2017-2018学年江苏省启东中学高二上学期期中考试化学（选修）试题 解析版
江苏省启东中学2017-2018学年高二上学期期中考试
化学（选修）试题
（测试时间100分钟，满分120分）
选 择 题 （ 共 40 分 ）
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 下列热化学方程式正确的是（△H的绝对值均正确）
A. S（s）+O2（g）= SO2（g）；△H=－269.8kJ/mol（反应热）
B. NaOH（aq）+HCl（aq）= NaCl（aq）+H2O（l）；△H=+57.3kJ/mol（中和热）
C. C2H5OH（l）+3O2（g）= 2CO2（g）+3H2O（g）；△H=－1367.0 kJ/mol（燃烧热）
D. 2NO2 = 2NO + O2；△H = +116.2kJ/mol（反应热）
【答案】A
【解析】A、硫的燃烧是放热反应，因此△H<0，热化学反应方程式应体现物质的状态，故A正确；B、中和热是放热反应，即△H=－57.3kJ·mol－1，故B错误；C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，H2O应是液态，故C错误；D、没有体现出物质的状态，故D错误。
2. 将4 mol A和2 mol B放入2 L密闭容器中发生反应2A(g) + B(g) 2C(g) ΔH＜0。4 s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6 mol/L。下列说法正确的是
A. 4 s内，υ(B)＝0.075 mol/(L ·s)
B. 当c(A)︰c(B)︰c(C)＝2︰1︰2 时，该反应达到平衡状态
C. 达到平衡状态后，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大
D. 达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低
【答案】A
【解析】2A(g) + B(g)2C(g)
初n: 4 mol 2 mol 0
△n: 1.2 mol 0.6 mol 1.2 mol
4s时n: 2.8mol 1.4 mol 1.2mol
B：三者浓度符合系数比，只是一个特例，与反应是否为平衡状态无关；C:升温平衡左移，C的浓度减少；D：缩小容器体积，相当于加压，平衡右移，则A的转化率增大。
3. 下列说法正确的是
A. 向蒸馏水中滴加浓H2SO4时，KW不变
B. 常温下，0.005mol·L－1Ba(OH)2溶液pH为12
C. Na2CO3水解的离子方程式为：CO32－ ＋ 2H2OH2CO3 ＋ 2OH－
D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
【答案】B
【解析】试题分析：A项向蒸馏水中滴加浓H2SO4时，溶液的温度升高，KW增大，错误；B项常温下，0.005mol·L－1Ba(OH)2溶液的c(OH-)＝0.01mol·L－1，pH＝12，正确；C项Na2CO3水解的离子方程式应该为：CO32－＋ H2OHCO3-＋OH－，错误；D项在CH3COONH4溶液中CH3COO-、NH4+均水解，且水解的程度相当，溶液显中性，但水的电离程度增大，错误。
考点：考查电解质溶液原理。
4. 在2L的密闭容器中，起始时均投入2mol CO，在不同条件下发生反应：CO(g) ＋2H2(g) CH3OH(g) △H ＜0。有关信息如图所示，下列说法正确的是
A. T1＜T2
B. T1℃时该反应的平衡常数为4.0 L2·mol－2
C. 同一温度下，n(H2)/n(CO)越大，平衡常数也越大
D. 同条件下n(H2)/n(CO)越大，CO和H2的转化率也越大
【答案】B
【解析】A、此反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，即T1>T2，故A错误；
B、CO(g) ＋2H2(g) CH3OH(g)
起始： 2 3 0
变化： 1 2 1
..................
5. 下列说法正确的是
A. 任何中和反应生成1 mol H2O，能量变化均相同
B. 同温同压下，H2 (g)+Cl2(g)= 2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同
C. 已知：①2H2(g) +O2(g) =2H2O(g) △H=-a kJ·mol-1,②2H2(g)+O2 (g)= 2H2O(1) △H=-b kJ·mol-1， 则a>b
D. 已知：①C(s，石墨)+O2 (g)=CO2(g) △H=- 393.5kJ·mol-1，②C(s，金刚石)+O2(g)=CO2 (g) △H=- 395.0 kJ·mol-1,则C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H= + 1.5 kJ·mol-1。
【答案】D
【解析】浓酸、弱酸等发生酸碱中和时中和热不同；生成液态水放出更多，故－b<－a，即b>a。反应热大小与条件无关，D项利用盖斯定律可求算。
6. 下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是
A. 碳酸氢钠溶液中： K+、Al3+、SO42-、Cl-
B. 较多Fe3+的溶液中：Na+、SCN-、SO42-、K+
C. 常温下由水电离出的c（H+）·c（OH-）=10-24溶液中：Cl-、CO32-、NH4+、F-
D. 在能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Na+ 、S2- 、CO32-、NO3-
【答案】D
【解析】A、HCO3－与Al3＋发生双水解反应，即Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，因此不能 这些离子在碳酸氢钠溶液中不能大量共存，故A错误；B、Fe3＋和SCN－发生络合反应，因此不能大量共存，故B错误；C、常温下，水电离出c(H＋)×c(OH－)=10－24，说明此溶液中溶质对水的电离产生抑制，即此溶质可能是酸，也可能是碱，在酸中H＋和CO32－不能大量共存，产生CO2气体，H＋与F－不能大量共存，生成弱电解质HF，在碱中，NH4＋和OH－不能大量共存，生成NH3·H2O，因此这些离子不能大量共存，故C错误；D、能使pH试纸变深蓝色，说明此溶液为强碱，这些离子在碱中能够大量共存，故D正确。
7. 下列事实能说明NH3·H2O一定是弱电解质的是
①常温下，NH3·H2O溶液能使酚酞变红；
②用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗；
③常温下，0.1mol / L氯化铵溶液的pH约为5
④常温下，体积相同且pH相同的NH3·H2O溶液和NaOH溶液，与相同浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：前者＞后者
A. ①②③④ B. ②③④ C. ③④ D. ②④
【答案】C
【解析】试题分析：①只能说明溶液呈碱性，不能说明一水合氨是强碱还是弱碱，故错误；②只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明电解质的强弱，故错误；③说明氯化铵是强酸弱碱盐，故一水合氨是弱碱；④能说明氨水中还有未电离的一水合氨，故是弱碱；故选C。
考点：弱电解质的电离和盐的水解
8. 下列有关反应热的说法正确的是
A. 在化学反应过程中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需从外界获得能量
B. 甲烷标准燃烧热△H=-890kJ/mol，则：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890kJ/mol
C. 已知常温常压下HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57．3kJ/mol，则有H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O △H=-114．6kJ/mol
D. 已知S(s)+O2(g) =SO2(g) △H=-Q1kJ/mol，S(g)+O2(g) =SO2(g) △H=-Q2kJ/mol，则Q1
c(Na+)>C(OH-)>C(H+)
D. 加入适量氨水，c(CH3COO-)一定大于c(Na+)、c(NH4+)之和
【答案】A
【解析】试题分析：pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH过量，溶液显酸性，故A项有可能。等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合后生成CH3COONa水解显碱性，B项不可能。C选项不符合电荷守恒，故不可能。加入适量氨水后的溶液中电荷守恒关系为：c(Na＋）＋c(NH）＋c(H＋）＝c(OH－）＋c(CH3COO－）因为此时溶液酸碱性未知，故不能判断c(H＋）与c(OH－）的相对大小，即不能判断c(CH3COO－）与c(Na＋）和c(NH4+）之和的大小关系。
考点：离子浓度大小比较
14. 常温下，0.1mol·L－1NH4HCO3溶液的pH=7.8，该溶液中微粒浓度间关系正确的是
A. c(OH－)＞c(H+)
B. c(HCO3－)＞c(NH4+)
C. c(NH4+) + c(H+)= c(HCO3－) + 2c(CO32－) + c(OH－)
D. c(H2CO3) + c(H+) = c(CO32－) + 2c(NH3·H2O) + c(OH－)
【答案】AC
【解析】A、溶液的pH=7.8，说明溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)，故A正确；B、NH4HCO3属于弱酸弱碱盐，溶液显碱性，说明HCO3－的水解程度大于NH4＋的水解程度，即c(NH4＋>c(HCO3－)，故B错误；C、依据电荷守恒，故C正确；D、电荷守恒：c(NH4＋) + c(H＋)= c(HCO3－) + 2c(CO32－) + c(OH－)，物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NH4＋)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)，两式相减得到：c(NH3·H2O)＋c(CO32－)＋c(OH－)=c(H2CO3)＋c(H＋)，故D错误。
点睛：离子浓度大小比较，是选修四的重点和难点，（1）注意两大理论，①电离理论，弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，②水解理论，弱离子水解程度是微弱，多元弱酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解为主；（2）注意三个守恒，①电荷守恒，注重溶液呈电中性，特别是系数，带有多少电荷，系数为几；②物料守恒，注重溶液中某元素的原子守恒；③质子守恒，注重分子或离子得失H＋数目，一般是通过电荷守恒、物料守恒相加减得到。
15. 一定温度时，1L密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=－196kJ/mol，数据：
反应时间/min
n(SO2)/mol
n(O2)/mol
0
2
1
5
1．2
10
0．4
15
0．8
下列说法不正确的是
A. 反应在前5min的平均速率为v (SO2)=0．08mol·L−1 min−1
B. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0．2molSO2和0．1molO2时，v (正)＞ v (逆)
C. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时吸收78．4kJ的热量
D. 相同温度下，起始时向容器中充入1．5mol SO3，达平衡时SO3的转化率为40%
【答案】AD
【解析】根据表格数据，完成表格其余空格，
反应时间/min
n(SO2)/mol
n(O2)/mol
0
2
1
5
1．2
0.6
10
0.8
0．4
15
0．8
0.4
A、根据化学反应速率的数学表达式，前5min的平均速率v(SO2)=(2－1.2)/(5×1)mol/(L·min)=0.16 mol/(L·min)，故A说法错误；B、此温度下的化学平衡常数，K= ，达到平衡时c(SO3)=1.2mol·L－1，c(SO2)=0.8mol·L－1，c(O2)=0.4mol·L－1，代数数值，求的K=5.625，达到平衡后再充入0.2molSO2和0.1molO2，此时浓度商Qc=2.88v(逆)，故B说法正确；C、其他条件保持不变，起始时充入2molSO3，建立平衡后，与原平衡为等效平衡，即SO3的转化率为40%，则达到平衡吸收的热量为196×2×40%/2kJ=78.4kJ，故C说法正确；D、如果为恒压条件，充入1.5molSO3，与原平衡为等效平衡，SO3的转化率为40%，如果为恒容状态，则不与原平衡为等效平衡，SO3的转化率不等于40%，应小于40%，故D错误。
非 选 择 题 （共 80 分 ）
16. （1）科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO＋2CO2CO2＋N2 △H ＜0。为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：
①前2s内的平均反应速率v (N2) = ___________。
②假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是______。
A．选用更有效的催化剂 B．升高反应体系的温度
C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的体积
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH=-196.6 kJ·mol-1
2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0 kJ·mol-1
则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH=_____kJ·mol-1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________。
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 molNO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝_________。
（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图所示。该反应ΔH_______0（填“>”或“ <”）。
【答案】 (1). 1.88×10－4 mol/(L·s) (2). C、D (3). －41.8 (4). b (5). 8/3 (6). <
NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）
起始： 1 2 0 0
变化： x x x x
平衡： 1－x 2－x x x，根据信息，测的上述反应平衡时NO2和SO2的体积比为1：6，相同条件下，体积比等于物质的量之比，即(1－x)：(2－x) =1：6，解得x=4/5，平衡常数K= ，代入数值，解得K=8/3；（3）考查勒夏特列原理，等压下，温度越高，CO的转化率降低，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向移动，即△H<0。
点睛：化学平衡状态的判定是化学平衡中常见的问题，一般采用“两审、两标志”；（1
）一审题干条件，是恒温恒容还是恒温恒压，二审：①全部是气体参与的等体积反应还是非等体积反应，②有固体或液体参与的等体积反应还是非等体积反应；（2）两标志：①本质标志，v正=v逆，对应某一可逆反应来说，正反应消耗掉某反应物的速率等于逆反应生成物该反应物的速率，即用不同物质的反应速率表示，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比；②等价标志，a、全部是气体参加的非等体积反应，体系的压强、平均相对分子质量不再随时间而变化；b、体系中各组分的物质的量浓度、体积分数、物质的量分数保持不变；c、对同一物质而言，断裂的化学键的物质的量与形成的化学键物质的量相等；d、气体颜色，当组分中存在有颜色的气体时，气体颜色不变，说明反应达到平衡。
17. 已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）用太阳能分解10mol水_____（填“吸收”或“放出”）的能量是________kJ；
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为___________________；
（3）在2L的密闭容器中，合成甲醇反应：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；
（A、B曲线分别对应T1、T2）
①T1_____T2（填“>”或“ <”）。
②该反应为_____热反应。
③该反应在T1时的平衡常数比T2时的____（填“大”或“小”）。
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时n（H2）/n（CH3OH）_____。
⑤在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a,则容器内的压强与起始压强之比为_________。
【答案】 (1). 吸收 (2). 2858 (3). CH3OH(l) ＋O2(g)＝CO(g)+2 H2O(l) △H＝-443.5kJ·mol-1 (4). < (5). 放 (6). 大 (7). 增大 (8). 1－a/2
【解析】（1）本题考查考查反应热，水的分解是吸热反应，因此分解10mol水需要吸收能量，根据信息氢气的燃烧热，消耗1molH2，即生成生成1mol水时放出的热量为285.8kJ
，因此分解10molH2O时吸收的能量是10×285.8kJ=2858kJ；（2）考查热化学反应方程式的书写，①CO燃烧热的热化学反应方程式：CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) △H=－283.0kJ·mol－1，②CH3OH燃烧热的热化学反应方程式：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－726.5kJ·mol－1， 甲醇不完全燃烧生成液态水的化学反应方程式为：CH3OH＋O2=CO＋2H2O，②－①得出△H=(－726.5＋283.0)kJ·mol－1=－443.5kJ·mol－1，CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(l) △H=－443.5kJ·mol－1；（3）考查勒夏特列原理、化学平衡的计算，①T2先达到平衡平衡，说明T2温度下的反应速率快，即T2>T1；②根据图像，温度越高，甲醇的物质的量越低，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应；③此反应是放热反应，且T2>T1，因此T1的平衡常数比T2的平衡常数大；④T1到T2甲醇的物质的量降低，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氢气的量增大，此比值增大； ⑤根据CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），反应后气体物质的量减少2mol，因此消耗1×amolCO2，物质的量减少2amol，即反应后气体物质的量为(4－2a)mol，同条件下，压强之比等于物质的量之比，即(4－2a):4=(2－a)/2。
点睛：勒夏特列原理是化学平衡移动考查中的重点，要熟悉勒夏特列原理的定义：改变某一因素，平衡影响这一因素的方向进行移动，如本题的(3)中的②，T2先达到平衡，说明T2>T1，根据图像，温度升高，甲醇的物质的量降低，说明升高温度，平衡向消耗甲醇的方向移动，即正反应是放热反应。
18. （1）某温度（t℃）时，水的离子积为KW=1.0×10﹣13mol2•L﹣2，则该温度（填“大于”、“小于”或“等于”）_____25℃，其理由是________________________________。
（2）若将此温度下pH=11的苛性钠溶液a L与pH=1的稀硫酸b L混合（设混合后溶液体积的微小变化忽略不计）． 若所得混合液为中性，则a：b=_____；此溶液中各种离子的浓度由大到小排列顺序是_________________。
（3）FeCl3的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）：______________。
（4）实验室在配制FeCl3的溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以__ （填“促进”、“抑制”）其水解。
（5）把氯化铝溶液蒸干并灼烧固体产物是______。
【答案】 (1). 大于 (2). 水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，某温度（T℃）时，水的离子积常数Kw=1×10-13＞10-14，则该温度大于25℃ (3). a：b=10：1 (4). c（Na+）＞c（SO4 2-）＞c（H+）=c（OH-） (5). Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ (6). 抑制 (7). Al2O3
【解析】（1）本题考查水的离子积，常温下水的离子积为10－14
，水水的离子积只受温度的影响，的电离是吸热过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，即该温度大于25℃；（2）考查离子浓度大小的比较、溶液的酸碱性的判断，此温度水的离子积为10－13，因此NaOH中c(OH－)=10－13/10－11mol·L－1=10－2mol·L－1，此温度下溶液显中性，说明NaOH中n(OH－)等于硫酸中n(H＋)，a×10－2=b×10－1，解得a:b=10：1，氢氧化钠和硫酸都是强电解质，溶液显中性，溶质为Na2SO4，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(SO42－)>c(H＋)=c(OH－)；（3）考查盐类水解原理的应用，FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，即Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋；（4）考查影响盐类水解因素，根据(3)，加入盐酸H＋浓度增大，平衡向逆反应方向进行，即溶于较浓的盐酸中目的是抑制Fe3＋的水解；（5）考查盐类水解原理的应用，AlCl3的水解：AlCl3＋3H2O Al(OH)3＋3HCl，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，HCl易挥发，蒸干得到Al(OH)3，因为氢氧化铝不稳定，受热易分解，因此灼烧得到固体产物是氧化铝。
19. 常温下，将某一元碱BOH和HCl溶液等体积混合，两溶液浓度和混合溶液pH如下表：
实验编号
HCl的物质的量浓度（mol·L-1）
BOH的物质的量浓度（mol·L-1）
混合溶液pH
①
0.1
0.1
pH=5
②
c
0.2
pH=7
③
0.1
0.2
pH>7
请回答：
（1）从第①组情况分析，BOH是___（选填“强碱”或“弱碱”）。该组所得混合溶液中由水电离出的c（OH—）=____mol·L-1。
（2）第②组情况表明，c____0.2。该混合液中离子浓度c（B+）____c（Cl－）(选填“<”、“>”或“=”)。
（3）从第③组实验结果分析，混合溶液中(选填“<”、“>”或“=”)。
甲：BOH的电离程度____BCl的水解程度。
乙：c(B+)－2 c (OH—)____c(BOH)－2 c(H+)。
【答案】 (1). 弱碱 (2). 1×10—5 (3). < (4). = (5). > (6). =
【解析】试题分析：（1）①中酸和碱恰好完全反应生成盐，盐溶液水解显酸性，故为强酸弱碱盐，所以BOH为弱碱，盐的水解促进了水的电离，盐溶液中的氢离子均是水电离出的，c（H+）=10-5mol/L，故由水电离出的氢离子等于由水电离出的氢氧根离子，故由水电离出的c（OH—）=10-5mol/L；（2）恰好完全反应时溶液显酸性，现溶液显中性，说明碱过量，故酸的浓度小于0.2mol/L；根据电荷守恒c（B+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），因c（H+）=c（OH-），故c（B+）=c（Cl—）；（3）反应后溶液中BOH和BCl的浓度相等，溶液显碱性，说明碱的电离程度大于盐的水解程度；溶液中存在电荷守恒C（H+）+C（B+）=C（OH-）+C（Cl-），根据物料守恒得c（B+）+c（BOH）=2C（Cl-），将电荷守恒关系式两边同时乘以2，用c（B+）-2c （OH-）将2c（Cl-）替换得c（B+）-2c （OH-）=c（BOH）-2c（H+）。
考点：酸碱混合时的判断、离子浓度的比较、pH的判断、盐的水解等知识。
20. 氯气溶于水，Cl2约有三分之一与水反应生成盐酸与次氯酸。请回答下列问题：
（1）该可逆反应的离子方程式为__________________。
（2）氯气____溶于饱和食盐水，其原因是增大了上述平衡中的_____浓度，平衡向___反应方向移动。
（3）在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，平衡将向______反应方向移动；
（4）如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将_______（填“增大”、“减小”或“不变”），平衡将向_______反应方向移动。
【答案】 (1). Cl2+H2OH++Cl-+HClO (2). 难或不 (3). Cl- (4). 逆 (5). 正 (6). 增大 (7). 正
【解析】（1）本题考查氯气与水的反应，氯气与水反应的离子方程式为Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO；（2）考查影响化学平衡的因素，Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HclO，加入饱和食盐水，增加c(Cl－)，平衡向逆反应方向移动，因此氯气难溶于饱和食盐水；（3）考查影响化学平衡移动的因素，加入氢氧化钠溶液，OH－＋H＋=H2O，消耗H＋，平衡向正反应方向移动；（4）考查影响化学平衡移动的因素，增大压强，平衡向体积减小的方向进行，即增大压强，平衡向正反应方向移动，氯气在水中的溶解度将增大。
21. 下图中A、B、C、D分别为AlCl3、NaOH、NH4HSO4、Na2CO3溶液，实验过程和记录如下图所示（无关物质已经略去）：
请回答：
（1）W的溶液加热蒸干并灼烧最后所得固体为__________。
（2）D溶液pH___（填“大于”、“小于”或“等于”）7，原因是（用离子方程式表示）_______。
（3）等物质的量浓度的A、B、C、D溶液pH由大到小的顺序是_________。（用化学式表示）
（4）等物质的浓度的C溶液与NH4Cl溶液相比较，c（NH4+）：前者_____后者（填“＜”“＞”“＝”）。
（5）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是____。
【答案】 (1). NaAlO2 (2). 大于 (3). CO32-+H2OHCO3-+OH- (4). NaOH>Na2CO3>AlCl3>NH4HSO4 (5). ＞ (6). c(Na+)> c (SO42-)> c (NH4+)> c (H+) =C(OH-)
【解析】本题考查盐类水解、离子浓度大小顺序，A和B按1：3混合，发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，即X为氢氧化铝沉淀，再加入B溶液，按1：1混合，发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，即W的溶液为NaAlO2，B和C，B过量且加热，发生NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，C和D按2：1混合，发生2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O，即Z为CO2，（1）根据上述分析，W为NaAlO2，AlO2－＋2H2OAl(OH)3＋OH－，盐类水解属于吸热反应，升高温度，促进水解，但NaOH属于难挥发性碱，因此加热蒸干并灼烧最后得到固体是NaAlO2；（2）D为Na2CO3，碳酸钠属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解，存在CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，造成溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性，即pH>7；（3）AlCl3、NH4HSO4溶液显酸性，AlCl3溶液显碱性是因为是Al3＋水解造成，NH4HSO4溶液显酸性，发生NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，相同浓度时，NH4HSO4中c(H＋)大于AlCl3溶液中c(H＋)，即pH大小顺序是c(NH4HSO4)c(Na2CO3)，因此pH由大到小顺序是NaOH>Na2CO3>AlCl3>NH4HSO4；（4）NH4Cl溶液中存在：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，NH4HSO4相当于在NH4Cl溶液中加入H＋，抑制NH4＋
水解，因此NH4HSO4溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl溶液中c(NH4＋)；（5）NaOH和NH4HSO4混合，OH－先中和HSO4－中H＋，当两者恰好完全反应，溶质为Na2SO4和(NH4)2SO4，溶液显酸性，根据题意，溶液为中性，因此继续滴加NaOH，发生NH4＋＋OH=NH3·H2O，当pH=7时，溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O，因此离子浓度大小顺序是：c(Na＋)> c (SO42－)> c (NH4＋)> c (H＋) =c(OH－)。
点睛：离子浓度大小比较是本题的难点，以（5）为例进行分析，NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，滴加氢氧化钠溶液，先发生H＋＋OH－=H2O，当把H＋全部中和时，Na＋的物质的量等于SO42－的物质的量，此时溶质为Na2SO4和(NH4)2SO4，硫酸铵的水溶液显酸性，但题目中要求溶液显酸性，因此继续滴加NaOH，发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，直到溶液显中性，因此c(Na＋)>c(SO42－)，因为NH4＋发生水解，因此c(SO42－)>c(NH4＋)，溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，水解的程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)> c (SO42－)> c (NH4＋)> c (H＋) =c(OH－)。
