（学习资料）高三化学一轮复习-第三章-水溶液中的离子平衡-第三节-盐类的水解能力达标练习题.doc

1、盐类的水解一、选择题1、广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质根据上述信息，下列说法不正确的是（）ACaO2的水解产物是Ca（OH）2和H2O2BPCl3的水解产物是HClO和PH3CNaClO的水解产物之一是HClODMg3N2的水解产物是两种碱性物质2、下列几种微粒中能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡逆向移动的是（）AHSO4 BCl C13X3+ D16X23、据新浪网报道，欧洲一集团公司拟在太空建立巨大的激光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢有下列几种说法：水分解反应是放热反应；若用生成的氢气与空

2、气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存条件；使用氢气作燃料有助于控制温室效应；氢气是一级能源其中叙述正确的是（）A B C D4、化学与社会、生活密切相关下列有关说法错误的是（）A明矾中铝离子水解产生的胶体具有很强的吸附作用而常用于净水B地球上99%以上的溴蕴藏在大海中，因此溴被称为“海洋元素”C目前加碘盐中添加的含碘物质是KI，可用氯水和淀粉溶液鉴定食盐是否加碘D为减少污染、提高燃烧效率，可将煤气化或液化获得清洁燃料5、20时，两种一元弱酸的钠盐NaX和NaY，已知，往NaX溶液中通入CO2只能生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入CO2能生成HY和Na2CO3，下列说法正确

3、的是（）A酸性HYHXB结合H+的能力YCOXHCOC溶液的碱性：NaXNa2CO3NaYNaHCO3DHX和HY酸性相同但比H2CO3弱6、25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl）c（CH3COO）c（H+）c（OH）B0.1mol/LH2SO4与0.1mol/L氨水等体积混合：c（H+）c（NH4+）c（SO42）c（OH）C0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）D0.1mol/

4、LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）7、下列关于0.10mol/L NaHCO3溶液的说法正确的是（）A溶质的电离方程式为NaHCO3Na+H+CO32B25时，加水稀释后，n（H+）与n（OH）的乘积变大C离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）D温度升高，c（HCO3）增大8、对于0.1molL1 Na2SO3溶液，正确的是（）A升高温度，溶液的pH降低Bc（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）Cc（Na+

5、）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）D加入少量NaOH固体，c（SO32）与c（Na+）均增大9、对于相同体积的K2CO3溶液（浓度为c1）和（NH4）2CO3溶液（浓度为c2），若其中CO32的物质的量浓度相同，则c1和c2的关系是（）Ac1=c2 Bc1c2 Cc1c2 Dc1c210、下列图象表达正确的是（ ）A图表示25时， 用0.1molL-1盐酸滴定20mL 0.1molL-1NaOH溶液B图表示常温下， 两份足量、 等浓度的盐酸与等量锌粉反应时， 其中一份滴加了少量硫酸铜溶液C图表示向CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液D图表示向醋酸溶液中滴入

6、氨水11、下列过程或现象与盐类水解无关的是（ ）A可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳B泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将其混合就可产生大量二氧化碳的泡沫C厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污D实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞12、化工生产中常用MnS(s)作沉淀剂除去含Cu2废水中的Cu2，其反应原理为：Cu2(aq)MnS(s)CuS(s)Mn2(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是()A该反应达到平衡时：c(Cu2)c(Mn2)BCuS的溶解度比MnS的溶解度小C向平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2)变大D该反应的平衡常数表达式：K

7、二、非选择题13、已知：H2CO3在水中分两步电离，常温时的电离常数分别为K1=4.310-7，K2=4.010-11(1)请写出H2CO3第一步电离的电离方程式_，K2的表达式是K2= _(2)计算常温时，0.1mol/L的Na2CO3溶液CO32-中的水解常数（忽略第二步水解）Kh=_，溶液的pH= _。14、已知：H2SO3 Ka1=1.5410-2 Ka2=1.0210-7HClO Ka=2.9510-8H2CO3 Ka1=4.310-7 Ka2=5.610-11Na2SO3溶液显碱性，其主要原因用离子方程式表示是 ；少量二氧化碳通入NaClO溶液反应的离子方程式是 ；室温下，0.1m

8、ol/L NaClO溶液的pH 0.1mol/L Na2SO3 溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为 0.1mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-浓度从大到小的顺序为 。15、25 ，NaOH和Na2CO3两溶液的pH均为11。(1)两溶液中，由水电离出的c(OH)分别是：NaOH溶液中_；Na2CO3溶液中_；在1 L水中加入上述溶液中的_会使水的电离程度减小。(2)各取10 mL上述两种溶液，分别加水稀释到100 mL，pH变化较大的是_(填化学式)溶液。(3)纯碱溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示_。(

9、4)为探究纯碱溶液呈碱性是由CO水解引起的，请你设计一个简单的实验方案。16、(1)BiCl3的水解产物中有BiOCl生成。写出BiCl3水解反应的方程式：_。医药上将BiOCl称为次氯酸铋，该名称_(填“正确”或“不正确”)。如何配制BiCl3溶液？(2)室温下，将pH2的某酸HnA与pH12的某碱B(OH)m等体积混合后溶液的pH8。若生成的盐中只有一种离子水解，该离子水解的离子方程式为_。简述该混合液呈碱性的原因 。参考答案1、【考点】盐类水解的原理【专题】盐类的水解专题【分析】根据题意信息：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新

10、的物质，所以将物质分为阴离子和阳离子两部分，阳离子和氢氧根结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物【解答】解：A、CaO2的水解产物钙离子和氢氧根离子结合生成的Ca（OH）2和过氧根离子和氢离子结合生成的H2O2，故A正确；B、PCl3的水解产物是HCl和H3PO3，故B错误；C、NaClO的水解产物是HClO和NaOH，故C正确；D、Mg3N2的水解产物是Mg（OH）2和NH3，是两种碱性产物，故D正确故选B【点评】本题是一道信息给定题，注意知识的迁移和应用，属于开放式的题目，难度不大2、【考点】水的电离【分析】A硫酸氢根离子在水中能电离出氢离子；B氯离子是强酸的阴离子不水解；C该微粒为Al

11、3+；D该微粒为S2【解答】解：水的电离H2OH+OH，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离A硫酸氢根离子在水溶液中完全电离，电离出氢离子和硫酸根离子，水的电离H2OH+OH，抑制了水的电离，水的电离向逆反应方向移动，故A正确；B盐酸为强酸，氯离子为盐酸的阴离子，为强酸根，不水解，对水的电离无影响，故B错误；CAl3+为弱碱阳离子，在溶液中会水解，使水的电离平衡右移，故C错误；D该微粒为S2，S2为弱酸根，在溶液中会水解，使水的电离平衡右移，故D错误故选A【点评】本题主要考查了水的电离平衡的移动，解答须抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，题目不难3、【考点】清洁能

12、源；吸热反应和放热反应【分析】水分解反应是吸热反应；若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以减少二氧化碳的排放量，同时得到新能源甲醇，可改善生存条件；氢气燃烧只生成水，是洁净的能源；氢气是二级能源【解答】解：水分解反应是吸热反应，故错误；若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以减少二氧化碳的排放量，同时得到新能源甲醇，可改善生存条件，故正确；氢气燃烧只生成水，不会生成二氧化碳气体，有助于控制温室效应，故正确；氢气是二级能源，故错误；通过以上分析正确，故选C【点评】本题考查了新能源的开发和利用，题目难度不大，解题时抓住新能源的要求节能减排，不难找到答案

13、4、【考点】盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理【分析】A明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；B地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中；C加碘盐中添加的含碘物质是KIO3；D将煤气化或液化可以除去硫，减少对环境的污染【解答】解：A明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附悬浮在水中的杂质起到净水作用，故A正确；B地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，故B正确；C加碘盐中添加的含碘物质不是KI是KIO3，用食醋、水和淀粉KI试纸检验加碘食盐中是否加碘，酸性溶液中IO3、I反应生成I2，与淀粉溶液作用显蓝色，故C错误；D将煤气化或

14、者液化，可以除去硫元素，减少对环境的污染，故D正确；故选C【点评】本题考查了化学与生活中的化学知识分析判断，主要是物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度不大5、【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】此题是强酸弱酸的典型应用，根据题意写出方程式CO2+H2O+NaX=HX+NaHCO3；HX+Na2CO3=NaHCO3+NaX，CO2+H2O+2NaY=2HY+Na2CO3；NaHCO3+NaY=HY+Na2CO3；利用强酸制弱酸的原理判断出酸性：H2CO3HXNaHCO3HY【解答】解：A向NaX溶液中通入CO2气体，只能生成HX和NaHCO3，则酸性H2CO3HXNaHC

15、O3，向NaY溶液中通入CO2，只生成HY和Na2CO3，则酸性NaHCO3HY，则有酸性由强到弱：H2CO3HXHY，故A错误；B由A可知酸性H2CO3HXNaHCO3HY，则结合质子能力：YCO32XHCO3，故B正确；C酸性H2CO3HXNaHCO3HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断：NaHCO3NaXNa2CO3NaY，故C错误；D向NaX溶液中通入CO2气体，只能生成HX和NaHCO3，则酸性H2CO3HXNaHCO3，向NaY溶液中通入CO2，只生成HY和Na2CO3，则酸性NaHCO3HY，则有酸性由强到弱：H2CO3HXHY，故D错误故选B【点评】本题考查离子浓度的大小比较，

16、题目难度较大，注意根据通入二氧化碳的反应判断酸的强弱是解答该题的关键，做题时注意体会6、【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，反应后的溶质为等浓度的氯化钠和醋酸，则c（Na+）=c（Cl），溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），由于溶液中氢离子来自醋酸和水的电离，则c（CH3COO）c（H+）；B两溶液反应生成硫酸氢铵，溶液显示酸性，铵根离子部分水解，则c（NH4+）c（SO42）；C根据混合液中物料守恒进行解答；D混合液中还处在氯离子，根据混合液中的电荷守恒进行判断【解答】解

17、：A0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，两溶液恰好反应，反应后的溶质为等浓度的氯化钠和醋酸，则c（Na+）=c（Cl），溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），由于醋酸只能部分电离出醋酸根离子和氢离子，则c（Na+）=c（Cl）c（CH3COO），由于溶液中氢离子来自醋酸和水的电离，则c（CH3COO）c（H+），溶液中正确的离子浓度关系为：c（Na+）=c（Cl）c（H+）c（CH3COO）c（OH），故A错误；B.0.1mol/LH2SO4与0.1mol/L氨水等体积混合，两溶液恰好反应生成硫酸氢铵，由于氢离子来自磷酸氢根离子和水的电离，且铵根离子部分水解

18、，则：c（H+）c（SO42）c（NH4+），则溶液中离子浓度大小为：c（H+）c（SO42）c（NH4+）c（OH），故B错误；C.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），即：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故C正确；D.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），混合液中一定满足电荷守恒，根据核电荷数可得：2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）+c（Cl）=c（Na+）+c

19、（H+），故D错误；故选C【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小7、【考点】离子浓度大小的比较；电离方程式的书写【分析】A碳酸氢根离子不可拆分；B加水稀释后，促进HCO3水解，但Kw不变；C溶液遵循电荷守恒；DHCO3水解为吸热反应，升高温度，促进水解【解答】解：ANaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3Na+HCO3，故A错误；B.25时，加水稀释后，促进HCO3水解，n（OH）增大，c（OH）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则

20、n（H+）与n（OH）的乘积变大，故B正确；C由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故C错误；DHCO3水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3）减小，故D错误；故选B【点评】本题电离、水解及溶液中离子浓度关系的考查，选项B为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，题目难度中等8、【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A、升高温度，会促进盐的水解；B、根据溶液中的物料守恒知识来回答；C、根据溶液中的电荷守恒知识来回答；D、根据水解平衡的移动原理来回答【解答】解：0.1molL1 Na2

21、SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OH，该过程是吸热过程A、升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高，故A错误；B、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=2c（SO32）+2c（HSO3）+2c（H2SO3），故B错误；C、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故C正确；D、加入少量NaOH固体，平衡：SO32+H2OHSO3+OH向逆反应方向移动，所以c（SO32）与c（Na+）均增大，故D正确故选：CD【点评】本题考查学生盐的水解平衡移动原理以及溶液中的离子之间的守恒关系知识，难度不大9、【考点】影响盐类水解程度的主

22、要因素【专题】盐类的水解专题【分析】（NH4）2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解；碳酸钾中碳酸根离子的水解不受影响【解答】解：K2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，（NH4）2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比K2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，若二者中CO32的物质的量浓度相同，则碳酸铵的浓度大故选D【点评】本题主要考查了盐类水解的应用，解答须掌握盐类水解的规律影响因素及应用，难度中等10、【答案】C考点：影响化学反应速率的因素和电解

23、质等相关知识。11、A12、解析A项，反应达平衡时c(Mn2)、c(Cu2)保持不变，但不一定相等；B项，MnS(s)能够转化为CuS(s)，说明CuS比MnS更难溶；C项，向平衡体系中加入少量Cu(NO3)2固体后，平衡向正反应方向移动，c(Mn2)变大；D项，该反应的平衡常数K。答案A13、（1） CO32- + H2O HCO3- +OH- (1分)K2 = C(H+)( CO32-)/ C(HCO3-) （1分）(2)2.510-4mol/L （2分） 11.7 （3分）14、SO32-+H2O=可逆=HSO3-+OH；- CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-； 大于；SO3

24、2- CO32- HCO3- HSO3-15、解析(1)NaOH能抑制水的电离，NaOH溶液中的H来自于水的电离，c(H)水c(OH)水1.01011 molL1；Na2CO3水解能促进水的电离，其溶液中的OH来自于水的电离，即c(OH)1.0103 molL1；NaOH电离的OH会抑制水的电离。(2)加水稀释时，因为CO的水解程度增大，所以pH变化小，pH变化较大的是NaOH溶液。答案(1)1.01011 molL11.0103 molL1NaOH溶液(2)NaOH(3)COH2OHCOOH(4)向纯碱溶液中滴入酚酞试液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红

25、色褪去，则可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO水解引起的(或其他合理答案)16、答案(1)BiCl3H2OBiOCl2HCl不正确将适量的BiCl3固体溶于少量浓盐酸中，再加水稀释。(2)BmmH2OB(OH)mmH等体积混合时，酸中的H与碱中的OH完全中和，pH8说明碱为弱碱，发生反应HOH=H2O后，碱继续电离出OH，使溶液显碱性。解析(1)因为BiCl3H2OBiOCl2HCl，所以在配制BiCl3溶液时要防止其水解，方法是将BiCl3溶解在少量浓盐酸中，然后加水稀释。因为在BiOCl中氯元素的化合价为1，而在HClO中氯元素的化合价为1，故将BiOCl称为次氯酸铋不正确。(2)因为酸的pH与碱的pH之和等于14，等体积混合后pH87，说明碱为弱碱，Bm水解的离子方程式是 BmmH2OB(OH)mmH。HnA与B(OH)m等体积混合后，已电离的H与OH完全中和，弱碱继续电离产生OH，显碱性。