人教版高中化学选修4第三章第三节盐类的水解课后巩固（解析版）
第四章 第三节 盐类的水解课后巩固
一、单选题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）
1. 下列方程式属于水解反应方程式的是( )
+2?+
A. H2CO3?HCO?B. HCO?3+H 3+H2O?H3O+CO3
2??C. HCO?3+OH=H2O+CO3
???
D. CO2??3+ H2O ? HCO3+ OH
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了盐的水解原理、水解方程式书写，题目难度不大，注意掌握盐的水解原理，掌握电离方程式与水解方程式的区别。 【解答】
+A.H2CO3?HCO?为碳酸的电离方程式，不是水解方程式，故A错误； 3+H，
2?+B.HCO?3+H2O?H3O+CO3，为碳酸氢根离子的电离方程式，不是水解
方程式，故B错误；
2??C.HCO?3+OH=H2O+CO3，为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应的离子方
程式，不是水解方程式，故C错误；
D.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，该反应为碳酸根离子的水解反应，故D正确。 故选D
2. 下列物质的水溶液经加热浓缩，蒸干灼烧仍能得到原物质的是( )
A. FeCl3
【答案】D 【解析】【分析】
本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质。 【解答】
从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，注意当水解生成挥发性酸和难溶性碱时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物。
A.FeCl3在加热时水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到氧化铁，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，故A错误；
B.Cu(NO3)2在加热时水解生成Cu(OH)2和HNO3，HNO3易挥发，灼烧得到CuO，故B错误；
C.Na2SO3在空气中能被氧气氧化为硫酸钠，所以最终得到的是Na2SO4，故C错误； D.偏铝酸钠水解，生成强碱NaOH和Al(OH)3，不易挥发物质，随着加热浓缩，平衡逆向移动，所以蒸干灼烧仍能得到原物质，故D正确。 故选D。
B. Cu(NO3)2 C. Na2SO3
D. NaAlO2
3. 室温下，分别把下列物质加入水中，能使水的电离程度增大且所得溶液呈酸性的是
( )
A. K2SO4
B. NaHSO4
C. NaClO
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D. NH4NO3
【答案】D 【解析】【分析】
本题考查了弱电解质的电离，明确影响水电离的因素及盐的特点是解本题的关键，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电解质的电离特点以及盐类的水解，难度不大。 【解答】
A.K2SO4是强酸强碱盐，不促进也不抑制水电离，故A错误；
+B.加入NaHSO4后溶液呈酸性，由于HSO?4可以电离出的H，所以抑制了水的电离，故B
错误；
C.根据水的电离平衡H2O
H++OH?知，NaClO为强碱弱酸盐，次氯酸根会结合水电
离的氢离子，促进了水的电离，向正方向移动，但溶液呈碱性，故C错误； D.加入少量的NH4NO3，铵根离子水解导致溶液呈酸性，促进水电离，故D正确。 故选D。
4. 下列表述中，与盐类水解有关的是( )
①明矾和FeCl3可作净水剂；②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸；③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3；④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂；⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞 ；⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用。
A. ①②③⑤⑥⑦
【答案】B 【解析】【分析】
B. ①②③④⑥⑦ C. ①③⑤⑥⑦
D. 全有关
本题考查了盐类水解的应用，熟练掌握物质性质和特征应用是解题关键，题目难度中等。 【解答】
具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水的作用，故①有①铝离子和铁离子水解生成胶体，关；
②铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故②有关；
③蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，氢氧化铝受热最终生成氧化铝，故③有关；
④铵根离子、锌离子水解使溶液显酸性和铁锈反应，能起到除锈的作用，故④有关； 生成的硅酸钠是矿物胶，粘结瓶口和瓶塞，⑤氢氧化钠溶液和玻璃中的二氧化硅反应，与水解无关，故⑤无关；
⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进，生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥有关；
⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进，生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦有关， 故B正确。 故选B。
人教版高中化学选修4第三章第三节盐类的水解课后巩固（解析版）
5. 某盐的混合物溶液中含有Na+、Mg2+、Cl?、SO2?44种离子，其3种浓度分别为
0.2mol/LNa+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Cl?，则SO2?4为( )
A. 0.1mol/L
【答案】C 【解析】【分析】
本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确电荷守恒为解答关键，注意熟练掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题培养了学生的化学计算能力。 【解答】
溶液呈电中性，根据电荷守恒可知：c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl?)+2c(SO2?4)，即：
2?0.2mol/L+2×0.4mol/L=0.4mol/L+2c(SO2?4)，解得：c(SO4)=0.3mol/L，故C正
B. 0.2 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.4 mol/L
确。 故选C。
6. 室温下，有物质的量浓度相等的下列物质的溶液：
①NH4NO3 ②CH3COONH4③NH4HSO4 ④(NH4)2SO4 ⑤(NH4)2CO3，其中所含的
+
c(NH4)由大到小的顺序是( )
A. ?②?①?③?⑤?④ B. ?①?②?③?④?⑤ ?④?⑤?③?①?② D. ?⑤?④?③?②?①
【答案】C 【解析】【分析】
C.
本题考查盐类水解，根据影响盐类水解的因素即可解答，难点是离子浓度大小的比较，知道盐类水解是微弱的，题目难度中等。 【解答】
物质的量浓度相等的铵盐溶液中，④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2CO3中铵根离子浓度大，其中碳酸根离子水解促进铵根离子水解，则溶液中铵根离子浓度④>⑤，③中氢离子抑制铵根离子水解，②中醋酸根离子促进铵根离子水解，所以铵根离子浓度大小顺序是
+
)由大到小的顺序是④⑤③①②。 ③>①>②，则c(NH4
故选C。
7. 下列说法正确的是( )
A. c(H+)=√Kw的溶液一定呈中性
B. 将水加热，KW增大，pH不变，仍呈中性
C. 向水中加入少量碳酸氢钠固体，溶液的c(H+) 增大，KW不变
D. 向0.1 mol?L-1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H+) 将减小
【答案】A 【解析】【分析】
c(OH?)本题考查溶液酸碱性、弱电解质的电离等知识点，难度一般。根据溶液中c(H+)、相对大小判断溶液酸碱性，知道水的离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性无关。 【解答】
A.根据Kw=c(H+)?c(OH?)，溶液一c(H+)=√Kw的溶液说明溶液中c(H+)=c(OH?)，定呈中性，故A正确；
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B.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，但水电离出的c(H+)=c(OH?)，故B错误；
C.温度不变，Kw不变，含有弱离子的盐促进水电离，碳酸氢根离子水解导致溶液呈碱性，溶液的c(OH?)增大，c(H+)减小，故C错误；
D.酸或碱抑制水电离，酸的浓度越大抑制水电离程度越大，所以向0.1mol?L?1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H+) 将增大，故D错误。 故选A。
8. 室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均
为0.1mol?L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD B. 滴定至P点时，溶液中：c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A-)=c(B-)=c(D-)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH?)?c(H+)
【答案】C 【解析】【分析】
本题以弱电解质的电离为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确电解质溶液中三大守恒以及酸的电离程度与酸根离子水解程度的大小是解题的关键，题目难度中等。 【解答】
A.相同物质的量浓度的一元酸，酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA
C.当pH=7时，c(H+)=c(OH?)，c(Na+)=c(A?)，c(Na+)=c(B?)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(D?)，由于三种酸根的水解程度不同，则溶液呈中性时所消耗的氢氧化钠的体积不相同，则三种溶液中钠离子浓度不同，c(A?)，c(B?)，c(D?)也不同，故C错误； D.恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后溶液因盐的水解呈碱性，关系为：c(OH?)=c(HA)+c(HB)+c(HD)+c(H+)，故D正确； 故选：C。
9. 在0.1mol/L的NaHCO3溶液中，下列关系式正确的是( )
+?
A. c(Na+)>c(HCO?3)>c(H)>c(OH)
2?
B. c(Na+)=c(HCO?3)+c(CO3)+2c(H2CO3) C. c(H+)+c(H2CO3)=c(OH?)
2??
D. c(Na+)+c(H+)=c(HCO?3)+c(OH)+2c(CO3)
人教版高中化学选修4第三章第三节盐类的水解课后巩固（解析版）
【答案】D 【解析】【分析】
本题考查了盐类水解的应用，难度不大，注意盐溶液中的三个守恒的应用及盐类水解基础知识的掌握应用是解答本题的关键。 【解答】
A.在0.1mol/L的NaHCO3溶液中，钠离子的浓度为0.1mol/L，而HCO?3既能水解又能电离，故c(Na+)>c(HCO?而HCO?故溶液显碱性，故有c(OH?)>c(H+)，3)，3的水解大于其电离，
?+则有：c(Na+)>c(HCO?3)>c(OH)>c(H)，故A错误；
B.HCO?c(Na+)=c(HCO?又能电离为CO2?根据物料守恒可知：3既能水解为H2CO3，3)+3，c(CO2?3)+c(H2CO3)，故B错误；
C.溶液中的氢离子来自于水的电离和HCO?3的电离，氢氧根均来自于水，而水电离出的氢离子和氢氧根的浓度相等，故根据质子守恒可知：c(H+)+c(H2CO3)= c(OH?)+c(CO2?3)，故C错误；
D.任何溶液均显电中性，NaHCO3溶液中根据电荷守恒来列式可知：c(Na+)+c(H+)=
2??c(HCO?3)+2c(CO3)+c(OH)，故D正确。
故选D。
10. 在常温下，向100mL0.01mol/LHA溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液，混合溶液
的pH变化情况如图中所示曲线(体积变化忽略不计)。下列叙述正确的是( )
A. MA溶液的pH>7
B. K点时加水稀释溶液，c(H+)减小 C. 在N点，c(A?)=c(M+)+c(MOH)
D. 在K点，c(M+)>c(A?)>c(OH?)>c(H+) 【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了酸碱混合时的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，侧重考查学生图象分析及判断能力，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，需要根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点；要求学生能够根据电荷守恒、盐的水解、物料守恒判断溶液中各离子浓度大小。 【解答】
A.根据图象可知，0.01mol?L?1?HA溶液中pH=2，则HA在溶液中完全电离，则HA为100mL 0.01mol?L?1?HA溶液中加入51mL 0.02mol?L?1?MOH溶液时，强酸；溶液的pH=7，则加入50mL该MOH溶液时混合液为酸性，说明MOH为弱碱，则MA为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，常温时MA溶液的pH<7，故A错误；
B.K点溶液呈碱性，稀释后溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；
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