夯基提能2020届高三化学选择题对题专练——选修四化学反应原理——盐类水解平衡的影响因素和探究

夯基提能2020届高三化学选择题对题专练——选修四化学反应原理——盐类水解平衡
的影响因素和探究
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夯夯夯夯夯夯夯夯夯——夯夯夯夯夯夯夯夯夯夯夯夯夯夯
1.常温下，下列说法不正确的是()
A. 等体积、等物质的量浓度的NaCl(aq)离子总数大于NaClO(aq)中离子总数
B. pH=3的硫酸溶液中水的电离程度等于pH=11的氨水溶液中水的电离程度
C. 0.1mol/L的NaHA溶液pH=5，则溶液：c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(H2A)
D. 向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液：c(Na+)>c(NH4+)>
c(SO42−)>c(OH−)=c(H+)
2.已知图①～④的相关信息，下列相应叙述正确的是()
A. 图①表示向恒容密闭容器中充入X和Y发生反应：2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)△H<
0，W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率
B. 图②表示压强对可逆反应A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲
的压强小
C. 据图③，若要除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入NaOH溶液至PH在4左右
D. 常温下，稀释0.1mol/LNa2CO3溶液，图④中的纵坐标可表示溶液中HCO3−的数
目
3.某研究小组测定不同温度下、不同初始浓度的某溶液中R的水解速率，c(R)随时间
的变化曲线如图．下列说法不正确的是()
A. 在0−6min之间，25℃时R的水解速率为0.05mol⋅L−1⋅min−1
B. 在0−24min之间，曲线3对应水解速率最小
C. 由曲线1可以得出结论：其它条件不变，水解速率随浓度增大而增大
D. 由曲线2、3可以得出结论：其它条件不变，水解速率随温度升高而增大
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4.“84”消毒液(有效成分为NaClO)可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析，不正
确的是()
实
验
现象混合后溶液的pH=
9.9，短时间内未褪色，
一段时间后蓝色褪去。

混合后溶液pH=5.0，蓝色
迅速褪去，无气体产生。

混合后溶液pH=3.2，蓝色
迅速褪去，并产生大量气
体，使湿润的淀粉碘化钾试
纸变蓝。

A. 对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO+H=HClO
B. 实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO=Cl2↑+H2O
C. 对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO−的氧化性或Cl−的还原性
D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的pH才能安全使用
5.下列说法正确的是()
A. 常温下pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度前者比
后者大
B. 用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO3
C. BaSO4(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H<
D. 为准确测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等
6.设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是()
A. 1L 1mol/L氯化铜溶液中含有N A个Cu2+
B. 标准状况下，22.4L O2参加任何化学反应转移的电子数都是4N A
C. 1mol Zn与足量稀HNO3反应，转移2N A个电子
D. 1mol H3O+所含电子数为8N A
7.下列有关实验原理、方法和结论都正确的是()
A. 用HNO2溶液做导电性实验，灯光较暗，说明HNO2是弱电解质
B. 在滴有酚酞的Na2CO3溶液中逐滴加入BaCl2溶液，红色逐渐褪去，说明Na2CO3溶
液中存在水解平衡
C. 将等体积、等pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释相同倍数，醋酸溶液的pH变化大
D. 利用溶解性的不同，可用酒精将碘水中的碘萃取出来
8.在试管中注入某红色溶液，给试管加热，溶液颜色逐渐变浅，则原溶液可能是()
①滴有石蕊的H2SO4溶液②滴有酚酞的氨水溶液
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③滴有酚酞的氢氧化钠溶液④滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液
⑤滴有酚酞的Na 2CO 3溶液⑥溶有SO 2的品红溶液
A. ②⑥
B. ②④
C. ①③⑤
D. ②④⑥
9. 有①氨水 ②NH 4Cl 溶液 ③Na 2CO 3溶液 ④NaHCO 3溶液各25mL ，物质的量浓度
均为0.1mol/L ，下列说法正确的是( )
A. 4种溶液pH 的大小顺序：①>④>③>②
B. 溶液①、②等体积混合后pH >7，则c(NH 4
+)<c(NH 3⋅H 2O) C. 向溶液①、②中分别加入25 mL 0.1mol/L 盐酸后，溶液中c(NH 4
+)：①>② D. 向溶液③、④中分别加入12.5 mL 0.1mol/L NaOH 溶液后，两溶液中的离子种类相同
10. 下列说法正确的是( )
A. 将海水中钢闸门连接电源正极可防止其被腐蚀
B. 常温下，向Na 2CO 3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，溶液中c(HCO 3−)c(CO 3
2−)值减小 C. 反应Cu +2H 2SO 4(浓)−
△ CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 的△S <0，△H >0
D. 对硫酸工业中的反应：2SO 2(g)+O 2(g)⇌2SO 3(g)△H <0，采用500℃左右的高温主要是为了加快反应速率
11. 常温下，相同pH 的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，
平衡时pH 随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列
叙述正确的是 ( )
A. b 、c 两点溶液的导电能力相同
B. a 、b 、c 三点溶液中水的电离程度a >c >b
C. c 点溶液中c(H +)=c(OH -)+c(CH 3COOH)
D. 用等浓度的盐酸分别与等体积的b 、
c 处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积V b =V c
12. 设N A 代表阿伏加德罗常数的数值．则下列有关叙述正确的共有( )
A. 1.4 g 乙烯与丙烯的混合气体含有N A 个碳原子
B. 精炼铜，若阳极失去2N A 个电子，则阴极增重64 g
C. 在1 L 0.1mol/L 的Na 2CO 3溶液中，阴离子总数小于0.1N A
D. 将1 L 2 mol/L 的FeCl 3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得氢氧化铁胶体粒子数为2N A
13.已知常温下，氨水中NH3⋅H2O的电离平衡常数：
K b≈1×10-5.向1L 0.1mol⋅L-1NH4Cl溶液中，不断加
入固体NaOH后，NH4+与NH3⋅H2O的变化趋势如图
所示(溶液体积和温度的变化、氨的挥发均忽略不计
)，下列说法正确的是()
A. NH4Cl的电离方程式为：NH4Cl⋅C l-+N H4+
B. M点时，pH≈9
C. a=0.05
D. 当n(NaOH)=0.05 mol时溶液中有：c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>
c(H+)
14.下列说法正确的是
①通过丁达尔效应可以鉴别稀豆浆和Fe(OH)3胶体
②常温时，FeCl3溶液中Fe3+与Cl−的个数之比等于1:3
③化学方程式Br2+2KI=2KBr+I2说明Br的非金属性强于I
④常温时，0.1mol·L−1盐酸中由水电离出的c(H+)<10−7mol·L−1
A. ①②
B. ③④
C. ①③
D. ②④
15.对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是()
A. KAl(SO4)2溶液加热
B. Na2CO3溶液加热
C. 氨水中加入少量NH4Cl固体
D. NH4NO3溶液中加入少量NaNO3固体
16.将物质的量浓度相等的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合
后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液的pH 随时间
t变化的曲线如图所示，则下列说法中不正确的是()
A. A点pH小于7是因为Cu2+水解使溶液显酸性
B. C点的pH比A点的pH小
C. BC段阴极产物是H2
D. CD段电解的本质是电解H2O
17.室温下，0.2mol/L的一元碱BOH与等浓度的盐酸
等体积混合后，所得溶液中部分微粒的组分及浓度
如图所示，下列对混合溶液的分析正确的是()
A. 溶液显中性
B. 升温，
c(X)增大，c(Y)减小
C. c(B+)+c(Y)=c(Cl−)
D. 稀释溶液，c(X)增大，c(Z)增大
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18. 下列电解质溶液有关叙述正确的是( )
A. 恒温条件下稀释氢氟酸时，HF 的K a 增大，水的K W 不变
B. 向Mg(OH)2沉淀悬浊液中加入NH 4Cl 固体，c(Mg 2+)、c(OH −)浓度均增大
C. 0.1mol/LNaHCO 3溶液中，c(Na +)>c(HCO 3−)>c(CO 32−)>c(H 2CO 3)
D. 0.1mol/LNa 2SO 3溶液中，加入少量NaOH 固体，c(SO 32−)与c(Na +)均增大
19. 下列有关说法正确的是( )
A. 反应2H 2O =2H 2+O 2在任何条件下都不会自发进行
B. 溶液CH 3COOH 加水稀释后，溶液中c(CH 3
COOH)
c(CH 4COO −)
的值减小 C. 温度升高，反应物的活化分子数增多，主要因素是分子的运动加快，反应速率加快
D. Na 2CO 3液中加入少量Ca(OH)2固体，CO 32−水解程度减小，溶液的pH 减小 20. 下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图 1 表示 H 2与O 2发生反应过程中的能量变化，
则H 2的燃烧热为 241.8kJ ⋅mol −1 B. 图 2 表示压强对可逆反应 2A(g)+2B (g)⇌3C(g)+D(s)的影响，
乙的压强比甲的压强大
C. 图 3 表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠
D. 图 4 表示常温下，
稀释 HA 、HB 两种酸的稀溶液时，溶液 pH 随加水量的变化，则相同条件下 NaA 溶液的 pH 大于同浓度的 NaB 溶液的 pH ．
21. 设阿伏加德罗常数(N A )的数值为n A ，
下列说法正确的是(相对原子质量：H −1、O −16)
A. 11.2LNH 3所含分子数为0.5n A
B. 1molCl 2与足量Fe 反应，转移的电子数为3n A
C. 100mL1mol/LFeCl 3溶液中含Fe 3+微粒的数目是0.1n A
D. 常温下，34gH 2O 2中H −O 键数目为2n A
22. 下列叙述中正确的是( )
A. 反应MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的△H<0、△S>0
B. 加热Na2CO3溶液，c(HCO3−)⋅c(OH−)
c(CO32−)
增大
C. 由热化学方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566kJ⋅mol−1可知，CO的
燃烧热是566 kJ⋅mol−1
D. 中和等体积、等浓度的醋酸和盐酸，醋酸消耗的NaOH的物质的量小
23.物质的量浓度相同的下列溶液：
①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④(NH4)2CO3⑤NH4HCO3按c(CO32−)由小到大排
列的顺序是()
A. ⑤<④<③<②<①
B. ③<⑤<②<④<①
C. ③<②<⑤<④<①
D. ③<⑤<④<②<①
24.下列用来解释实验事实的相关平衡方程式不正确的是()
实验事实相关平衡方程式
A 加入NaHCO3使氯水的漂白
能力增强
Cl2+H2O⇌HClO+HCl
B 配制FeCl3溶液时加少量盐
酸
Fe3++3OH−⇌Fe(OH)3
C 溶有CO2的正常雨水pH=
5.6
H2O+CO2⇌H2CO3⇌
H++HCO3−
D CaCO3固体溶于盐酸CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+ CO32−(aq)
A. A
B. B
C. C
D. D
25.亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白．亚氯酸钠
(NaClO2)在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2−、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体．经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示
(Cl−没有画出).则下列分析正确的是()
A. 亚氯酸钠在酸性条件下较稳定
B. 25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值K a=10−6
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C. pH越大，该漂白剂的漂白性能越好
D. 25℃，pH=3时，NaClO2溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(ClO2−)+c(OH−)
26.常温下，在20mL0.1mol/L HR 溶液中滴加0.1000mol/LNaOH溶液，混合溶液的PH
与所加NaOH溶液体积的关系如图所示．下列推断正确的是()
A. ①、②、③三点中，③对应的溶液中c水(H+)⋅c水(OH−)最大
B. HR溶液中只存在H+、R−、OH−、H2O四种微粒
C. ②点溶液中一定存在c(Na+)>c(R−)>c(H+)=
c(OH−)
D. NaR的水解常数Ka和水解程度：③>②>①
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答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.HClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO−+H2O⇌HClO+ OH−，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10−7mol/L，所以NaCl溶液中C(Na+)+C(H+)大于NaClO溶液中C(Na+)+C(H+)，根据电荷守恒：C(Na+)+C(H+)=C(OH−)+c(Cl−)可得溶液中离子总数为2×[c(Na+)+c(H+)]×V；同理可得NaClO溶液中总数为
2×[c(Na+)+c(H+)]×V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液，故A正确；B.酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，硫酸中氢离子浓度等于氨水中氢氧根离子浓度，则二者抑制水电离程度相等，故B正确；
C.0.1mol/L的NaHA溶液pH=5，则HA−电离程度大于水解程度，则c(A2−)>c(H2A)，水和HA−都电离出氢离子，则c(H+)>c(A2−)，HA−的电离和水解程度都较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(H2A)，故C正确；
D.向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，若1：1反应，显酸性，NaOH过量，则c(Na+)>c(SO42−)，显中性时溶液的溶质为硫酸钠，硫酸铵、一水合氨，c(Na+)+
c(NH4+)=2c(SO42−)，c(Na+)>c(SO42−)，则c(NH4+)<(SO42−)，故D错误；
故选D．
A.NaClO溶液中发生水解反应：ClO−+H2O⇌HClO+OH−，NaCl不水解；
B.酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；
C.0.1mol/L的NaHA溶液pH=5，则HA−电离程度大于水解程度；
D.混合溶液呈中性，溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵和一水合氨．
本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离、盐类水解等知识点，根据物质的性质再和物料守恒等知识点来分析解答，题目难度中等．
2.【答案】D
【解析】解：A、M点的温度高于W点，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，故A错误；
B、乙先建立平衡，所以乙的压强比甲的压强大，故B错误；
C、若要除去CuSO4溶液中的Fe3+，必须保证Cu2+不能沉淀，Fe3+沉淀完全，因此pH
应保持在4左右Fe3+沉淀完全，但是会引进钠离子，故C错误；
D、稀释过程中水解平衡CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−向右移动，所以HCO3−数目增大，故D正确．
故选D．
A、温度越高，反应速率越快；
B、增大压强，化学反应速率加快；
C、根据图示，加入NaOH溶液让铁离子完全沉淀，铜离子不沉淀的pH即可；
D、稀释0.1mol/LNa2CO3溶液会使得碳酸根离子的水解平衡正向移动．
本题涉及影响化学反应速率的因素、水解平衡的影响因素、以及除杂等方面的知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等．
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3.【答案】D
【解析】解：A 、根据v =△c △t 可知，在0−6min 之间，25℃时R 的水解速率为2.2−1.96mol ⋅
L −1⋅min −1=0.05 mol ⋅L −1⋅min −1，故A 正确；
B 、根据0−24min 之间，曲线3对应浓度的变化量为0.15mol ⋅L −1，曲线2对应浓度的变化量为0.55mol ⋅L −1，曲线1对应浓度的变化量为0.35mol ⋅L −1，所以曲线3对应水解速率最小，故B 正确；
C 、在同一条曲线上，通过比较相等时间段里浓度的变化量，可以判断浓度与反应速率的关系，根据曲线1可知，起始时浓度为2.4mol ⋅L −1，在0−6min 之间，浓度变化了0.15mol ⋅L −1，第6min 时的浓度为2.25mol ⋅L −1，在6−12min 之间，浓度变化了0.1mol ⋅L −1，所以水解速率随浓度增大而增大，故C 正确；
D 、由于曲线2的浓度大于曲线3，曲线2温度也高于曲线3，所以无法判断温度与反应速率的关系，故D 错误．
故选D ．
本题考查反应速率与时间图象、影响反应速率的因素，难度中等，注意根据反应速率的计算公式判断反应速率的大小．
4.【答案】B
【解析】解：
A.“84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸浓度大漂白效果快，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO −+H +=HClO ，故A 正确；
B.“84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，混合后溶液pH =3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，生成的盐酸呈酸性，故B 错误；
C.对比实验②和③，酸溶液浓度大小会影响反应过程，溶液的pH 可能会影响ClO −的氧化性或Cl −的还原性，故C 正确；
D.加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气，需要调控合适的pH 才能安全使用，故D 正确；
故选：B 。

A.“84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸，次氯酸浓度增大漂白效果快；
B.“84”消毒液(有效成分为NaClO)溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，生成的盐酸呈酸性；
C.对比实验②和③，稀硫酸浓度影响氯离子的还原性和次氯酸根离子的氧化性；
D.加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气。

本题考查了“84”消毒液的成分分析、次氯酸钠水解和氧化性的分析判断、主要是实验现象分析和结论归纳总结，题目难度中等。

5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查较综合，涉及反应的自发性与焓变的关系、中和反应测定、影响水电离的因素等知识点，注意沉淀转化的原因以及中和热测定时酸碱的物质的量关系，这些都是易错点。

【解答】
A.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以常温下pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度前者比后者小，故A错误；
B.将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中，BaSO4转化BaCO3，是Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3)生成沉淀，所以可将BaSO4转化为BaCO3，故B正确；
C.△G=△H−T△S>0时该反应不能自发进行，该反应中△S>0，则△H>0，故C 错误；
D.中和反应热的测定应使盐酸充分反应，需加入稍过量的NaOH溶液减少盐酸的挥发，减少误差，故D错误；
故选B。

6.【答案】C
【解析】解：A、1L 1mol/L氯化铜溶液中含有溶质氯化铜1mol，由于铜离子部分水解，溶液中铜离子的物质的量小于1mol，含有的铜离子数目小于N A，故A错误；
B、标况下，22.4L氧气的物质的量为1mol，在钠与氧气的反应中，完全反应1mol氧气转移了2mol电子，转移的电子数都是2N A，故B错误；
C、锌为2价金属，1mol锌完全反应失去2mol电子，根据电子守恒，转移了2N A个电子，故C正确；
D、1molH3O+含有10mol电子，所含电子数为10N A，故D错误；
故选C．
A、氯化铜溶液中，铜离子部分水解，导致溶液中铜离子数目减少；
B、标况下，22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气与金属钠燃烧反应中，转移了2mol 电子；
C、根据电子守恒，1mol锌完全反应失去2mol电子，即转移了2mol电子；
D、水合氢离子中含有10个电子，1mol中含有10mol电子．
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．
7.【答案】B
【解析】导电性与离子的浓度有关，题中未指明浓度，不能证明，A项错误；滴加酚酞，溶液呈红色，说明溶液呈碱性，而加BaCl2会生成BaCO3沉淀，CO32—减少，红色褪去，说明此红色是由CO32—水解引起的，B项正确；醋酸是弱酸，不完全电离，在稀释过程中又会电离，故其pH变化小，C项错误；酒精与水互溶，不能萃取，D项错误。

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8.【答案】B
【解析】【分析】
此题来源于一道高考题，考查学生分析和解决问题的能力，注意平时知识的积累是解题的关键，难度较大。

【解答】
①滴有石蕊的H2SO4溶液显示红色，加热以后，溶液颜色不变，故①错误；
②滴有酚酞的氨水溶液显示红色，因为氨水显碱性，加热后，氨水受热容易分解放出氨气，导致碱性减弱，溶液颜色逐渐变浅，故②正确；
③滴有酚酞的氢氧化钠溶液显示红色，氢氧化钠受热稳定，加热后碱性几乎不变，溶液颜色不变，故③错误；
④滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液显示红色，加热后，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而降低，所以溶液碱性减弱，溶液颜色逐渐变浅，故④正确；
⑤滴有酚酞的Na2CO3溶液显示红色，其中碳酸根离子水解程度受温度影响，温度高，水解程度大，碱性增强，所以溶液颜色逐渐变深，故⑤错误；
⑥二氧化硫具有漂白性，使品红溶液褪色，但加热后，其与品红结合生成的无色物质不稳定，分解，二氧化硫从溶液中逸出，品红又显红色，故⑥错误。

故选：B。

9.【答案】D
【解析】解：A、物质的量浓度均为0.1mol/L的①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，一水合氨电离生成氢氧根离子显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；碳酸根离子水解显碱性，碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液碱性强；所以溶液PH大小为：：①>③>
④>②，故A错误；
B、溶液①氨水是弱碱存在电离平衡；②NH4Cl溶液水解显酸性，①、②等浓度等体积混合后pH>7，说明溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以c(NH4+)> c(NH3⋅H2O)，故B错误；
C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵的浓度为0.05mol/L，氯化铵溶液中加入盐酸抑制铵根离子的水解，溶液中c(NH4+)：①<②，故C错误；
D、向溶液③、④中分别加入25mL0.1mol/L NaOH溶液后，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类相同，故D正确；
故选D．
A、依据溶液中的溶质电离和水解程度分析判断；
B、依据溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子的水解程度分析判断；
C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，抑制铵根离子的水解；
D、依据碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中的电离和水解分析离子种类．
本题考查了弱电解质电离平衡，盐类水解的应用，溶液酸碱性的分析判断，溶液pH大小比较，题目难度中等．
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10.【答案】B
【解析】解：A.将海水中钢铁闸门与电源的负极相连，铁是阴极，被保护，可防止闸门被腐蚀，将海水中钢铁闸门与电源的正极相连，铁作电解池阳极，加速被腐蚀，故A 错误；
B.Na 2CO 3+Ca(OH)2=CaCO 3↓+2NaOH ，溶液中氢氧根离子浓度增大，则溶液pH 增大，抑制碳酸根离子的水解，溶液中c(HCO 3−)
c(CO 32−)值减小，故B 正确； C.反应Cu +2H 2SO 4(浓)−
△ CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 的△S >0，故C 错误；
D.2SO 2(g)+O 2(g)⇌2SO 3(g)△H <0，这是一个放热反应，升高温度平衡会向逆方向移动，不利于生成三氧化硫，采用500℃左右的高温是因为催化剂在此温度下活性最大，故D 错误；
故选：B 。

A.金属和电源的负极相连，则金属做阴极，被保护；
B.Na 2CO 3+Ca(OH)2=CaCO 3↓+2NaOH ，溶液pH 增大；
C.反应生成二氧化硫气体，熵变增大；
D.采用500℃左右的高温是因为催化剂在此温度下活性最大。

本题考查了金属的电化学腐蚀与防护、盐类水解平衡影响因素分析、反应熵变判断、化学平衡等知识点，注意D 中温度对平衡和化学反应速率的影响，题目难度中等。

11.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了盐类水解，涉及离子浓度大小比较、溶液导电能力大小比较、水的电离程度等知识点，根据溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合质子守恒、溶液导电能力与离子浓度的关系等知识点来分析解答，题目难度中等。

【解答】
NaOH 是强电解质，CH 3COONa 是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，pH 变化大的是NaOH ，则b 为NaOH ，变化小的是CH 3COONa ，即ac 所在线为CH 3COONa ，据此解答。

A.溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH 相等的醋酸钠和氢氧化钠，c(CH 3COONa)>c(NaOH)，所以c 点导电能力大于b ，即b 、c 两点溶液的导电能力不相同，故A 错误；
B.氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a 、b 、c 三点溶液中水的电离程度a >c >b ，故B 正确；
C.c 点为醋酸钠溶液，根据质子守恒得c(H +)+c(CH 3COOH)=c(OH −)，故C 错误；
D.相同体积相同pH 的醋酸钠和氢氧化钠溶液n(CH 3COONa)>n(NaOH)，所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积V b <V c ，故D 错误。

故选B 。

12.【答案】B
【解析】解：A 、乙烯和丙烯的最简式均为CH 2，故1.4g 混合物中含有的CH 2的物质的量为n = 1.4g 14g/mol =0.1mol ，故含0.N A 个碳原子，故A 错误；
夯基提能2020届高三化学选择题对题专练——选修四化学反应原理——盐类水解平衡
的影响因素和探究
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B 、精炼铜时，阳极上失去2mol 电子时，则阴极上得到2mol 电子，而阴极上是铜离子放电，故生成1mol 铜，质量为64g ，故B 正确；
C 、碳酸根的水解导致阴离子个数增多，故在1 L 0.1mol/L 的Na 2CO 3溶液中，阴离子个数大于0.1N A 个，故C 错误；
D 、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得氢氧化铁胶粒的个数小于2N A 个，故D 错误．
故选B ．
A 、乙烯和丙烯的最简式均为CH 2；
B 、精炼铜时，阳极和阴极上得失电子数相等；
C 、碳酸根的水解导致阴离子个数增多；
D 、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体．
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
13.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查弱电解质的溶液中的电离平衡，为高频考点，题目难度中等，明确M 点溶液中溶质成分及其性质、各溶质物质的量相对大小是解本题关键，试题侧重考查学生分析、判断及计算能力。

．
【解答】
A.NH 4Cl 在溶液中完全电离，正确的电离方程式为：NH 4Cl =Cl −+NH 4+，故A 错误；
B.根据图象可知，M 点c(NH 3⋅H 2O)=c(NH 4+)，NH 3⋅H 2O 的电离平衡常数K b =
c(NH 4+)⋅c(OH −)
c(NH 3⋅H 2O)≈1×10−5，则c(OH −)=1×10−5mol/L ，则c(H +)=1×10−14
1×10−5mol/L =
1×10−9mol/L ，溶液的pH =9，故B 正确；
C.若a =0.05，NH 4Cl 和NaOH 反应后溶液中溶质为等物质的量的NH 3.H 2O 和NH 4Cl 、
NaCl ，NH 3⋅H 2O 的电离程度大于NH 4Cl 水解程度，导致溶液中c(NH 4
+)>c(NH 3⋅H 2O)，要使混合溶液中c(NH 4+)=c(NH 3⋅H 2O)，则混合溶液中c(NH 3⋅H 2O)<c(NH 4Cl)，则a <
0.05，故C 错误；
D.当n(NaOH)=0.05mol 时，NH 4Cl 和NaOH 反应后溶液中溶质为等物质的量的NH 3⋅H 2O 和NH 4Cl 、NaCl ，NH 3⋅H 2O 的电离程度大于NH 4Cl 水解程度，导致溶液呈碱性，钠
离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl −)>c(NH 4
+)>c(Na +)>c(OH −)>c(H +)，故D 错误；
故选：B 。

14.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了胶体性质的分析判断，水的电离平衡影响因素，氧化还原反应概念理解应用，掌握基础是关键，题目较简单。

【解答】
①豆浆和氢氧化铁胶体都具有丁达尔现象，通过丁达尔效应不能鉴别稀豆浆和Fe(OH)3胶体，故①错误；
②铁离子水解，常温时，FeCl3溶液中Fe3+与Cl−的个数之比小于1：3，故②错误；
③化学方程式中氧化剂的氧化性大于氧化产物，Br2+2KI=2KBr+I2说明，溴单质氧化性大于碘单质氧化性，则Br的非金属性强于I，故③正确；
④酸对水的电离起到抑制作用，常温时，0.1mol·L−1盐酸中由水电离出的c(H+)<
10−7mol·L−1，故④正确；故B.③④正确。

故选B。

15.【答案】B
【解析】解：A.明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A错误；
B.Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B正确；
C.氨水为弱碱，部分电离：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl−，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误；
D.NH4NO3溶液中NH4+水解，溶液显酸性，加入少量NaNO3固体不影响铵根离子的水解，溶液仍然显无色，故D错误；
故选：B。

对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后红色变深，说明溶液中OH−浓度增大，结合外界条件对水解平衡移动的影响分析。

本题考查影响盐类水解的因素，题目难度不大，注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。

16.【答案】C
【解析】解：设CuSO4的和NaCl各nmol，电解分3个阶段：
AB段：阳极发生2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极发生Cu2++2e−=Cu，nmol氯离子失nmol nmol铜离子得nmol电子，由于铜离子水解使溶液酸性减弱，铜离子浓电子，阴极：1
2
度逐渐减小，溶液pH值逐渐增大；
BC段：阳极发生4OH−−4e−=2H2O+O2↑，阴极发生Cu2++2e−=Cu，nmol氢氧根
n mol铜离子再得nmol电子，由于氢氧根离子失nmol电子(来源于水的电离)，阴极：1
2
离子消耗，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值迅速减小；
CD段：阳极发生4OH−−4e−=2H2O+O2↑，阴极发生2H++2e−=H2↑，氢氧根离子失去电子，阴极：氢离子得到电子，开始电解水，溶液中氢离子浓度逐渐增大，pH 值减小，。