2022届河南省周口市文昌中学高二下学期第三次调研考试化学试题（含解析）

周口市文昌中学2020-2021学年度下期课堂教学效果第三次调研考试高二年级化学试题可能用到的相对原子质量：HlLi7Cl2N14O16Na23K39Ca40Cu64Zn65Ag108一、选择题(本题共24小题，每小题2分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)1.某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，下列说法中不正确的是A.该元素原子中共有25个电子 B.该元素原子核外有4个能层C该元素原子最外层共有7个电子 D.该元素原子M能层共有13个电子【答案】C【解析】【详解】根据1s22s22p63s23p63d54s2，该原子有4个能层，共有25个电子，最外层有2个电子，第三层(M能层)有13个电子，综上所述，答案选C。2.下列各原子或离子电子排布式错误的是A.Ca2+：1s22s22p63s23p6 B.O2-：1s22s23p6C.Cl-：1s22s22p63s23p5 D.Ar：1s22s22p63s23p6【答案】C【解析】【详解】A．钙原子的电子排列式为1s22s22p63s23p64s2，钙离子核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A正确；B．氧离子核外有10个电子，电子排布式是1s22s22p6，故B正确；C．氯离子核外有18个电子，电子排布式是1s22s22p63s23p6，故C不正确；D．Ar核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D正确；答案选C。3.已知强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，又知电解质的电离是吸热过程。向1L0.5mol·L-1的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸，恰好完全反应。其焓变ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系是A.ΔH1＞ΔH3＞ΔH2 B.ΔH1＜ΔH3＜ΔH2C.ΔH1=ΔH3＞ΔH2 D.ΔH1＞ΔH2＞ΔH3【答案】A【解析】【分析】【详解】①稀醋酸为若电解质，电离时会吸收热量，则稀醋酸与1L1mol·L-1的NaOH溶液的ΔH1＞ΔH，②浓硫酸溶液水会放出大量的热量，则浓硫酸与1L1mol·L-1的NaOH溶液反的ΔH2＜ΔH；③稀硝酸与1L1mol·L-1的NaOH溶液反应的ΔH3等于ΔH；综上分析有ΔH1＞ΔH3＞ΔH2。答案选A。4.有可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)ΔH＜0。该反应的速率与时间的关系如图所示：如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则对应t2、t4、t6、t8时改变的条件正确的是A.增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度B.升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂C.使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度D.升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂【答案】B【解析】【分析】t2时刻正逆反应速率均突然增大，且平衡逆向移动，根据正反应方向为气体体积减小的放热反应分析是升温还是加压；t4时刻正逆反应速率均减小，且平衡逆向移动，根据正反应方向为气体体积减小反应分析压强如何变化；t6时刻逆反应速率不变，正反应速率突然增大，逆反应速率不变，改变的条件一定为增大浓度，考虑增大的为反应物浓度还是生成物浓度；考虑t8时刻能够同等程度的增大正逆反应速率，但不影响平衡的外界条件是加入催化剂。【详解】该反应为正反应气体系数减小的放热反应，t2时刻正逆反应速率均增大，逆反应速率增大的程度更大，平衡逆向移动，说明升高温度；t4为减压：正逆反应速率均减小，平衡逆向移动；t6时刻逆反应速率不变，正反应速率突然增大，说明增大反应物浓度；t8时刻正逆反应速率同等程度增大，则加入了催化剂；故B正确。答案选B。5.下列说法中正确的是A.s区均为金属元素B.最外层电子数为2的元素都分布在s区C.元素周期表中IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素D.所有金属元素都分布在d区和ds区【答案】C【解析】【详解】A．氢元素在s区，属于非金属元素，A错误；B．第IIB族最外层电子数为2，在ds区，不在s区，B错误；C．元素周期表中IIIB族到第IIB族10个纵行的元素，称为过渡元素，全部为金属元素，C正确；D．大部分金属元素都分布在d区和ds区，少数金属分布在s区和p区，D错误；故选C。6.某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是A.电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2 B.该元素为VC.该元素为IIB族元素 D.该元素位于d区【答案】C【解析】【详解】某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，则价电子应存在d能级电子，且有3个d电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则可知应为第4周期元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，为第4周期VB族元素，为V元素，位于d区；答案选C。7.如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，在T1温度下，下列说法不正确的是A.加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点B.在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成C.蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)D.升温可使溶液由b点变为d点【答案】D【解析】【详解】A．硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c(SO)，平衡左移，c(Ba2+)应降低，故A正确；B．在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，故B正确；C．d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c(SO)、c(Ba2+)均增大，所以可能使溶液变饱和、由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确；D．升高温度,促进溶解平衡右移，c(SO)、c(Ba2+)均增大，不会使溶液由b点变为d点，故D错误；本题选D。8.某化学学习小组学习电化学后，设计了以甲、乙两池作原电池的实验装置。下列说法正确的是A.合上电键后，盐桥中的阳离子向甲池移动B.合上电键后一段时间，丙池中溶液的pH增大C.合上电键后，丁池中有金属镁析出D.合上电键后，甲池中锌电极为原电池负极【答案】D【解析】【详解】A.盐桥为原电池的内电路，合上电键后，内电路中的阳离子向正极（即乙池）移动，A项错误；B.丙池是一个电解池，石墨是阳极，银是阴极。合上电键后一段时间，丙池中阳极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+,阴极发生反应：2Ag++2e-=2Ag，因生成了H+,溶液的pH减小，B项错误；C.丁池是一个电解池，为惰性电极电解氯化镁溶液，阴极析出的不是镁，而是氢气，同时生成氢氧化镁沉淀，C项错误；D.合上电键后，甲池、乙池中自发的氧化还原反应为：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，锌电极为原电池负极，D项正确。答案选D项。9.胃舒平的主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁(Mg2Si3O8·H2O)等化合物。下列叙述中错误的是A.镁元素基态原子的核外电子排布式是：1s22s22p63s2B.铝元素原子核外共有13种不同运动状态的电子C.钠离子半径比铝离子半径大D.金属铝与钠的最高价氧化物的水化物溶液发生反应的离子方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑【答案】D【解析】【详解】A．镁质子数为12，基态原子的核外电子排布式是：1s22s22p63s2，故A正确；

B．原子核外有几个电子就有几种不同的运动状态，所以铝原子核外电子有13种运动状态，故B正确；

C．钠离子和铝离子电子层数相同，而钠原子核电荷数小，所以钠元素离子半径比铝离子半径大，故C正确；

D．钠的最高价氧化物的水化物溶液为氢氧化钠溶液，铝和氢氧化钠溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式2Al+2OH-+2H2O===2AlO+3H2↑，故D错误；

故选：D。10.X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z位于同一周期，X原子的最外层电子排布式是2s22p4，Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法不正确的是A.CX2(C是原子核内含6个质子的元素)分子是非极性分子B.ZH3分子的立体结构为三角锥形C.Z4分子是极性分子D.酸H2YO4比酸H3ZO4的酸性强【答案】C【解析】【详解】X原子的最外层电子排布式是2s22p4，即X是氧，它在第二周期ⅥA族，Y是跟氧同主族的短周期元素，则Y在第三周期ⅥA族，是硫。Z与Y在同一周期，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z在第三周期VA族，是磷。A．CX2(C是原子核内含6个质子的元素)分子CO2是直线形分子，为非极性分子，选项A正确；B．磷与氮同主族，PH3与NH3分子的空间构型相似，含1对孤电子对，价层电子对数为4，均为三角锥形，选项B正确；C．Z4是P4，分子内只有非极性键，分子是非极性分子，选项C不正确；D．非金属性S＞P，则最高价含氧酸酸性：H2YO4(H2SO4)比H3PO4的强，选项D正确；答案选C。11.在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与键能无关的变化规律是A.HF、HCl、HBr、HI的热稳性依次减弱B.金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅C.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低D.F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高【答案】D【解析】【详解】A．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故A不选；B．金刚石中键能大于硅中的键能，则金刚石的硬度大，熔点高，与键能有关，故B不选；C．NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，故C不选；D．F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量在增大，分子间作用力增大，则熔、沸点在增大，与键能无关，故D选；故选D。12.已知某原子的各级电离能数值如下：I1=557kJ∙mol−1，I2=1817kJ∙mol−1，I3=2745kJ∙mol−1，I4=11578kJ∙mol−1，则该元素的化合价为A.+1价 B.+2价 C.+3价 D.+4价【答案】C【解析】【详解】某原子的各级电离能数值如下：I1=557kJ∙mol−1，I2=1817kJ∙mol−1，I3=2745kJ∙mol−1，I4=11578kJ∙mol−1，根据I3到I4是突变，说明失去第四个电子很难，则前面三个电子是最外层，第四个电子是次外层，因此则该元素的化合价为+3价，故C符合题意。综上所述，答案为C。13.在2L密闭容器中，3molA和1molB发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)+2D(g)，10s末时，生成0.6mol/LC，下列说法正确的是A.10s内，v(D)=0.12mol/(L·s) B.10s末时，物质A的转化率为40%C.10s末时，B的物质的量为0.4mol D.10s末时，C的物质的量分数为15%【答案】C【解析】【详解】A．10s末时，生成0.6mol/LC，由反应可知，生成1.2molC的同时也生成1.2molD，则v(D)＝，故A错误；B．由变化量之比等于化学计量数之比可得，生成1.2molC时，消耗的A的物质的量为1.8mol，则A的转化率=，故B错误；C．由变化量之比等于化学计量数之比可得，生成1.2molC时，消耗的B的物质的量为0.6mol，则剩余的B的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol，故C正确；D．由以上分析可知，平衡时A的物质的量为3mol-1.8mol=1.2mol，B的物质的量为0.4mol，C和D的物质的量均为1.2mol，则C的物质的量分数为=，故D错误；故选：C。14.对于反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)，下列措施能使反应速率减慢的是A.恒压通入He气 B.减小容器容积C.增加Fe的质量 D.升高体系温度【答案】A【解析】【详解】A．恒压通入He气，容器的体积增大，反应中气态物质的浓度减小，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数减小，单位时间内有效碰撞次数减小，反应速率减慢，A项符合题意；B．减小容器容积，反应中气态物质的浓度增大，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率加快，B项不符合题意；C．Fe呈固态，增加Fe的质量，对化学反应速率无影响，C项不符合题意；D．升高体系温度，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率加快，D项不符合题意；答案选A。15.25℃时，下列事实不能说明一水合氨是弱电解质的是A.醋酸铵溶液pH＝7B.0.01mol/L氨水pH约为10.6C.氯化铵溶液可以除铁锈D氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A.醋酸铵溶液pH＝7，说明铵根离子与醋酸根离子都能水解且水解程度相同，醋酸是弱酸，从而说明一水合氨是弱碱，故A不选；B.0.01mol/L氨水pH约为10.6，说明一水合氨不能完全电离，从而证明其是弱电解质，故B不选；C.氯化铵溶液能除铁锈说明氯化铵溶液显酸性，说明铵根离子能够水解，从而证明一水合氨是弱碱，故C不选；D.氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀只能说明一水合氨是碱能提供氢氧根离子，与电解质强弱无关，故D选；故选：D16.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是A.食品加工时不可添加任何防腐剂B.掩埋废旧电池不会造成环境污染C.天然气不完全燃烧会产生有毒气体D.使用含磷洗涤剂不会造成水体污染【答案】C【解析】【分析】【详解】A．食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故A错误；B．废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故B错误；C．天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故C正确；D．含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故D错误；故选C。17.我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是A.将重质油裂解为轻质油作为燃料B.大规模开采可燃冰作为新能源C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D.研发催化剂将还原为甲醇【答案】D【解析】【分析】【详解】A．将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；B．大规模开采可燃冰做为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；D．研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；故选D。18.用于制造隐形飞机的某种物质具有吸收微波的功能，其主要成分的结构如下图所示。关于其性质描述不正确的是A.不能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色B.1mol该物质可与3molH2完全加成C.该物质在空气中燃烧产生刺激性气体D.该物质能发生取代反应、加成反应、氧化反应【答案】A【解析】【详解】A．该物质中含碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色，A项错误；B．1个分子中含3个碳碳双键，1mol该物质可与3molH2完全加成，B项正确；C．该物质的分子式为C6H4S4，该物质在空气中燃烧产生有刺激性气味的气体SO2，C项正确；D．该物质中含碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，一定条件下该物质中的H原子能被其它原子或原子团取代而发生取代反应（如较高温度下能被Cl原子取代），D项正确；答案选A。19.下列叙述正确的是A.甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应B.用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别乙酸和乙醇C.烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】A．甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A错误；B．乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸氢钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别两者，B正确；C．含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C错误；D．戊二烯分子结构中含2个不饱和度，其分子式为C5H8，环戊烷分子结构中含1个不饱和度，其分子式为C5H10，两者分子式不同，不能互为同分异构体，D错误。故选B。20.一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是A.能发生取代反应，不能发生加成反应B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.与互为同分异构体D.该物质与碳酸钠反应得【答案】C【解析】【详解】A．该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；B．同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；C．该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；D．该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，最多生成0.5mol二氧化碳，最大质量为22g，故D错误；故选C。21.下列模型分别表示C2H2、S8、SF6的结构，下列说法错误的是A.32gS8分子中含有0.125molσ键B.SF6是由极性键构成的非极性分子C.1molC2H2分子中有3molσ键和2molπ键D1molS8中含有8molS—S键【答案】A【解析】【详解】A．1molS8中有8molσ键，因此32gS8中含有σ键32×8/32mol=8mol，故说法错误；B．根据SF6的结构式，是由S－F极性键构成，属于对称结构，属于非极性分子，故说法正确；C．成键原子之间只能形成1个σ键，叁键中有2个π键，因此1mol乙炔中含有3molσ键和2molπ键，故说法正确；D．根据选项A分析，故说法正确。22.下列关于丙烯(CH3−CH=CH2)的说法正确的是A.丙烯分子不存在非极性键B.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上C.丙烯分子有8个σ键、1个π键D.丙烯分子中的所有原子均在同一平面上【答案】C【解析】【详解】A．丙烯分子存在碳碳非极性键，故A错误；B．丙烯分子中3个碳原子不在同一直线上，其结构为，C-C和C=C之间夹角约为120，故B错误；C．丙烯分子式C3H6，分子中有6个碳氢σ键和2个碳碳σ键共8个σ键、1个π键，故C正确；D．甲烷是正四面体结构，丙烯分子中含有甲基，因此不是所有原子在同一平面上，故D错误。综上所述，答案为C。23.已知H—H键能为463kJ/mol，H—N键能为391kJ/mol，根据化学方程式：，则N≡N键的键能是A.431kJ·mol-1 B.946kJ·mol-1 C.649kJ·mol-1 D.896kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】令N≡N的键能为akJ·mol-1，ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，即：(akJ·mol-1+3×436kJ·mol-1)-6×391kJ·mol-1=-92.4kJ·mol-1，a=946kJ·mol-1；答案选B。24.关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是A.配体为水分子，外界为Br-B.中心离子的配位数为6C.中心离子Cr3＋提供孤电子对D.中心离子的化合价为＋2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中配位体是H2O、Br，外界为Br-，选项A错误；B．[Cr(H2O)4Br2]-中的中心离子的配体是H2O、Br，该配离子中含有4个H2O、2个Br，所以配位数是6，选项B正确；C．[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中内界为[Cr(H2O)4Br2]＋，Cr3＋为中心离子，配体为H2O、Br-，配位数为6，外界为Br-，Cr3＋提供的空轨道，选项C错误；D．[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中阴离子是溴离子，溴离子的化合价是-1价，所以铬离子的化合价是+3价，选项D错误；答案选B。二、非选择题(本题共4小题，每空2分，共52分。)25.A、B、C、D、E代表5种元素，请填空：（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，该原子的电子排布式为_______。（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子排布式都与氩原子相同，B元素的符号为_______，C的离子结构示意图为_______。（3）D元素的正三价离子的3d能级为半充满，D的元素符号为_______，其基态原子的价电子排布式为_______。（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为_______，其基态原子的价电子排布图为_______。【答案】（1）1s22s22p3（2）①.Cl②.（3）①.Fe②.1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)（4）①.Cu②.【解析】【小问1详解】次外层有2个电子，说明次外层为第一层，故最外层为第二层，第二层有2s、2p两个能级，2s上最多排两个电子，故3个未成对电子在2p能级上，即2p3，故A原子电子排布式为：1s22s22p3。【小问2详解】由题意知，B-、C+均含18个电子，故B原子含17个电子，为氯元素，符号为Cl，C原子含19个电子，为钾元素，离子结构示意图为。【小问3详解】由题意知，D3+离子电子排布式为：[Ar]3d5，故D原子有18+5+3=26个电子，即铁元素，符号为Fe，其基态原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)。【小问4详解】由题意知，E原子电子排布式为：[Ar]3d104s1，共有29个电子，即铜元素，符号为Cu，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，其基态原子的价电子排布图为。26.亚硝酸氯(ClNO)可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)⇌2ClNO(g)ΔH。在1L的恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)。在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图A：（1）该反应的ΔH_______0(填“>”“＜”或“=”)。（2）反应开始到10min时NO的平均反应速率v(NO)=_______mol·L-1·min-1。（3）T2时该反应的平衡常数K=_______。（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随的变化图像如图B，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是_______点，当=1.5时，达到平衡状态时ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的_______点。【答案】①.＜②.0.1③.2④.A⑤.D【解析】【分析】图A中T2达到平衡所用的时间比T1短，则T2＞T1；T2下，10min时达到平衡状态，且c(ClNO)=1mol/L。【详解】(1)根据图A可知，T2达到平衡所用的时间比T1短，则T2＞T1，从T1到T2，为升高温度，c(ClNO)减小，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，ΔH＜0；(2)根据图A可知，c(ClNO)的浓度由0mol/L变为1mol/L，根据化学速率之比等于化学计量数之比，则c(NO)改变为1mol/L，v(NO)==0.1mol·L－1·min－1；(3)T2时，平衡时，c(Cl2)=0.5mol/L、c(NO)=1mol/L、c(ClNO)=1mol/L，则K==2L/mol；(4)根据图B，x轴数值越小，则氯气的物质的量越大，NO的转化率越大，答案为A；根据图像可知，增大，φ(ClNO)增大，故当＝1.5时，最可能为D。27.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。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：（1）甲池为_______(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的反应式为_______。（2）乙池中A(石墨)电极的名称为_______(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为_______。（3）当乙池中B极质量增加21.6g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_______L(标准状况下)，丙池中D极析出_______g铜。（4）若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.原电池②.CH3OH−6e－+8OH－=CO+6H2O（2）①.阳极②.4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3（3）①.1.12②.6.4（4）减小【解析】【分析】甲池中通入甲醇氧气燃料电池，甲醇为燃料，化合价升高，失去电子，作原电池负极，氧气是氧化剂，为正极，乙、丙池为电解池，A、C为电解池的阳极，B、D为电解池的阴极。【小问1详解】根据前面分析甲池为原电池，通入CH3OH电极的反应式为CH3OH−6e－+8OH－=CO+6H2O；故答案为：原电池；CH3OH−6e－+8OH－=CO+6H2