程式计算可知H2（g）的燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，设质量为1g，‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2 571.6KJ mol 142.9KJ ‎2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣1‎ ‎2 1452KJ mol 22.69KJ 所以H2（g）放出的热量多，故B正确；‎ C．中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量，硫酸和氢氧化钡发生中和反应，反应中有BaSO4（s）生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即△H＜﹣57.3 kJ•mol﹣1，故C错误；‎ D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1‎ 按盖斯定律计算①×3﹣②得到6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l）△H=﹣262.8 kJ•mol﹣1．‎ 可知正确的是3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4 kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．将浓度为0.1mol/LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（　　）‎ A．c（H+） B．Ka（HF） C． D．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答．‎ ‎【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；‎ B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；‎ C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F﹣，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会小于10﹣7mol•L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；‎ D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．对室温下100mL pH=2的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（　　）‎ A．加水稀释至溶液体积为200mL，醋酸溶液的pH变为4‎ B．温度都升高20°C后，两溶液的pH不再相等 C．加水稀释至溶液体积为200mL后，两种溶液中c（OH﹣）都减小 D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气体积可用上图表示 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，升高温度促进弱酸的电离，氢离子浓度增大．‎ ‎【解答】解：A、对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，稀释至200ml，溶液的浓度变为原来的一半，pH变化小于1个单位，则醋酸溶液的pH＜3，故A错误；‎ B、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，升高温度，醋酸的电离程度增大，所以酸性会增强，pH会减小，则两溶液的pH不再相等，故B正确；‎ C、对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，则两种溶液中c（OH﹣）都增大，故C错误；‎ D、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，相同体积的两种溶液，加足量的锌充分反应后，醋酸产生的氢气比盐酸多，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是（　　）‎ A．95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L B．15℃时，pH=7的溶液呈酸性 C．AB连线上的点均表示中性溶液 D．B点对应的温度高于A点对应的温度 ‎【考点】离子积常数．‎ ‎【分析】纵轴是氢离子浓度，横轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算出A曲线的Kw，然后结合水的电离过程吸热判断25℃时、95℃时水的电离平衡曲线，纯水在任何温度下，都是中性的，据此回答判断．‎ ‎【解答】解：纵轴是氢离子浓度，横轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算出A曲线的Kw=10﹣14，B曲线的Kw=10﹣12，水的电离是吸热的，所以A是25℃时水的电离平衡曲线，B是95℃时水的电离平衡曲线．‎ A、95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c（OH﹣）=mol/L=1×10﹣8mol/L，故A错误；‎ B、温度升高，水的电离受到促进，降低温度，抑制水的电离，所以降低温度，水的pH越大，15℃时，pH=7的溶液呈酸性，故B正确；‎ C、纯水在任何温度下，都是中性的，故C正确；‎ D、A是25℃时水的电离平衡曲线，B是95℃时水的电离平衡曲线，B点对应的温度高于A点，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．等量的苛性钠溶液分别用pH值为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va和Vb，则它们之间的关系是（　　）‎ A．Va＞10Vb B．Vb=10Va C．Va＜10Vb D．Vb＞10Va ‎【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，根据含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，二者物质的量相等判断．‎ ‎【解答】解：含等量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，‎ 设pH为2的醋酸浓度为x，PH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，‎ 则=＜，即Vb＞10Va，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．在一定温度下，固定容积的容器中加入a mol A和b mol B，发生反应：A（g）+2B（g）⇌2C（g）一段时间后达到平衡，生成n mol C．则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．再充入少量A，平衡向正反应方向移动，但K值不变 B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为（a+b）：（a+b﹣）‎ C．当2v正（A）=v逆（B）时，反应一定达到平衡状态 D．充入惰性气体（如Ar）增大压强，平衡向正反应方向移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】A、增大反应物浓度，化学平衡正向移动，温度不变，化学平衡常数不变；‎ B、化学反应的物质的量之比等于压强之比；‎ C、当正逆反应速率相等时，化学反应达到平衡状态；‎ D、充入惰性气体（如Ar），体积不变，反应中各组分浓度不变，则化学平衡不移动．‎ ‎【解答】解：A、再充入少量A，即增大反应物浓度，化学平衡正向移动，但是温度不变，化学平衡常数不变，故A正确；‎ B、根据反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）初始物质的量之和是a+b，达到平衡后物质的量之和是（a+b﹣），化学反应的物质的量之比等于压强之比，即为（a+b）：（a+b﹣），B正确；‎ C、当2v正（A）=v逆（B）时，证明正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故C正确；‎ D、充入惰性气体（如Ar），体系体积不变，所以反应中各组分浓度不变，化学平衡不移动，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．对于密闭容器中的可逆反应：4L（g）⇌2M（g）+N（g）△H＞0，其平衡状态与温度（T）和压强（P1＞P2）的关系如图所示．图中y轴是指（　　）‎ A．气体混合物的平均相对分子质量 B．气体混合物的总物质的量浓度 C．L在气体混合物的体积分数 D．气体混合物的密度 ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】由图可知，压强越大，Y的值的越大，温度越高，Y的值也越大，而反应为气体体积减小的吸热反应，根据外界条件对平衡移动的影响答题．‎ ‎【解答】解：由图可知，压强越大，Y的值的越大，温度越高，Y的值也越大，而反应为气体体积减小的吸热反应，则 A、该反应气体质量守恒，压强增大，平衡正向移动，总物质的量减小，平均相对分子质量增大，温度升高，平衡正向移动，总物质的量减小，平均相对分子质量增大，故A正确；‎ B、压强增大，平衡正向移动，总物质的量减小，所以气体混合物的总物质的量浓度减小，故B错误；‎ C、压强增大，平衡正向移动，L在气体混合物的体积分数减小，故C错误；‎ D、反应中密闭容器中，气体质量守恒，所以密度始终不变，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎17．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．冰镇的啤酒打开后泛起泡沫 B．由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深 C．工业制取金属钾Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g）选取适宜的温度，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来 D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．‎ ‎【解答】解：A、气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B、由H2、I2（g）、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故B选；‎ C、该反应是可逆反应，让K成蒸汽从反应混合物中分离出来，减小生成物的浓度能上平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；‎ D、存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成的次氯酸见光分解，促进平衡正向进行，故氯水光照后颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎18．一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）设起始=Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）‎ A．该反应的焓变△H＞0‎ B．图中Z的大小为b＞3＞a C．图中X点对应的平衡混合物中=3‎ D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）增大 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、温度越高CH4的体积分数越小；‎ B、水蒸气的量越多，CH4的转化率越大，平衡时CH4的体积分数越小；‎ C、X点对应起始的量，而不是平衡时；‎ D、增大压强，平衡逆向移动．‎ ‎【解答】解：A、温度越高CH4的体积分数越小，说明平衡正向移动，所以正反应是吸热，所以该反应的焓变△H＞0，故A正确；‎ B、水蒸气的量越多，CH4的转化率越大，平衡时CH4的体积分数越小，所以Z的大小为b＞3＞a，故B正确；‎ C、X点对应起始的量之比，而不是平衡时，故C错误；‎ D、增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后φ（CH4）增大，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．某小组为了研究电化学原理设计了如图所示的装置，下列说法中错误的是（　　）‎ A．X和Y不连接时，铜棒上会有金属银析出 B．X和Y用导线连接时，银棒是正极，发生氧化反应 C．若X接直流电源的正极，Y接负极，Ag+向铜电极移动 D．无论X和Y是否用导线连接，铜棒均会溶解，溶液都从无色逐渐变成蓝色 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、X和Y不连接时，Cu与硝酸银溶液发生置换反应；‎ B、X和Y用导线连接时，形成原电池，Cu作负极，Ag作正极；‎ C、电解池中阳离子向阴极移动；‎ D、无论X和Y是否连接，都发生Cu+2Ag+=Cu2++2Ag．‎ ‎【解答】解：A、X和Y不连接时，Cu与硝酸银溶液发生置换反应，所以铜棒上会有金属银析出，故A正确；‎ B、X和Y用导线连接时，形成原电池，Cu作负极，Ag作正极，正极上反应方程式为：Ag++e﹣=Ag，发生还原反应，故B错误；‎ C、若X接直流电源的正极，Y接负极，则Ag为阳极，则Ag+向Cu电极移动，故C正确；‎ D、无论X和Y是否连接，都发生Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，则溶液都从无色逐渐变成蓝色，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎20．某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+，设计了盐桥式的原电池，见图．盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液．下列叙述中正确的是（　　）‎ A．甲烧杯的溶液中发生还原反应 B．乙烧杯中发生的电极反应为：2Cr3++7H2O﹣6e﹣=Cr2O72﹣+14H+‎ C．外电路的电流方向是从b到a D．电池工作时，盐桥中的SO42﹣ 移向乙烧杯 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】由于氧化性Cr2O72﹣＞Fe3+，即Cr2O72﹣可以将Fe2+氧化为Fe3+，故在原电池中，Fe2+失电子被氧化，故a极为负极；Cr2O72﹣得电子被还原，故b极为正极．据此分析．‎ ‎【解答】解：由于氧化性Cr2O72﹣＞Fe3+，即Cr2O72﹣可以将Fe2+氧化为Fe3+，故在原电池中，Fe2+失电子被氧化，故a极为负极；Cr2O72﹣得电子被还原，故b极为正极．‎ A、Fe2+失电子被氧化，即甲池发生氧化反应，故A错误；‎ B、乙烧杯中Cr2O72﹣得电子被还原：Cr2O72﹣+6e﹣+14H+=2Cr3++7H2O，故B错误；‎ C、外电路中电流由正极流向负极，即由b流向a，故C正确；‎ D、原电池中，阴离子移向负极，即SO42﹣ 移向甲烧杯，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎21．镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．电解质溶液为KOH溶液，电池反应为：Cd+2NiO（OH）+2H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2，下列有关镍镉电池的说法正确的是（　　）‎ A．充电过程是化学能转化为电能的过程 B．充电时阳极反应为Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH ﹣‎ C．放电时电池内部OH﹣向正极移动 D．充电时与直流电源正极相连的电极上发生Ni（OH）2转化为NiO（OH）的反应 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，充电时该装置是电解池．‎ ‎【解答】解：A．充电时该装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；‎ B．充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故B错误；‎ C．放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故C错误；‎ D．充电时与直流电源正极相连的是阳极，而阳极上电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎22．三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确的是（　　）‎ A．通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH降低 D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小；‎ B、从两极的电极反应和溶液的电中性角度考虑；‎ C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子放电；‎ D、当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成．‎ ‎【解答】解：A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误；‎ B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；‎ C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误；‎ D、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎23．如图装置中，有如下实验现象：开始时插在小试管中的导管内的液面下降，一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面．以下有关解释不合理的是（　　）‎ A．生铁片中所含的碳能增强铁的抗腐蚀性 B．雨水酸性较强，生铁片开始发生析氢腐蚀 C．导管内墨水液面回升时，正极反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣‎ D．随着反应的进行，U型管中雨水的酸性逐渐减弱 ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】由于雨水的pH=4，开始生铁发生析氢腐蚀，故开始时插在小试管中的导管内的液面下降；一段时间后，雨水的酸性减弱，此时生铁开始发生吸氧腐蚀，故一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面，据此分析．‎ ‎【解答】解：A、生铁中含有的碳，能和铁形成原电池，铁做负极，加快铁的腐蚀，故A错误；‎ B、雨水的酸性较强，故开始时发生析氢腐蚀，故B正确；‎ C、导管内墨水液面回升是由于生铁发生了吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故C正确；‎ D、由于雨水的pH=4，开始生铁发生析氢腐蚀，正极上反应为：2H++2e﹣=H2↑，故雨水的酸性减弱，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎24．下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）‎ A．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，证明CH3COOH是弱电解质 B．pH相同的醋酸和盐酸，取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m＜n C．常温下，在0.10 mol•L﹣1的NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小且c（NH4+）/c（NH3•H2O）的值增大 D．常温下，CH3COOH的Ka=1.7×10﹣5，NH3•H2O的Kb=1.7×10﹣5，CH3COOH溶液中的c（H+）与NH3•H2O的溶液中的c（OH﹣）相等 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、证明醋酸存在电离平衡；‎ B、醋酸是弱酸，溶液中存在电离平衡，氯化氢是强电解质，完全电离，加水稀释促进醋酸电离；‎ C、在0.10 mol•L﹣1的NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，平衡逆向移动，氢氧根离子的浓度减小，溶液的碱性减弱，即氢氧根离子的浓度减少；而温度不变，电离平衡常数不变，则=；‎ D、室温下，醋酸溶液中c（H+）=，氨水溶液中c（OH﹣）=．‎ ‎【解答】解：A、用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较低，但不能说明醋酸部分电离，所以不能说明醋酸是弱酸，故A错误；‎ B、pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，促进醋酸的电离，要使两溶液的pH仍然相同，醋酸稀释的倍数大，即m＞n，故B错误；‎ C、在0.10 mol•L﹣1的NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，平衡逆向移动，氢氧根离子的浓度减小，溶液的碱性减弱，即氢氧根离子的浓度减少；而温度不变，电离平衡常数不变，则=，所以变大，故C正确；‎ D、室温下，醋酸溶液中c（H+）=，氨水溶液中c（OH﹣）=，两种溶液的浓度相对大小未知，所以无法判断醋酸溶液中氢离子浓度和氨水中氢氧根离子浓度的相对大小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分52分）‎ ‎25．（1）常温下，0.1mol/L 的CH3COOH溶液中有l%的CH3COOH分子发生电离，则溶液的pH=　3　；可以使0.10mol•L﹣1 CH3COOH的电离程度增大的是　bcf　｡‎ a．加入少量0.10mol•L﹣1的稀盐酸 b．加热CH3COOH溶液 c．加水稀释至0.010mol•L﹣1 d．加入少量冰醋酸 e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量0.10mol•L﹣1的NaOH溶液 ‎（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V（盐酸）　＜　V（醋酸）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，则H2A的电离方程式为　H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣　‎ ‎（4）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为　10：1　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）0.1mol/L 的CH3COOH溶液中有l%的CH3COOH分子发生电离，c（H+）=10﹣3mol/L，据此计算溶液的pH；加水稀释、升温、加与醋酸反应的物质等均能促进醋酸的电离；‎ ‎（2）生成氢气的体积取决于电离出的氢离子的量的多少；‎ ‎（3）在水溶液里只有部分电离的酸是弱酸，二元弱酸分步电离；‎ ‎（4）根据两溶液的pH计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再列式计算出氢氧化钠溶液和盐酸溶液的体积之比．‎ ‎【解答】解：（1）0.1mol/L 的CH3COOH溶液中有l%的CH3COOH分子发生电离，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L×1%=0.001mol/L，则溶液PH=3；‎ a．加入少量0.10mol•L﹣1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故错误；‎ b．醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；‎ c．加水稀释至0.010mol•L﹣1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；‎ d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故错误；‎ e．加入少量氯化钠固体，不影响平衡的移动，则不改变醋酸的电离，故错误；‎ f．加入少量0.10mol•L﹣1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；‎ 故答案为：3； bcf；‎ ‎（2）醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断地向右移动，会电离出更多的氢离子，所以醋酸产生的氢气体积较大；‎ 故答案为：＜；‎ ‎（3）常温下，0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，说明该酸部分电离，则为弱酸，H2A是二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣；‎ 故答案为：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣；‎ ‎（4）25℃时所得混合溶液的pH=6，溶液呈酸性，则c（H+）==10﹣6，所以V（HCl）：V（NaOH）=10：1；‎ 故答案为：10：1．‎ ‎　‎ ‎26．肼可作为火箭发动机的燃料，与N2O4反应生成N2和水蒸气．已知：‎ ‎①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=﹣19.5kJ•mol﹣1‎ ‎②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534.2kJ•mol﹣1‎ ‎（1）写出肼和N2O4反应反应生成N2和水蒸气的热化学方程式　2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1048.9kJ/mol　；‎ ‎（2）火箭残骸中常现红棕色气体，当温度升高时，气体颜色变深，原因是存在如下反应：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，一定温度下，将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中发生上述反应，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是　ad　．‎ ‎（3）肼﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．肼﹣空气燃料电池放电时负极的电极反应式是　N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑　．‎ ‎（4）传统制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，制得肼的稀溶液．该反应的离子方程式是　2NH3+ClO﹣=N2H4+Cl﹣+H2O　．‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】（1）①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=﹣19.5kJ•mol﹣1‎ ‎②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534.2kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律将方程式②×2﹣①计算得到；‎ ‎（2）根据达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等进行判断；‎ ‎（3）从作为燃料电池时，负极发生氧化反应的角度可知N2H4被氧化生成N2；‎ ‎（4）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），N元素的化合价升高，故还生成氯化钠与水．‎ ‎【解答】解：（1）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气，‎ ‎①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=﹣19.5kJ•mol﹣1‎ ‎②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534.2kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律将方程式②×2﹣①得肼和N2H4 反应的热化学方程式：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1048.9kJ/mol，‎ 故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1048.9kJ/mol；‎ ‎（2）a、反应方程式两边气体的质量不相等，密度不变，说明达到了平衡状态，故a正确；‎ b、反应过程中，反应热不会变化，不是变量，无法判断是否达到平衡状态，故b错误；‎ c、根据图象，正反应速率还在减小，则说明未达到平衡状态，故c错误；‎ d、四氧化二氮的转化率不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故d正确；‎ 故选ad；‎ ‎（3）肼一空气燃料碱性电池中，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑，‎ 故答案为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑；‎ ‎（4）NH3与NaClO发生氧化还原反应可得到肼（N2H4）、氯化钠和水，所以该反应的离子方程式为：2NH3+ClO﹣=N2H4+Cl﹣+H2O，‎ 故答案为：2NH3+ClO﹣=N2H4+Cl﹣+H2O．‎ ‎　‎ ‎27．化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义．机动车废气排放已成为城市大气污染的重要．‎ ‎①气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0．汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点原因　温度升高，反应速率加快　、　温度升高，有利于平衡反应正向进行　．‎ ‎②汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，若设想按下列反应除去CO：‎ ‎2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0，该设想能否实现？　不能　（选填“能”或“不能”），依据是　该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行　．‎ ‎【考点】化学平衡的调控作用．‎ ‎【分析】①依据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断；‎ ‎②依据反应自发进行的条件是△H﹣T△S＜0分析判断．‎ ‎【解答】解：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＞0，反应时气体体积不变的吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡右移，单位时间内NO排放量越大； ‎ 故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，有利于平衡反应正向进行；‎ ‎②2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0，反应是焓变增大，熵变减小的反应，△H＞0，△S＜0，则△H﹣T△S＞0，反应任何温度下都不能自发进行；‎ 故答案为：不能；该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行．‎ ‎　‎ ‎28．在体积恒定的密闭容器中投入物质A和物质B在适宜的条件下发生反应：A（s）+2B（g）⇌2C（g）+D（g）‎ ‎（1）相同的压强下，充入一定量的A、B后，在不同温度下C的百分含量与时间的关系如图1所示．‎ 则T1　＞　T2（填“＞”、“＜”或“=”），该反应的正反应的△H　＞　0（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（2）若该反应的逆反应速率与时间的关系如图2所示：‎ ‎①由图可见，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了条件，则t8时改变的条件是　使用催化剂　．‎ ‎②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系线．‎ ‎【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据先拐先平衡，如图1T1＞T2，温度高C的百分含量也大，所以升温平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；‎ ‎（2）①t8后，正逆反应速率同等程度增大，反应前后气体体积不相同，只能是使用了催化剂；‎ ‎②根据速率图象分析，根据t4时降压，平衡正向移动，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，平衡正向移动，分析绘制图象．‎ ‎【解答】解：（1）根据先拐先平衡，如图1T1＞T2，温度高C的百分含量也大，所以升温平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，故答案为：＞；＞；‎ ‎（2）①t8后，正逆反应速率同等程度增大，反应前后气体体积不相同，只能是使用了催化剂，故答案为：使用催化剂；‎ ‎②t4时降压，则逆反应速率瞬间变小后逐渐增大，平衡正向移动，t5时达到平衡逆反应速率不变，t6时增大反应物的浓度，逆反应瞬间没变，但随后速率也会慢慢增加，所以请在图2中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系线如图：，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎29．某同学用中和滴定法测定某烧碱的纯度，实验过程如下：‎ ‎（1）配制待测液：称取4.1g固体烧碱样品（杂质不与酸反应）配制成250mL溶液．‎ ‎（2）滴定 ‎①用　碱式滴定管　量取10.00mL待测液．‎ ‎②向锥形瓶中加入几滴酚酞，用0.201 0mol•L﹣1的标准盐酸滴定待测烧碱溶液，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，直到　锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复　时停止滴定．‎ ‎（3）数据处理 实验次 序编号 盐酸溶液体积 V/mL 氢氧化钠溶液体积 V/mL ‎1‎ ‎19.90‎ ‎10.00‎ ‎2‎ ‎20.10‎ ‎10.00‎ ‎3‎ ‎22.00‎ ‎10.00‎ ‎4‎ ‎20.00‎ ‎10.00‎ 根据上述表格，选取合适的数据，计算待测烧碱溶液的浓度为　0.4020mol•L﹣1　，烧碱的纯度为　98.05%　（保留两位小数）．‎ ‎（4）一定物质的量浓度溶液的配制和酸碱中和滴定是中学化学中两个典型的定量实验．某研究性学习小组在实验室中配制盐酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液．下列有关说法中正确的是（多选）　ABDH　‎ A．实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏 B．如果实验中需用80mL的稀盐酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶 C．容量瓶中含有少量蒸馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小 D．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀盐酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大 E．配制溶液时，定容时俯视读数，则导致实验结果偏大 F．中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致实验结果偏大 G．锥形瓶用蒸馏水洗浄后，有少量蒸馏水残留，则导致实验结果偏小 H．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则导致实验结果偏大．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（2）①根据碱性溶液盛放在碱式滴定管中；‎ ‎②根据滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；‎ ‎（3）根据C（待测）=C（标准）×V（标准）÷V（待测）计算，V（标准）用两次的平均值；根据m=CVM计算250mL烧碱样品中氢氧化钠的质量，再根据质量分数公式计算氢氧化钠的质量分数；‎ ‎（4）A．根据容量瓶、滴定管的构造及正确使用方法进行分析；‎ B．实验室没有80mL容量瓶，需要选用100mL容量瓶配制该浓度的溶液；‎ C．容量瓶中含有少量蒸馏水无影响；‎ D．滴定管没有标准溶液润洗，会导致标准液被稀释，滴定时消耗的标准液体积偏大；‎ E．配制溶液时，定容时俯视度数，溶液体积偏小；‎ F．中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则消耗的标准溶液体积偏大；‎ G．锥形瓶用蒸馏水洗浄后，有少量蒸馏水残留，对实验结果无影响；‎ H．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，标准溶液体积读取数值增大．‎ ‎【解答】解：操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器是：托盘天平、药匙、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（2）①待测液是碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中，通过滴定管量取10.00mL待测液，‎ 故答案为：碱式滴定管；‎ ‎②滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达；滴定时，当滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复；‎ 故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复；‎ ‎（3）第三次实验消耗的盐酸的体积偏大，舍去，则V（标准）==20.00mL，‎ C（待测）==0.4020mol•L﹣1，‎ m=CVM=0.4020mol•L﹣1×0.25L×40g/mol=4.020g ω（NaOH）=×100%=98.05%，‎ 故答案为：0.4020mol•L﹣1；98.05%；‎ ‎（4）A．容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前必须检查是否漏水；滴定管有旋塞或者橡胶管，使用前必须检查是否漏液，故A正确；‎ B．由于实验室中没有60mL容量瓶，所以需要选用100mL容量瓶配制1mol/L的溶液，故B正确；‎ C．在配制溶液时，要加蒸馏水定容，所以容量瓶中含有少量蒸馏水无影响，故C错误；‎ D．滴定管在盛放酸或者碱溶液时必须润洗，否则会将待装液稀释，如：酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，导致标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大，测得的NaOH溶液的浓度将偏大，故D正确；‎ E．配制溶液时，定容时俯视度数，溶液体积偏小，根据c=可知浓度偏小，故E错误；‎ F．中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则消耗的标准溶液体积偏小，则测得的NaOH溶液的浓度将偏小，故F错误；‎ G．锥形瓶用蒸馏水洗浄后，有少量蒸馏水残留，定容需要加入水到刻度，所以对实验结果无影响，故G错误；‎ H．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，标准溶液体积读取数值增大，测得的NaOH溶液的浓度将偏大，故H正确；‎ 故答案为：ABDH．‎ ‎　‎ ‎30．将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0，当反应达到平衡状态，测得混合气体总物质的量为2.1mol．则平衡时SO2的体积分数为　9.5%　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】化学平衡的计算，写出化学反应方程式，标出初始量、转化量和平衡量，根据条件列出式子，解题并不难．‎ ‎【解答】解：设参加反应的二氧化硫为nmol，则 ‎ 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）‎ 初始量（mol）：2 1 0‎ 转化量（mol）：n 0.5n n 平衡量（mol）：2﹣n 1﹣0.5n n 已知平衡状态时，测得混合气体总物质的量为2.1mol，即：2﹣n+1﹣0.5n+n=2.1mol，解得n=1.8mol，所以平衡时，SO2的体积分数为×100%=9.5%；‎ 故答案为：9.5%．‎ ‎　‎ ‎31．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．当乙池中C极质量减轻10.8g时，回答下列问题．‎ ‎（1）甲池中B电极理论上消耗O2的体积（标准状况下）　560　ml．‎ ‎（2）若丙池中溶液的体积为1000mL，此时丙池中溶液的pH为　1　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，结合电荷守恒写出电极反应；乙池是电解池，C为阳极，D为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银，硝酸和氧气；丙为电解池E为阳极，F为阴极，电解硫酸铜溶液产物是金属铜、氧气和硫酸．‎ ‎【解答】解：甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入CH3OH电极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2‎ O，乙池是电解池，C为阳极，D为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银，硝酸和氧气，电池反应为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，‎ ‎（1）当乙池中C极质量减轻10.8g时，即消耗金属银是10.8g，即0.1mol，依据电子守恒计算4Ag～O2～4e﹣，甲池中理论上消耗O2的体积=mol×22.4L/mol=0.56L=560ml；故答案为：560；‎ ‎（2）丙为电解池E为阳极，F为阴极，电解硫酸铜溶液产物是金属铜、氧气和硫酸，即2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，得到关系2e﹣～H2SO4，‎ 乙池中C极质量减轻10.8g时，即消耗金属银是10.8g，转移电子是0.1mol，所以得到硫酸物质的量是0.05mol，所以氢离子浓度=0.1mol/L，即pH=1，故答案为：1．‎ ‎　‎