山东省日照市莒县2024-2025学年高二化学上学期期中试题含解析

PAGE20-山东省日照市莒县2024-2025学年高二化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1Li7S321.化学与人类生产、生活亲密相关，下列说法错误的是A.“暖宝宝”工作时将化学能转化为热能B.晒自来水养小金鱼利用的是勒夏特列原理C.在海轮船壳上镶入锌块爱护海轮，利用的是阴极电爱护法D.先通入氯气，再加入硫酸亚铁处理水，能达到消毒杀菌和除去悬浮杂质的目的【答案】C【解析】【详解】A.“暖宝宝”的工作原理是利用原电池加快氧化反应速度，将化学能转变为热能，故A正确；B.用少量氯气消毒的自来水中，发生可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解反应为：2HClO═2HCl+O2↑，则可促进可逆反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO的化学平衡正向进行，削减氯气的含量，所以可以用勒夏特列原理说明，故B正确；C.在海轮船壳上镶入锌块，此时锌作负极，铁作为原电池的正极而被爱护，不易腐蚀，是利用了牺牲阳极的阴极爱护法，故C错误；D.氯气溶于水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸具有强氧化性，可杀菌消毒，另外氯气可氧化氯化亚铁生成氯化铁，氯化铁可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故D正确；故选C。2.下列操作能实现相应目的的是A.将FeCl3溶液加热蒸干制备无水FeCl3B.用干燥的pH试纸测定NaClO溶液的pHC.用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂D.用Cu作阴极，Fe作阳极，实现在Fe上镀Cu【答案】C【解析】【详解】A．将FeCl3溶液在HCl的环境中加热蒸干制备无水FeCl3，A不能实现目的；B．NaClO水解生成次氯酸，具有强氧化性，用干燥的pH试纸无法测定NaClO溶液的pH，B不能实现目的；C．氯化铵为强酸弱碱盐，溶液显酸性，用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂，C能实现目的；D．用Cu作阳极，Fe作阴极，实现在Fe上镀Cu，D不能实现目的；答案为C。3.下列说法正确的是A.将硝酸铵晶体溶于水测得水温下降，证明硝酸铵水解吸热B.镀锡铁镀层破损后，在潮湿的空气中会加快破损处铁的腐蚀C.2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡后缩小容器体积，NO2转化率增大，气体颜色变浅D.SO2的催化氧化反应，温度越高反应速率越快，越有利于提高SO2的转化率【答案】B【解析】【详解】A．硝酸铵晶体溶于水测得水温下降，溶解不是水解，该过程可以证明硝酸铵溶于水吸热，故A错误；B．铁比锡活泼，铁作负极，简单失去电子，故会加快破损处铁的腐蚀，B正确；C．缩小容器体积，使体系压强增大，但二氧化氮的浓度增大，故气体颜色加深，C错误；D．SO2的催化氧化反应是放热反应，上升温度会使平衡逆向移动，故D错误；答案选B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.1L0.1mol·L－1的NaF溶液中含有0.1NA个F－B.常温常压下，22.4LCl2完全溶于水时，转移电子数小于NAC.标准状况下，44.8L的NO与22.4L的O2混合后，分子数为2NAD.25℃时，1L0.01mol·L－1的CH3COOH溶液中，水电离出的OH－的数目为10－12N【答案】B【解析】【详解】A．1L0.1mol·L－1的NaF溶液中，F－水解生成HF，因此溶液中的F－小于0.1NA个，A叙述错误；B．常温常压下，22.4LCl2完全溶于水时，只有部分的氯气与水发生反应，则转移电子数小于NA；且常温常压下，22.4LCl2的物质的量小于1mol，B叙述正确；C．标准状况下，44.8L的NO与22.4L的O2混合后，存在2NO+O2=2NO2、2NO2⇌N2O4，分子数小于2NA，C叙述错误；D．25℃时，1L0.01mol·L－1的CH3COOH溶液中，CH3COOH为弱电解质，电离出的氢离子浓度小于0.01mol·L－1，水电离出的OH－的数目大于10－12NA，D叙述错误；答案B。5.下列有关中和热的说法正确的是A.1mol硫酸与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热B.测定中和热时，运用稀醋酸代替稀盐酸，所测中和热数值偏大C.在测定中和热时，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，对测定结果无影响D.在测定中和热时，分多次将NaOH溶液加入盐酸中，所测中和热数值偏小【答案】D【解析】【详解】A．中和热是指：稀的强酸和强碱反应生成1mol液态水放出的热量，故A错误；B．稀醋酸是弱酸，放出的热量更少，则数值偏小，B错误；C．金属导热，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，会导致热量散失，C错误；D．分多次将NaOH溶液加入盐酸中，会导致在反应过程中部分热量散失，故所测中和热数值偏小，D正确；答案选D。6.下列关于工业合成氨反应的说法正确的是A.运用铁做催化剂，可提高合成氨反应的速率和平衡转化率B.500℃左右比室温更有利于合成氨的反应，提高H2的平衡转化率C.合成氨采纳2×107～5×107Pa，因为该压强下铁触媒的活性最高D.合成氨工业采纳高压，不仅能提高转化率，还能缩短到达平衡的时间【答案】D【解析】【详解】A.催化剂可提高合成氨反应的速率，但不影响平衡移动，故不影响平衡转化率。故A错误；B.合成氨是放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，利于提高H2的平衡转化率，但反应速率跟温度有关，温度越高速率越大，所以温度是取在既保证肯定速率，又保证反应尽量向正反应方向移动，同时还要确保催化剂活性，因为催化剂活性跟温度关系很大，一般合成氨反应500℃是保证催化活性最大，不是为了使化学平衡向正反应方向移动，故B错误；C.合成氨的反应是分子数减小的反应，高压有利于向正反应方向移动，且能提高正反应速率，跟催化剂无关，故C错误；D.合成氨的反应是分子数减小的反应，高压有利于向正反应方向移动，且能提高正反应速率，故合成氨工业采纳高压，不仅能提高转化率，还能缩短到达平衡的时间，故D正确；故选D。7.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图：下列说法正确的是A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，没有C—H键发生断裂C.①→②须要汲取能量并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】A【解析】【详解】A.依据图示，CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B.CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项错误；C.依据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项错误；D.催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选A。8.依据如图能量关系示意图，下列说法正确的是A.1molC(s)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB.反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C.由C(s)→CO(g)的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1D.热值指肯定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH＝－10.1kJ·mol－1【答案】C【解析】【分析】由图可知，转化Ⅰ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，转化Ⅱ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－282.9kJ·mol－1，转化Ⅰ—转化Ⅱ得C(s)→CO(g)的热化学方程式2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1。【详解】A项、由图可知1molC(s)与1molO2(g)的能量比1molCO2(g)能量高393.5kJ，故A错误；B项、由图可知反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；C项、由图可知1molC(s)与O2(g)生成1molCO(g)放出热量为393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，则C(s)→CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1，故C正确；D项、热值指肯定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO的热值为282.9kJ×g≈10.1kJ·g－1，故D错误；故选C。9.下列说法错误的是A.ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行B.肯定温度下，反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0C.反应NH3(g)＋HCl(g)==NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0D.NH4HCO3(g)==NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝185.57kJ·mol－1能自发进行，缘由是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向【答案】A【解析】【详解】A.依据△G=△H-T△S推断，对于ΔH＜0，ΔS＞0的反应，在任何温度时，△G＜0，反应均能自发进行，故A错误；B.反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)为分解反应，故为吸热反应，则ΔH＞0，反应物无气体，生成物有气体，则ΔS＞0，故B正确；C.该反应NH3(g)＋HCl(g)==NH4Cl(s)的ΔS＜0，在室温下可自发进行，则△G=△H-T△S＜0，则该反应的ΔH＜0，故C正确；D.该反应的ΔH＞0，由于该反应是固体反应物生成气体，△S＞0，则该反应在肯定条件下能自发进行，缘由是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故D正确；故选A。10.将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中(温度保持不变)发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＜0。测得H2的物质的量随时间变更如图所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。该反应在8～10min内CO2的平均反应速率是A.0.5mol·L－1·min－1 B.0.1mol·L－1·min－C.0mol·L－1·min－1 D.0.125mol·L－1·min－1【答案】C【解析】【详解】由图可知，在8～10min内，H2的物质的量都是2mol，因此v(H2)＝＝0mol·L－1·min－1，依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(CO2)＝v(H2)＝0mol·L－1·min－1，故选C。11.下列试验能达到预期目的是编号试验内容试验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1Na2CO3溶液和0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱B室温下，分别测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH比较S、C元素的非金属性强弱C相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，视察并比较试验现象探究FeCl3对H2O2分解速率的影响D向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时加入2mL5%H2O2溶液，视察并比较试验现象探究浓度对反应速率的影响A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱，用pH试纸测等浓度的碳酸和醋酸的pH，故A错误；B．亚硫酸不是硫元素对应的最高价氧化物的水化物，故不能干脆比较非金属性，B错误；C．探究探究FeCl3对H2O2分解速率的影响，宜采纳限制变量法，保证其他环境一样，C正确；D．亚硫酸氢钠和过氧化氢反应，无明显现象，无法推断反应速率，故D错误；答案选C。12.工业上利用Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化稼(GaN)同时有氢气生成。反应中，每生成3molH2时放出30.8kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应，下列有关表达正确的是A.I图像中假如纵坐标为正反应速率，则t时刻变更的条件可以为升温或加压B.II图像中纵坐标可以为镓的转化率C.III图像中纵坐标可以为化学反应速率D.IV图像中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量【答案】A【解析】【详解】A．I图象中假如纵坐标为正反应速率，上升温度或增大压强，反应速率增大，图象符合题意，A正确；B．Ga是固体，没有浓度可言，不能计算其转化率，B错误；C．Ga是固体，其质量不影响反应速率，C错误；D．反应方程式为2Ga（s）+2NH3（g）2GaN（s）+3H2（g）△H＜0，相同压强下，上升温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，D错误；答案选A。13.某新型锂电池工作原理如图所示，电池反应为：C6Lix＋Li1－xLaZrTaOLiLaZrTaO＋C6。下列说法错误的是A.电池放电时，b极为正极，a极发生氧化反应B.b极反应为xLi+＋Li1－xLaZrTaO－xe－=LiLaZrTaOC当电池工作时，每转移xmol电子，b极增重7xgD.电池充放电过程，LiLaZrTaO固态电解质均起到传导Li+的作用【答案】B【解析】【分析】依据电池总反应式C6Lix＋Li1－xLaZrTaOLiLaZrTaO＋C6以及装置图中Li+的移动方向可知，b电极为正极，a电极为负极，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+，正极反应式为Li1-xLaZrTaO+xLi++xe-=LiLaZrTaO，电池工作时，阴离子移向负极a，阳离子移向正极b，据此分析解答。【详解】A.依据装置图中Li+移动方向可知，b电极为正极，a电极为负极，a极发生氧化反应，故A正确；B.放电时，a电极为负极，b电极为正极，正极上Li1−xLaZrTaO得电子生成LiLaZrTaO，反应式为xLi+＋Li1－xLaZrTaO+xe－=LiLaZrTaO，故B错误；C.当电池工作时，处于放电状态，为原电池原理，b电极为正极，反应式为xLi+＋Li1－xLaZrTaO+xe－=LiLaZrTaO，故每转移xmol电子，b极增加xmolLi+，质量为7g/mol×xmol=7xg，故C正确；D.由反应原理和装置图可知，放电时，Li+从a电极通过LiLaZrTaO固态电解质移动向b电极，并嵌入到b极，充电时，Li+从b电极通过LiLaZrTaO固态电解质移动向a电极，并嵌入到a极，故电池充放电过程，LiLaZrTaO固态电解质均起到传导Li+的作用，故D正确；故选B。14.科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法正确的是A.电极a为电池的正极B.电极b上发生的电极反应为：O2＋4H＋＋4e－=2H2OC.电路中每通过2mol电子，在正极消耗22.4LH2SD.每17gH2S参加反应，有2molH＋经质子膜进入正极区【答案】B【解析】【详解】A．依据电极的反应物与生成物可推断，电极a是负极，电极b是正极，故A错误；B．电极b是正极，发生电极反应：O2＋4H＋＋4e－=2H2O，B正确；C．H2S是气体，在表明体积时要说明温度、压强，C错误；D．17gH2S参加反应，只失去1mol电子，对应移动的离子也是1mol，故每17gH2S参加反应，有1molH＋经质子膜进入正极区，D错误；答案选B。15.将1molM和2molN置于体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：M(s)+2N(g)P(g)+Q(g)△H。反应过程中测得P的体积分数在不同温度下随时间的变更如图所示。下列说法正确的是（）A.若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2B.温度为T1时，N的平衡转化率为80%，平衡常数K=40C.无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度和压强不变时，反应达平衡状态D.降低温度、增大压强、刚好分别出产物均有利于提高反应物的平衡转化率【答案】A【解析】【详解】A.若X点P的体积分数40%，Y点P的体积分数小于40%，X点P的含量高，P为生成物，产率越大，平衡常数越大，两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2，故A正确；B.温度为T1时，设N的变更量为xmol，依据反应：M(s)+2N(g)P(g)+Q(g)初始（mol）：1200变更（mol）：x平衡（mol）：2-x温度为T1时，X点P的体积分数==40%，解得x=1.6mol。N的平衡转化率为==80%，平衡常数K=4，故B错误；C.该反应为反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，不能做为达到平衡的推断依据，故C错误；D.该反应为反应前后气体体积不变的体系，增大压强，反应速率加快，但压强不影响平衡移动，转化率不变；依据“先拐先平数值大”的原则，T2>T1，降低温度P的体积分数削减，反应向逆向进行，即放热的方向进行，反应物的转化率较低，故D错误；答案选A。16.过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：(1)室温下，过氧化氢的Ka1＝2.24×10-12，则H2O2的酸性________H2O(填“＞”“＜”或“＝”)，H2O2的一级电离方程式为________。(2)探讨表明，过氧化氢溶液中c(HO)越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图所示。肯定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的缘由是________。(3)100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24h的分解率见表：离子加入量/(mg·L-1)分解率/%离子加入量/(mg·L-1)分解率/%无—2Fe3＋1.015Al3＋102Cu2＋0.186Zn2＋1010Cr3＋0.196由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是________；储运过氧化氢时，可选用的容器材质为________(填序号)。A．不锈钢B．黄铜C．纯铝D．铸铁【答案】(1).＞(2).H2O2⇌H＋＋HO(3).pH上升，c(HO)增大，分解速率加快(4).Cr3＋(5).C【解析】【分析】依据过氧化氢的Ka1和水的Kw比较；依据图象以及已知信息，结合平衡移动分析；依据催化剂对反应的活化能和反应速率的影响分析。【详解】(1)过氧化氢的Ka1＞Kw，故H2O2电离出氢离子的实力大于水，故H2O2的酸性＞H2O；H2O2的一级电离方程式为H2O2⇌H＋＋HO；(2)pH增大，c(H+)减小，反应H2O2⇌H＋＋HO正向进行，c(HO)增大，则过氧化氢的分解速率加快；(3)依据表中数据分析，Cr3＋的加入量最少，对应的H2O2的分解率最大，说明Cr3＋对过氧化氢分解反应的催化效果最好，即使过氧化氢分解反应的活化能降低最多；运用题述金属材质的容器贮运过氧化氢时，必定会有微量的相应金属离子的溶出，Al3+对H2O2分解的影响最小，因此可以选用纯铝容器来贮运过氧化氢，故选C。【点睛】催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动。催化剂通过降低反应的活化能，加快反应速率，催化效率越高的催化剂，降低反应的活化能越多。17.现有常温下的4种溶液：①0.01mol·L－1CH3COOH溶液；②0.01mol·L－1HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。回答下列问题：(1)4种溶液中水的电离程度最大的是________(填序号)。(2)将4种溶液同等程度稀释10倍后，溶液pH由大到小的依次是_______。(3)若将①④混合后所得溶液中的c(CH3COO－)＞c(H＋)，则下列说法正确的是______(填序号)。A．溶液肯定呈酸性B．溶液肯定呈碱性C．溶液肯定呈中性D．溶液可能呈酸性、中性或碱性(4)若将②③混合后所得溶液的pH＝7，则消耗溶液的体积：②_____③(填“＞”“＜”或“＝”)。(5)若将②④混合后所得溶液的pH＝10，则消耗②和④溶液的体积比：＝_____。【答案】(1).①(2).③＞④＞①＞②(3).D(4).＞(5).99:101【解析】【分析】常温下，①0.01mol·L－1CH3COOH溶液的pH大于2，c(H+)小于0.01mol·L－1；②0.01mol·L－1HCl溶液的pH等于2，c(H+)=0.01mol·L－1；③pH＝12的氨水，c(OH-)=0.01mol·L－1；④pH＝12的NaOH溶液是强碱溶液，，c(OH-)=0.01mol·L－1。。【详解】（1）水的电离受酸碱的抑制，酸碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，其对水的电离的抑制作用就越大。4种溶液中，醋酸电离的氢离子浓度最小，故其中水的电离程度最大的是①；（2）将4种溶液同等程度稀释10倍后，①溶液的pH大于3，②溶液溶液的pH为3，③溶液的pH介于11和12之间，④溶液的pH为11，则pH由大到小的依次是：③＞④＞①＞②；（3）0.01mol·L－1CH3COOH溶液中，，向其中加入少量pH＝12的NaOH溶液后，c(CH3COO－)增大、c(H＋)减小，可以保证所得溶液是酸性的，且溶液中的c(CH3COO－)＞c(H＋)；接着加入pH＝12的NaOH溶液至溶液呈中性，c(CH3COO－)增大、c(H＋)减小，仍能满意溶液中的c(CH3COO－)＞c(H＋)；接着加入pH＝12的NaOH溶液至两者恰好反应，可以得到醋酸钠溶液，因CH3COO－水解而使溶液呈碱性，水解的程度是很小的，故溶液中的c(CH3COO－)＞c(H＋)。综上所述，溶液可能呈酸性、中性或碱性，说法正确的是D；（4）若将②③两溶液按体积比1:1混合后，所得溶液因氨水过量许多而显碱性，要使pH＝7，则消耗碱性溶液的体积更少，故②＞③；(5)若将②④混合后所得溶液的pH＝10，则溶液显碱性，pH＝10时，氢氧根离子浓度为10-4mol·L－1，则，有，则消耗②和④溶液的体积比为＝99:101。18.氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用；NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可用作做净水剂的缘由是________(用离子方程式表示)。(2)相同条件下，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)________0.1mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。(填“>”“<”或“＝”)(3)图所示是0.1mol·L－1电解质溶液的pH随温度变更的图像。图中符合0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变更的曲线是________(填序号)；20℃时，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝_____mol·L－1。(4)若液氨中也存在类似水的电离(H2O＋H2O⇌H3O＋＋OH－)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。①液氨的电离方程式为________。②碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系为_____。【答案】(1).Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3(胶体)＋3H＋(2).<(3).I(4).10－3(5).NH3＋NH3⇌NH＋NH(6).c(Na＋)>c(CO)>c(NH)>c(NH4CO)>c(NH)【解析】【分析】(1)NH4Al(SO4)2为强酸弱碱盐，铝离子水解生成氢氧化铝胶体；(2)相同浓度铝离子水解生成的氢离子浓度小于NH4HSO4电离产生的氢离子；(3)依据溶液呈电中性计算；(4)碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系与在水中类似。【详解】(1)NH4Al(SO4)2中的铝离子在水中发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体能够吸附溶液中的粒子生成沉淀起到净水的作用；(2)0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中部分铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，对铵根离子的水解有抑制作用，但产生的氢离子浓度小于NH4HSO4中电离产生的氢离子，则0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)小；(3)NH4Al(SO4)2为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，上升温度，平衡向水解的方向移动，则酸性增加，曲线I符合0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变更；依据溶液呈电中性，23c(Al3＋)+c(H+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH-)，则2c(SO)-c(NH)-3c(Al3＋)＝c(H+)-c(OH-)=10-3mol/L-10-11mol/L；(4)①液氨的电离类似水的电离，则电离方程式为NH3＋NH3⇌NH＋NH；②碳酸钠的液氨溶液发生全电离与水解，Na2CO3=2Na++、+NH3⇌+NH(少量)，则c(Na＋)>c(CO)>c(NH)>c(NH4CO)>c(NH)。19.铬是常见的过渡金属之一，探讨铬的性质具有重要意义。回答下列问题：(1)在如图装置中，视察到装置甲中铜电极上产生大量的无色气体，而装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体。由此可知，金属活动性Cr________Cu(填“＞”“＜”或“＝”)；装置乙中正极的电极反应式为________。(2)CrO3和K2Cr2O7均易溶于水，它们是工业废水造成铬污染的主要缘由。要将Cr(Ⅵ)转化为Cr(Ⅲ)常见的处理方法是电解法。将含Cr2O的废水加入电解槽内，用石墨和铁做电极，在酸性环境中，加入适量的NaCl进行电解。①铁做________极(填“阳”或“阴”)。②Cr2O转化为Cr3＋的离子方程式为________。③阴极上Cr2O、H＋、Fe3＋都可能放电。若Cr2O放电，则阴极的电极反应式为______；若H＋放电，则阴极区形成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，已知：常温下，Cr3＋Cr(OH)3CrO，则阴极区溶液pH的范围为________。【答案】(1).＞(2).NO＋2H＋＋e－=NO2↑＋H2O(3).阳(4).Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(5).Cr2O＋6e－＋14H＋=2Cr3＋＋7H2O(6).8＜pH＜10(或10＞pH＞8)【解析】【分析】(1)依据原电池的工作原理以及原电池中电极的反应现象分析；(2)结合电解的目的，依据电解原理分析解答。【详解】(1)原电池中，负极上是失电子的氧化反应，装置甲铜电极上产生大量的无色气体，说明金属铜是正极，铬为负极；装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体为二氧化氮，则硝酸得到电子产生二氧化氮，发生还原反应的电极是正极，则金属铬是正极，铜作负极，由装置甲知铬的金属活动性比铜强，由装置乙知常温下铬在浓硝酸中钝化；装置乙中正极的电极反应式为NO＋2H＋＋e－=NO2↑＋H2O；(2)要将Cr2O转化为Cr3＋，须要有还原性物质，因此铁作阳极，失去电子生成Fe2＋，在酸性环境中，Fe2＋将Cr2O还原为Cr3＋，①由以上分析知，铁作阳极；②在酸性环境中，Fe2＋将Cr2O还原为Cr3＋，故Cr2O转化为Cr3＋的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；③阴极上发生得电子的还原反应，若Cr2O在阴极放电，则阴极的电极反应式为Cr2O＋6e－＋14H＋=2Cr3＋＋7H2O；若H＋放电，则阴极区形成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，依据Cr3＋Cr(OH)3CrO，要生成Cr(OH)3沉淀，则10-6mol/L＜c(OH-)＜10-4mol/L，则阴极区溶液pH的范围为8＜pH＜10(或10＞pH＞8)。【点睛】第(2)问在推断电解池的阴阳极时，须要依据电解的目的：要将Cr2O转化为Cr3＋，因此须要产生还原性物质，从而确定铁作阳极，失去电子生成Fe2＋，在酸性环境中，Fe2＋将Cr2O还原为Cr3＋。20.工业废气、汽车尾气排放出的NOx、SO2等是形成酸雨的主要物质，其综合治理是当前重要的探讨课题。回答下列问题：I．NOx的消退(1)汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在肯定温度和催化剂条件下可发生如下反应：2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)ΔH。若已知：①CO的燃烧热ΔH1＝-283.0kJ·mol-1②N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH2＝180.5kJ·mol-1则反应2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)的ΔH＝________。(2)T℃下，向一容积不变的密闭容器中通入肯定量的NO(g)和CO(g)，用气体传感器测得不同时间NO(g)和CO(g)浓度如下表：时间/s012345c(NO)/×104mol·L-110.04.50c11.501.001.00c(CO)/×103mol·L-13.603.05c22.752.70270则c2合理的数值为________(填序号)。A．2.80B．2.95C．3.00D．4.20(3)某探讨小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以肯定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图所示。下列说法正确的是________(填序号)。A．曲线Ⅱ中催化剂脱氮率比曲线Ⅰ中的高B．相同条件下，变更压强对脱氮率没有影响C．曲线Ⅱ中的催化剂适用于450℃左右脱氮D．两种催化剂均能降低活化能，但ΔH不变II．SO2的综合利用(4)