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12.(1)4.0[文](或4,2分)0.[章]5(2分)(2)②[来]3.5(2分)③4[自].0(2分)(3)[知]线性(1分)》【解[嘛]析】(1)对图乙所[答]示电路，根据闭合电[案]路欧姆定律可得E=[网]U'十Ir,即U'=E一Ir,U'-I图像与纵轴交点[文]的纵坐标等于两节纽[章]扣电池串联后的电动[来]势，图线斜率的绝对[自]值等于电池的内阻，[知]由题图丁可知电动势[嘛]为E=4.0V,内[答]阻为r=12:0.[案]010=0.52。[网](2)②电压表达到[文]满偏时滑动变阻器接[章]入电路的阻E值为R[来]=122,根据欧姆[自]定律可得尺=R。十[知]R+,解得R=3.[嘛]52。③滑动变阻器[答]的滑片P滑到b端，[案]弹簧的形变量增加了[网]20cm,由平衡条[文]件有k△x=mg,[章]则该电子秤所能称量[来]的最大质量为m=4[自].0kg。(3)所[知]称量物体的质量m=[嘛]，电压表的示数为U[答]=g十点十，·，联[案]立可得U-EERg[网]m,(R+Ro+r[文])Lk可知所称量物[章]体的质量m和电压表[来]的示数U的关系为线[自]性关系。
28.(14分)(1)2V,0,(s)+2S0,(g)=V,0,(s)+2V0S0,(s)△H=-351kJ·mol'(2分)(2)0.975(2分)该反应气体分子数减小，增大压强，a提高。5.0MPa>2.5MPa=p2,所以p1=5.0MPa(2分)温度、压强和反应物的起始浓度（组成）(2分)》2ma(3)p(2分)(2分)》100-ma(1-a)D)0100-ma(4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但a降低使v逐渐下降。t tm后，k增大对v的提高小于α引起的降低(2分)【考查点】本题考查化学反应原理。【解析】(1)由图(a)中信息可写出热化学方程式：①V20,(s)+2S03(g)一2V0S0,(s)△H,=-399kJ·mol,②V20,(s)+S0,(g)=V20,(s)+S02(g)△H2=-24kJ·mol,根据盖斯定律①-②×2可写出V,0,(s)与S02(g)反应生成V,0,(s)和V0S0,(s)的热化学方程式：2V20(s)+2S02(g)=V204(s)+2V0S04(s)△H=△H1-2△H2=-399kJ·mol1-2×(-24kJ·mol1)=-351kJ·mol'。(2)S02(g)与0，(g)生成S0,(g)的反应为气体分子数减小的反应，增大压强可提高S02的平衡转化率。由图(b)可知，温度相同时，对应S02的平衡转化率：p1>p2>p3,因此p1P3分别对应压强为5.0MPa、0.5MPa,则5.0MPa、550℃时a=0.975;影响平衡转化率的因素有温度、压强、浓度。该反应正向为气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即逆向移动；增大反应物的起始浓度，平衡正向移动，故影响S02的平衡转化率α的因素有压强、温度、反应物的起始浓度。(3)由题干信息知，初始时S02(g)、02(g)、N2(g)的物质的量分数分别为2m%、m%、q%,3m+q=100,S02的平衡转化率为，由此可列三段式：S02(g）+0,(g)钒催化剂S0,(g)始2m%m%0转2ma%ma%2ma%o平2m(1-a)%m(1-a)%2ma%p(S03)2ma2ma2ma2m(1-a）+m(1-a）+2ma+,因此平衡时S0,的压强为3m-ma+gDP。同理可求得平衡时02、S02的分压100-ma2mpa分别为0a和210，则平衡数Kp(S03)100-maQ"100-map(S02)·p°s(02）2mp(1-a)100-marmp1-a）10.5(1-a）（100-mam100-map)a.s(4)根据S02催化氧化的反应速率方程v=k(-1)8(1-na')可知，反应速率常数k随温度升高不断增大，其中a'=0.90,n为常数，且S02的催化氧化反应为放热反应，在最适温度tm前，随温度升高，反应速率加快，S02的平衡转化率减小，k增大对v的提高大于a引起的降低，v逐渐提高；在最适温度tm后，随温度升高，k增大对v的提高小于α引起的降低，导致v逐渐下降。
