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化学选择性必修1实验活动3 盐类水解的应用优秀课后作业题
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这是一份化学选择性必修1实验活动3 盐类水解的应用优秀课后作业题，共16页。试卷主要包含了某些盐溶液的配制、保存，生成胶体，制备无机化合物，某些离子的去除，去油污，化肥的施用，除锈剂，泡沫灭火器原理等内容，欢迎下载使用。
第三节 盐类的水解
第3课时 盐类水解的应用
课程学习目标
1．结合真实情境中的应用实例，了解盐类水解在生产、生活中的应用。
学科核心素养
认识盐类水解在生活、生产中的应用，培养科学态度与社会责任。
【新知学习】
一．盐类水解的应用
1．判断酸碱性
(1)判断盐溶液的酸碱性——谁强显谁性，同强显中性
如：FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3++3H2O ⇌ Fe(OH)3+3H+
(2)判断酸（碱）的强弱
如：NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为7、9、10，
则酸性HX>HY>HZ
2．某些盐溶液的配制、保存
(1)在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的eq \a\vs4\al(酸)中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。
(2)Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH－，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。
3．生成胶体
（1）制备胶体：向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并继续加热以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体。
FeCl3＋3H2O===Fe(OH)3(胶体)＋3HCl
（2）净水
铁盐作净水剂原理：Fe3++3H2O ⇌ Fe(OH)3(胶体)+3H+
明矾作净水剂原理：Al3++3H2O ⇌ Al(OH)3(胶体)+3H+
4．制备无机化合物：如用TiCl4制备TiO2。
其反应的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl。
TiO2·xH2O焙烧得到TiO2。
5．某些离子的去除：如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，与H＋反应，调节pH，促进Fe3＋水解为Fe(OH)3沉淀，再过滤。
6．去油污
热的纯碱溶液去油污效果好。
原因：加热能促进Na2CO3水解，COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－
产生的c(OH－)较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。
7．化肥的施用
如：草木灰（K2CO3)与铵态氮肥不能混合施用，降低肥效。
这是两种盐发生水解相互促进反应放出氨气的缘故。
8．除锈剂
NH4Cl 与 ZnCl2 溶液可作焊接时的除锈剂
9．泡沫灭火器原理
成分为NaHCO3与Al2(SO4)3：
发生反应为Al3++3HCO3−===Al(OH)3↓+3CO2↑
10．判断离子共存
弱碱阳离子与弱酸阴离子发生完全双水解，则无法大量共存，如：
阳离子：Al3+、Fe3+ 与
阴离子：CO32－、HCO3－、SiO32－、S2－、HS－、 AlO2－、ClO－
二．判断盐溶液蒸干时所得的产物
1．弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热脱水。
2．强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Na2CO3。
3．还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
4．弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
【注意】判断盐溶液蒸干所得产物成分关键点
(1)盐溶液水解生成易挥发性酸eq \(――→,\s\up7(蒸干),\s\d5(灼烧))金属氧化物。
(2)考虑盐受热时是否分解。
【知识进阶】
一．盐类水解原理的应用
【问题探究】
1．如何除去CuCl2溶液中混有的Fe3＋？
向溶液中加入CuO、Cu(OH)2或CuCO3，消耗H＋，促进Fe3＋的水解，使Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀而除去。
2．蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液，能得到Al2O3吗？
得不到Al2O3。Al2(SO4)3溶液中存在：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加热，平衡右移，但硫酸难挥发，当溶液蒸干时，又重新生成Al2(SO4)3，故蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液得到Al2(SO4)3。
【知识归纳总结】
盐类水解应用常考点
2．盐溶液蒸干灼烧产物的判定：
(1)强酸强碱盐溶液和水解生成难挥发性酸的盐溶液，蒸干后一般得到原物质，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4固体，Na2SO4溶液蒸干得Na2SO4固体。
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得到对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼烧则会生成Al2O3、Fe2O3。
(2)考虑盐受热时是否分解。
因为Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干Ca(HCO3)2溶液得CaCO3固体；蒸干KMnO4溶液得K2MnO4和MnO2的混合物；蒸干NH4Cl溶液不能得到固体。
(3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。
例如，Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干会得到Fe2(SO4)3和Fe2O3。
(4)其他需要考虑的方面。
例如，蒸干Na2CO3溶液时，由于COeq \\al(2－,3)分两步水解，第二步水解非常微弱，所以蒸干Na2CO3溶液所得固体仍为Na2CO3。蒸干NaHCO3溶液时，析出NaHCO3固体，继续灼烧，NaHCO3分解为Na2CO3固体。
【典例1】下列问题与盐类水解有关的是( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A．①②③ B．②③④
C．①④⑤ D．①②③④⑤
【答案】D
【解析】
①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可除去金属表面的锈；②HCOeq \\al(－,3)与Al3＋水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰的主要成分碳酸钾水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏结，因此盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体。
【典例2】下列实验操作能达到目的的是( )
A．用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
B．用加热蒸发K2SO3溶液的方法获得K2SO3晶体
C．用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
D．加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
【答案】C
【解析】
溶液中S2－和Al3＋发生相互促进水解的反应：2Al3＋＋3S2－＋6H2O===3H2S↑＋2Al(OH)3↓无法制取Al2S3固体，A项错误；K2SO3具有还原性，可被空气中O2氧化成K2SO4，B项错误；CuS是不溶于水也不溶于稀H2SO4的沉淀，C项正确；加热MgCl2溶液，促进Mg2＋水解，生成的氯化氢易挥发逸出，最终得不到MgCl2固体，D项错误。
【效果检测】
1．（2021·威远中学校高二月考）化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是
A．用纯碱溶液清洗油污，加热可增强去污力
B．可施加适量石膏降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性
C．可以利用水解反应获得纳米材料
D．明矾可以水解，因此可用作自来水消毒净化
【答案】D
【详解】
A．纯碱是碳酸钠的水溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性，加热促进碳酸根的水解，碱性增强，去污效果增强，A正确；
B．石膏是主要成分是CaSO4·2H2O，与碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，所以石膏能降低其碱性，B正确；
C．利用水解反应可以制得胶体，可以利用水解反应获得纳米材料，C正确；
D．明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性可用于净水，但不能消毒，D错误；
故选：D。
2．（2021·四川雅安市·高二期末）下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是
A．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的Mg2+
B．用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油
C．用FeCl3晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中
D．用Al2(SO4)3溶液净化混有少量泥土的水
【答案】A
【详解】
A．用Na2CO3溶液和Mg2+结合成MgCO3沉淀而除去，和盐类水解无关，故A错误；
B．碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，加热能促进水解使溶液碱性增强，故能使植物油水解，和盐类水解有关，故B正确；
C．FeCl3溶于水显酸性，故在配制其溶液时加入盐酸能抑制其水解，和盐类的水解有关，故C正确；
D．Al2(SO4)3在溶液中水解出Al(OH)3胶体，能吸附水中的杂质从而净水，故和盐类的水解有关，故D正确；
故选A。
3．《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述：“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也，治诸血痛脱肛阴挺疮疡，取其酸涩而收也……”。已知白矾的主要化学成分为。下列说法正确的是
A．白矾能治血痛是利用了胶体的吸附作用
B．白矾溶于水后微粒浓度的大小关系为
C．白矾和氯化铁均可用作水处理剂，均可杀菌消毒
D．白矾常用于油条中作膨化剂的原理是
【答案】D
【详解】
A．白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，治血痛是利用了胶体的聚沉，不是吸附作用，A项错误；
B．白矾水溶液中铝离子水解使溶液显酸性，铝离子减少，微粒浓度的大小关系为，B项错误；
C．白矾和氯化铁均可水解，生成的胶体具有较大的比表面积，具有吸附作用，吸附悬浮在水中的杂质，可作水处理剂，不能用来杀菌消毒，C项错误；
D．白矾常用于油条中作膨化剂是利用铝离子和小苏打中碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成二氧化碳气体，即，D项正确；
故选：D。
4．（2021·江苏省苏州实验中学高二月考）下列说法中正确的是
A．将AlCl3溶液直接蒸干，可制取无水AlCl3固体
B．保存FeSO4溶液时，可向其中加入稀H2SO4以抑制Fe2+水解
C．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7
D．室温下，将pH=4的CH3COOH溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
【答案】B
【详解】
A．AlCl3是强酸弱碱盐，Al3+水解产生Al(OH)3，同时产生挥发性的酸HCl，HCl加热挥发掉，因此将溶液直接蒸干，制取得到的是Al(OH)3，不是无水AlCl3固体，A错误；
B．FeSO4是强酸弱碱盐，在溶液中FeSO4水解产生Fe(OH)2、H2SO4，盐的水解反应是可逆反应，在配制其溶液时。可向其中加入稀H2SO4，可以增大溶液中c(H+)，以抑制Fe2+水解，B正确；
C．pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3 ml/L，但醋酸是一元弱酸，溶液中c(CH3COOH)＞10-3 ml/L；pH=11的NaOH溶液，c(OH-)=10-3 ml/L。由于NaOH是一元强碱，所以c(NaOH)=10-3 ml/L，当二者等体积混合时，溶液中醋酸过量，溶液显酸性，所以溶液pH＜7，C错误；
D．室温下，将pH=4的CH3COOH溶液稀释后，溶液酸性减弱，溶液中c(H+)减小；由于溶液中存在水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，所以溶液中c(H+)减小，c(OH-)就增大，二者乘积不变，因此并不是所有离子的浓度均降低，D错误；
故合理选项是B。
5．（2021·河南高二月考）化学与生产、生活紧密相关，下列事实与盐类水解有关的是
A．将二氧化碳通入饱和氨盐水析出晶体B．盐水浸泡的铁锅易生锈
C．氯化铵溶液可以用于除铁锈D．食醋除去水垢中的
【答案】C
【详解】
A．将二氧化碳通入饱和氨盐水析出晶体，是利用溶解度小的原理，与盐类水解无关，选项A不符合；
B．盐水浸泡的铁锅易生锈，易发生吸氧腐蚀，与盐类水解无关，选项B不符合；
C．氯化铵水解溶液呈现酸性，可溶解铁锈，与盐类水解有关，选项C符合；
D．食醋与水垢中的反应，与盐类水解无关，选项D不符合。
答案选C。
6．（2021·湖北孝感市·高二开学考试）用CuCl2·2H2O晶体制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是
A．先滴入浓硫酸，再点燃c处酒精灯
B．通入HCl可以抑制CuCl2的水解
C．装置d中上层为苯，下层为NaOH溶液
D．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾
【答案】C
【分析】
由图可知，装置a利用浓硫酸的吸水性和浓盐酸的挥发性制备氯化氢气体，装置b中盛有的浓硫酸用于干燥氯化氢气体，装置c中二水氯化铜在氯化氢气流中共热脱水生成无水氯化铜，装置d中盛有的四氯化碳和水起防倒吸的作用。
【详解】
A．为防止氯化铜发生水解反应，实验时应先滴入浓硫酸制备氯化氢气体，再点燃c处酒精灯使二水氯化铜在氯化氢气流中共热脱水生成无水氯化铜，故A正确；
B．由分析可知，为防止氯化铜发生水解反应，装置c中二水氯化铜在氯化氢气流中共热脱水生成无水氯化铜，故B正确；
C．由分析可知，装置d中盛有的试剂为四氯化碳和水，下层是四氯化碳，上层是水，四氯化碳起隔绝氯化氢气体与水直接接触，防止产生倒吸，故C错误；
D．实验时，硬质玻璃管内部右侧氯化氢溶于水蒸气会形成白雾，故D正确；
故选C。
7．下列物质的水溶液加热蒸干仍能得到原物质的是
A．Ca(HCO3)2B．Na2SO3C．FeCl3D．MgSO4
【答案】D
【详解】
A．Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3、CO2和H2O，A不符合题意；
B．Na2SO3加热会和O2反应生成Na2SO4，B不符合题意；
C．FeCl3溶液加热会促进Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解平衡正向移动，生成的Fe(OH)3受热分解为Fe2O3，C不符合题意；
D．根据C选项的分析，MgSO4溶液加热也会生成Mg(OH)2和H2SO4，但由于H2SO4难挥发，所以最终得到的物质仍为MgSO4，D符合题意；
故选D。
8．（2021·江苏苏州中学）下列操作能实现相应目的的是
A．将Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
B．用干燥的pH试纸测定NaClO溶液的pH
C．用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂
D．SO2的催化氧化反应，升高温度能加快反应速率并提高SO2的转化率
【答案】C
【详解】
A．铝离子和硫离子发生双水解产物为氢氧化铝和硫化氢，得不到Al2S3，A错误；
B．ClO-水解产生HClO使NaClO水溶液有强氧化性，能将pH试纸漂白，不能用干燥的pH试纸测定NaClO溶液的pH，B错误；
C．水解使氯化铵溶液显酸性，可以用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂， C正确；
D．SO2的催化氧化反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低SO2的转化率，D错误；
故选C。
9．（2021·广西北海市·）根据下列实验操作所得的现象及结论不正确的是
【答案】D
【详解】
A．加热促进水解平衡正向移动，生成氢氧化镁沉淀，灼烧氢氧化镁分解为氧化镁，故A正确；
B．向体积均为20mL的冷水和沸水中分别滴入3滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色溶液，后者为红褐色胶体，说明温度升高，Fe3+的水解程度增大，故B正确；
C．CH3COONa为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，给试管加热，水解程度增大，溶液颜色变深，故C正确；
D．亚硫酸氢根离子电离呈酸性，水解呈碱性，0.1ml/L的NaHSO3溶液的pH约为5，电离程度大于水解程度，结论错误，D错误；
故选D。
10．（2021·辛集市第一中学）有关下列两种溶液的说法中，正确的是
溶液①：0.2ml·L-1CH3COONa溶液；溶液②：0.1ml·L-1H2SO4溶液
A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①<溶液②
B．加水稀释溶液①，溶液中变大
C．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c(CH3COO-)+2c(SO)=c(Na+)
D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH=7，溶液中c(Na+)>c(SO)
【答案】D
【详解】
A．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解会促进水的电离，硫酸是强酸，会抑制水的电离，所以相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①>溶液②，A错误；
B．为醋酸根的水解平衡常数，Kｈ只与温度有关，加水稀释溶液①，溶液中不变，B错误；
C．等体积混合两种溶液后溶液中的溶质为硫酸钠和醋酸，溶液呈酸性，根据溶液中的电荷守恒：，可知c(CH3COO-)+2c(SO)＞c(Na+)，C错误；
D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH=7，电荷守恒为：，溶液呈中性，所以，则，所以溶液中c(Na+)>c(SO)，D正确；
答案为：D。
11．（2021·四川省蓬安中学校高二月考）在氯化铵溶液中，下列关系正确的是
A．c(NH)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)B．c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)
C．c(NH)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)D．c(Cl-)=c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】B
【详解】
A．因NH4Cl中铵根离子水解可得c(Cl-)＞c(NH)，A错误；
B．NH4Cl中铵根离子水解可得c(Cl-)＞c(NH)，铵根离子水解溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，离子水解的程度很弱，则c(NH)＞c(H+)，即c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；
C．NH4Cl中铵根离子水解可得c(Cl-)＞c(NH)，铵根离子水解溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，C错误；
D．NH4Cl中铵根离子水解可得c(Cl-)＞c(NH)，D错误；
故选B。
12．（2021·四川省蓬安中学校高二月考）将0.2 ml·L-1 CH3COOK 与0.1 ml·L-1盐酸等体积混合后，下列说法不正确的是
A．c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-) =c(H+)+c(K+)
B．c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)
C．c(K+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．c(CH3COOH)+c(H+) = c(CH3COO-)+c(OH-)
【答案】D
【分析】
将0.2 ml·L-1 CH3COOK 与0.1 ml·L-1盐酸等体积混合，所得产物的浓度均为0.05 ml·L-1 ，它们是CH3COOH、CH3COOK、KCl，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以溶液呈酸性。
【详解】
A．溶液中含有CH3COO-、Cl-、OH-、H+、K+，依据电荷守恒，可得出c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-) =c(H+)+c(K+)，A正确；
B．反应结束时，c(CH3COOH)=c(CH3COOK)=c(KCl)，但由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，B正确；
C．由于c(CH3COOH)=c(CH3COOK)=c(KCl)，所以c(K+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，C正确；
D．在溶液中主要发生的弱电解质的电离平衡为：CH3COOHH++CH3COO-和H2OH++OH-，而反应后的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则平衡时c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]，所以c(CH3COOH)+2c(H+) = c(CH3COO-)+2c(OH-)，D不正确；
故选D。
13．氯碱工业的产物与不同物质反应可以生成不同的盐。已知常温下，浓度均为的4种钠盐溶液pH如表：
下列说法中，正确的是
A．向氯水中加入，可以增大氯水中次氯酸的浓度
B．四种溶液中，水的电离程度最大的是溶液
C．常温下，相同物质的量浓度的、、溶液，最大的是溶液
D．溶液中离子浓度大小顺序为
【答案】A
【详解】
A．由表中数据可知酸性：，氯水中存在平衡：，由于酸性：，则会与盐酸发生反应，使上述平衡向生成次氯酸的方向移动，次氯酸的浓度增大，A正确；
B．溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度，溶液中水的电离受到抑制，其他三种强碱弱酸盐溶液中弱酸根离子的水解会促进水的电离，弱酸根离子水解程度越大，水的电离程度越大，溶液的pH越大，则四种溶液中，水的电离程度最大的是溶液，B错误；
C．酸性：，则相同物质的量浓度的、、溶液，pH最大的是溶液，C错误；
D．溶液中的电离、水解都很微弱，而水电离还可产生H+和OH-，则溶液中离子浓度大小顺序为，D错误；
故选A。
14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．溶液和0.1ml/L盐酸等体积混合：
B．溶液和0.1ml/L氨水等体积混合(pH>7)：
C．溶液和溶液等体积混合：
D．溶液和0.1ml/L盐酸等体积混合(为二元弱酸)：
【答案】C
【详解】
A．0.1ml/LCH3COONa溶液和盐酸等体积混合后生成等物质的量的氯化钠和醋酸，溶液中醋酸部分电离出氢离子和，水也电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，A错误；
B．混合后溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则，B错误；
C．碳酸钠和碳酸氢钠的元素质量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，据此规律可以得出题干中守恒规律，C正确；
D．，溶液和盐酸等体积混合后反应生成等物质的量的氯化钠和草酸氢钠，根据电荷守恒分析，有，D错误；
故选C。
15．(1)AlCl3水溶液呈___________性，原因是___________(用离子方程式表示，下同)，___________(填“促进”或“抑制”)水的电离。
(2)常温下，有两种溶液：0.1ml·L-1CH3COOH溶液；0.1ml·L-1CH3COONa溶液。
①0.1ml·L-1CH3COONa溶液呈___________(填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是___________(用离子方程式和适当的叙述说明)。
②下列说法正确的是___________(填序号)。
A．两种溶液中c(CH3COO﹣)都等于0.1ml·L-1
B．两种溶液中c(CH3COO﹣)都小于0.1ml·L-1
C．CH3COOH溶液中c(CH3COO﹣)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO﹣)
【答案】酸 Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ ﹣促进 碱 CH3COO﹣+H2OCH3COOH+OH﹣，CH3COO﹣水解使溶液显碱性 BC
【详解】
(1)氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝和盐酸，促进水的电离，使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；故答案为：酸；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；促进；
(2) ①醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中发生水解反应生成醋酸和氢氧化钠，促进水的电离，使溶液呈酸性，水解的离子方程式为CH3COO﹣+H2OCH3COOH+OH﹣，故答案为：碱；CH3COO﹣+H2OCH3COOH+OH﹣，CH3COO﹣水解使溶液显碱性；
②醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，0.1ml·L-1醋酸溶液中c(CH3COO﹣)小于0.1ml·L-1，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中发生水解反应生成醋酸和氢氧化钠，0.1ml·L-1醋酸钠溶液中c(CH3COO﹣)小于0.1ml·L-1，由于醋酸的电离和醋酸钠的水解都微弱，则醋酸溶液中c(CH3COO﹣)小于醋酸钠溶液中c(CH3COO﹣)，故选BC。
16．(1)实验室在配制Cu(NO3)2的溶液时，常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其目的是_______；
(2)将AlCl3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______(写化学式，下同)；将Na2SO3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______
(3)已知草酸是二元弱酸，常温下测得0.1ml/L的KHC2O4的pH为4.8，则此KHC2O4溶液中c()_______c(H2C2O4) (填“<”“>”或“=”)。
(4)某小组同学探究饱和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反应的实验。打开活塞向烧瓶中的NaClO加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀。出现上述现象的原因是_______(请用反应的离子方程式表示)。
(5)粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。
①在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质最好选用的是_______。
A．KMnO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的_______。
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2
【答案】抑制Cu2＋的水解 Al2O3 Na2SO4 > 3ClO-+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓ B CD
【详解】
（1）在配制Cu(NO3)2的溶液时，Cu2＋会发生水解Cu2＋＋2H2O Cu(OH)2+2H+，故常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以此抑制Cu2＋的水解；
（2）Fe3＋水解产生Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的，其反应原理用离子方程式表示为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，蒸干后最终生成Al(OH)3，在灼烧时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3；
亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是硫酸钠，
故答案为：Na2SO4，Na2SO3在蒸干的过程中不断被空气中的O2氧化而变成Na2SO4 ；
（3）电离生成，水解生成H2C2O4，由KHC2O4的pH为4.8可知，的电离程度大于其水解程度，故KHC2O4溶液中c()大于c(H2C2O4)；
（4）烧瓶中加入饱和KAl(SO4)2溶液，次氯酸根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，混合后水解相互促进，产生大量的白色胶状沉淀和次氯酸3ClO-+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓；
（5）除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，四个选项中，只有双氧水氧化后生成水，双氧水受热见光易分解，没有多余杂质；答案选B；
调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质粒子，氢氧化钠中含有钠离子，氨水反应后生成铵根离子，所以氢氧化钠和氨水能引进新的杂质离子，CuO粉末、Cu(OH)2悬浊液反应后生成铜离子和水而不引进新的杂质离子，答案选CD。
17．（2021·四川省蓬安中学校高二月考）Ⅰ．按要求作答。
（1）写出H2CO3在水溶液中的电离方程式：___________。
（2）写出FeCl3溶液发生水解的离子方程式：___________。
（3）写出Na2CO3溶液的电荷守恒：___________。
（4）写出NaHCO3溶液的质子守恒：___________。
Ⅱ．在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况如图所示，回答下列问题。
（5）“O”点时液体不能导电，说明醋酸中___________离子键(填“含有”或“不含”)。
（6）a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为___________；a、b、c三点对应的溶液中c(H＋)最大的是___________。
（7）若实验测得c点处溶液中c(CH3COOH)=0.1ml·L-1，c(CH3COO-)=0.001ml·L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka=___________。
（8）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是___________。
A．c(H＋)B．H＋个数
C．CH3COOH分子数D．
【答案】
（1），
（2）
（3）
（4）
（5）不含
（6） c>b>a b
（7）
（8）BD
【分析】
（1）H2CO3，为弱电解质，在水溶液中部分发生电离，电离方程式为，；
（2）FeCl3水溶液显酸性，水解方程式为：；
（3）在该溶液中阳离子有Na+、H+，阴离子有、、OH-，由于溶液中阳离子带有的正电荷总数与阴离子带有的负电荷总数，可得电荷守恒表达式：；
（4）结合电荷守恒和物料守恒，可以得到质子守恒，有
（5）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸为共价化合物，不存在离子键，则没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电；
故答案为：不含；
（6）醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，根据图象知，水的体积越大，溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c>b>a；
溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电能力越大氢离子浓度越大，则氢离子浓度最大的为b，
故答案为：c>b>a；b；
（7）实验测得c点处溶液中c(CH3COOH)=0.1ml·L-1，c(CH3COO-)=0.001ml·L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数
（8）A．在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，故A错误；
B．弱电解质越稀，电离度越大，即电离出的氢离子数越多，故B正确；
C．弱电解质越稀，电离度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少，故C错误；
D．加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，则c(H+)/c(CH3COOH)增大，故D正确；故答案为：BD。
18．（2021·四川雅安市·高二期末）现有常温下的0.1ml•L-1纯碱溶液。
(1)该溶液呈碱性是因为存在水解平衡，相关离子方程式是___________。为证明存在上述平衡，进行如下实验：在0.1ml•L-1纯碱溶液中滴加酚酞，溶液显红色，再往溶液中滴加 ___________(填化学式)溶液，红色逐渐褪为无色，说明上述观点成立。
(2)同学甲查阅资料得知0.1ml•L-1 Na2CO3溶液中，发生水解的CO不超过其总量的10%。请设计实验加以证明(写出实验方案及预期观察到的现象)___________。
(3)同学乙就该溶液中粒子浓度关系写出五个关系式，其中错误的是___________。
A．c(Na+)>2c(CO)
B．c(CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H2CO3)
C．c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)
D．c(CO)+c(HCO)=0.1ml•L-1
E．c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+c(CO)
(4)室温下pH均为a的Na2CO3和NaOH溶液中，水电离产生的c(OH-)之比=___________。
【答案】CO+H2O=HCO+OH- BaCl2或CaCl2 测0.1ml•L-1Na2CO3溶液pH，pH≤12 DE 102a-14
【详解】
(1)碳酸根离子水解生成氢氧根离子溶液显碱性，其水解方程式为：CO+H2O=HCO+OH-，设计实验有碳酸根离子时溶液显碱性，除去碳酸根离子后溶液不显碱性，其操作为：取0.1ml/L的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量BaCl2溶液或是氯化钡溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是CO水解；故答案为：CO+H2O=HCO+OH-；BaCl2或CaCl2；
(2)常温下，0.1ml•L-1的纯碱溶液，发生水解的CO离子不超过其总量的10%，则溶液中c(OH-)＞0.1ml/L×10%=0.01ml/L，则c(H+)＜Kw/ c(OH-)=10−14/0.01ml/L=10-12ml/L，所以溶液的pH＜12，用pH试纸测量常温下0.1ml/L碳酸钠溶液的pH，如果溶液的pH＜12，则证明发生水解的CO离子不超过其总量的10%，故答案为：用pH试纸测0.1ml/L的Na2CO3溶液的pH，pH＜12；
(3)A．溶液中直接电离出钠离子和碳酸根离子，钠离子浓度大于碳酸根浓度的2倍，所以c(Na+)＞2c(CO)，故A正确；
B．在碳酸钠溶液中，碳酸根离子存在水解平衡，水存在微弱的电离，所以c(CO)＞c(OH-)＞c(HCO)＞c(H2CO3)，故B正确；
C．溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故C正确；
D．根据物料守恒：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1ml•L-1，故D错误；
E．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，故E错误；故答案为：DE；
(4)25℃时，pH=a的碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子和氢氧根浓度均为：1×10−14/1×10−sml/L=1×10a-14ml/L；pH值等于a的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子和氢氧根浓度均为：1×10-aml/L，故Na2CO3和NaOH溶液中溶液中水电离产生的c(OH-)之比102a-14；故答案为：102a-14。
原物质
蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2
CaCO3或CaO
NaHCO3
Na2CO3
KMnO4
K2MnO4和MnO2
NH4Cl
分解为NH3和HCl，无固体物质存在
应用
举例
加热促进水解
热的纯碱溶液去污力强
分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱
等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3 溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3
判断溶液中离子能否大量共存
Al3＋和HCOeq \\al(－,3)因发生相互促进的水解反应而不能大量共存
配制或贮存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸
胶体的制备，作净水剂
明矾溶于水生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清
化肥的使用
铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
泡沫灭火器的反应原理(水解互促)
Al3＋＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑
无水盐的制备
由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热
判断盐溶液的蒸干产物
将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3而不是AlCl3
某些盐的分离除杂
为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸
盐溶液除锈
NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NHeq \\al(＋,4)水解溶液显酸性)
判断电解质的强弱
CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸
选项
实验操作
现象及结论
A
将溶液加热蒸干并灼烧
得到的白色固体为
B
向体积均为的冷水和沸水中分别滴入3滴饱和溶液
前者为黄色，后者为红褐色，说明温度升高，的水解程度增大
C
取溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再给试管加热
溶液颜色变深，说明溶液中存在水解平衡
D
室温下，用试纸测的溶液的约为5
说明的水解大于电离
溶质
11.6
9.7
10.3
5.2
第三节 盐类的水解
第3课时 盐类水解的应用
课程学习目标
1．结合真实情境中的应用实例，了解盐类水解在生产、生活中的应用。
学科核心素养
认识盐类水解在生活、生产中的应用，培养科学态度与社会责任。
【新知学习】
一．盐类水解的应用
1．判断酸碱性
(1)判断盐溶液的酸碱性——谁强显谁性，同强显中性
如：FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3++3H2O ⇌ Fe(OH)3+3H+
(2)判断酸（碱）的强弱
如：NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为7、9、10，
则酸性HX>HY>HZ
2．某些盐溶液的配制、保存
(1)在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的eq \a\vs4\al(酸)中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。
(2)Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH－，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。
3．生成胶体
（1）制备胶体：向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并继续加热以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体。
FeCl3＋3H2O===Fe(OH)3(胶体)＋3HCl
（2）净水
铁盐作净水剂原理：Fe3++3H2O ⇌ Fe(OH)3(胶体)+3H+
明矾作净水剂原理：Al3++3H2O ⇌ Al(OH)3(胶体)+3H+
4．制备无机化合物：如用TiCl4制备TiO2。
其反应的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl。
TiO2·xH2O焙烧得到TiO2。
5．某些离子的去除：如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，与H＋反应，调节pH，促进Fe3＋水解为Fe(OH)3沉淀，再过滤。
6．去油污
热的纯碱溶液去油污效果好。
原因：加热能促进Na2CO3水解，COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－
产生的c(OH－)较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。
7．化肥的施用
如：草木灰（K2CO3)与铵态氮肥不能混合施用，降低肥效。
这是两种盐发生水解相互促进反应放出氨气的缘故。
8．除锈剂
NH4Cl 与 ZnCl2 溶液可作焊接时的除锈剂
9．泡沫灭火器原理
成分为NaHCO3与Al2(SO4)3：
发生反应为Al3++3HCO3−===Al(OH)3↓+3CO2↑
10．判断离子共存
弱碱阳离子与弱酸阴离子发生完全双水解，则无法大量共存，如：
阳离子：Al3+、Fe3+ 与
阴离子：CO32－、HCO3－、SiO32－、S2－、HS－、 AlO2－、ClO－
二．判断盐溶液蒸干时所得的产物
1．弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热脱水。
2．强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Na2CO3。
3．还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
4．弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
【注意】判断盐溶液蒸干所得产物成分关键点
(1)盐溶液水解生成易挥发性酸eq \(――→,\s\up7(蒸干),\s\d5(灼烧))金属氧化物。
(2)考虑盐受热时是否分解。
【知识进阶】
一．盐类水解原理的应用
【问题探究】
1．如何除去CuCl2溶液中混有的Fe3＋？
向溶液中加入CuO、Cu(OH)2或CuCO3，消耗H＋，促进Fe3＋的水解，使Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀而除去。
2．蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液，能得到Al2O3吗？
得不到Al2O3。Al2(SO4)3溶液中存在：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加热，平衡右移，但硫酸难挥发，当溶液蒸干时，又重新生成Al2(SO4)3，故蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液得到Al2(SO4)3。
【知识归纳总结】
盐类水解应用常考点
2．盐溶液蒸干灼烧产物的判定：
(1)强酸强碱盐溶液和水解生成难挥发性酸的盐溶液，蒸干后一般得到原物质，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4固体，Na2SO4溶液蒸干得Na2SO4固体。
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得到对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼烧则会生成Al2O3、Fe2O3。
(2)考虑盐受热时是否分解。
因为Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干Ca(HCO3)2溶液得CaCO3固体；蒸干KMnO4溶液得K2MnO4和MnO2的混合物；蒸干NH4Cl溶液不能得到固体。
(3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。
例如，Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干会得到Fe2(SO4)3和Fe2O3。
(4)其他需要考虑的方面。
例如，蒸干Na2CO3溶液时，由于COeq \\al(2－,3)分两步水解，第二步水解非常微弱，所以蒸干Na2CO3溶液所得固体仍为Na2CO3。蒸干NaHCO3溶液时，析出NaHCO3固体，继续灼烧，NaHCO3分解为Na2CO3固体。
【典例1】下列问题与盐类水解有关的是( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A．①②③ B．②③④
C．①④⑤ D．①②③④⑤
【答案】D
【解析】
①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可除去金属表面的锈；②HCOeq \\al(－,3)与Al3＋水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰的主要成分碳酸钾水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏结，因此盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体。
【典例2】下列实验操作能达到目的的是( )
A．用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
B．用加热蒸发K2SO3溶液的方法获得K2SO3晶体
C．用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
D．加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
【答案】C
【解析】
溶液中S2－和Al3＋发生相互促进水解的反应：2Al3＋＋3S2－＋6H2O===3H2S↑＋2Al(OH)3↓无法制取Al2S3固体，A项错误；K2SO3具有还原性，可被空气中O2氧化成K2SO4，B项错误；CuS是不溶于水也不溶于稀H2SO4的沉淀，C项正确；加热MgCl2溶液，促进Mg2＋水解，生成的氯化氢易挥发逸出，最终得不到MgCl2固体，D项错误。
【效果检测】
1．（2021·威远中学校高二月考）化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是
A．用纯碱溶液清洗油污，加热可增强去污力
B．可施加适量石膏降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性
C．可以利用水解反应获得纳米材料
D．明矾可以水解，因此可用作自来水消毒净化
【答案】D
【详解】
A．纯碱是碳酸钠的水溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性，加热促进碳酸根的水解，碱性增强，去污效果增强，A正确；
B．石膏是主要成分是CaSO4·2H2O，与碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，所以石膏能降低其碱性，B正确；
C．利用水解反应可以制得胶体，可以利用水解反应获得纳米材料，C正确；
D．明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性可用于净水，但不能消毒，D错误；
故选：D。
2．（2021·四川雅安市·高二期末）下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是
A．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的Mg2+
B．用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油
C．用FeCl3晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中
D．用Al2(SO4)3溶液净化混有少量泥土的水
【答案】A
【详解】
A．用Na2CO3溶液和Mg2+结合成MgCO3沉淀而除去，和盐类水解无关，故A错误；
B．碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，加热能促进水解使溶液碱性增强，故能使植物油水解，和盐类水解有关，故B正确；
C．FeCl3溶于水显酸性，故在配制其溶液时加入盐酸能抑制其水解，和盐类的水解有关，故C正确；
D．Al2(SO4)3在溶液中水解出Al(OH)3胶体，能吸附水中的杂质从而净水，故和盐类的水解有关，故D正确；
故选A。
3．《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述：“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也，治诸血痛脱肛阴挺疮疡，取其酸涩而收也……”。已知白矾的主要化学成分为。下列说法正确的是
A．白矾能治血痛是利用了胶体的吸附作用
B．白矾溶于水后微粒浓度的大小关系为
C．白矾和氯化铁均可用作水处理剂，均可杀菌消毒
D．白矾常用于油条中作膨化剂的原理是
【答案】D
【详解】
A．白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，治血痛是利用了胶体的聚沉，不是吸附作用，A项错误；
B．白矾水溶液中铝离子水解使溶液显酸性，铝离子减少，微粒浓度的大小关系为，B项错误；
C．白矾和氯化铁均可水解，生成的胶体具有较大的比表面积，具有吸附作用，吸附悬浮在水中的杂质，可作水处理剂，不能用来杀菌消毒，C项错误；
D．白矾常用于油条中作膨化剂是利用铝离子和小苏打中碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成二氧化碳气体，即，D项正确；
故选：D。
4．（2021·江苏省苏州实验中学高二月考）下列说法中正确的是
A．将AlCl3溶液直接蒸干，可制取无水AlCl3固体
B．保存FeSO4溶液时，可向其中加入稀H2SO4以抑制Fe2+水解
C．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7
D．室温下，将pH=4的CH3COOH溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
【答案】B
【详解】
A．AlCl3是强酸弱碱盐，Al3+水解产生Al(OH)3，同时产生挥发性的酸HCl，HCl加热挥发掉，因此将溶液直接蒸干，制取得到的是Al(OH)3，不是无水AlCl3固体，A错误；
B．FeSO4是强酸弱碱盐，在溶液中FeSO4水解产生Fe(OH)2、H2SO4，盐的水解反应是可逆反应，在配制其溶液时。可向其中加入稀H2SO4，可以增大溶液中c(H+)，以抑制Fe2+水解，B正确；
C．pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3 ml/L，但醋酸是一元弱酸，溶液中c(CH3COOH)＞10-3 ml/L；pH=11的NaOH溶液，c(OH-)=10-3 ml/L。由于NaOH是一元强碱，所以c(NaOH)=10-3 ml/L，当二者等体积混合时，溶液中醋酸过量，溶液显酸性，所以溶液pH＜7，C错误；
D．室温下，将pH=4的CH3COOH溶液稀释后，溶液酸性减弱，溶液中c(H+)减小；由于溶液中存在水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，所以溶液中c(H+)减小，c(OH-)就增大，二者乘积不变，因此并不是所有离子的浓度均降低，D错误；
故合理选项是B。
5．（2021·河南高二月考）化学与生产、生活紧密相关，下列事实与盐类水解有关的是
A．将二氧化碳通入饱和氨盐水析出晶体B．盐水浸泡的铁锅易生锈
C．氯化铵溶液可以用于除铁锈D．食醋除去水垢中的
【答案】C
【详解】
A．将二氧化碳通入饱和氨盐水析出晶体，是利用溶解度小的原理，与盐类水解无关，选项A不符合；
B．盐水浸泡的铁锅易生锈，易发生吸氧腐蚀，与盐类水解无关，选项B不符合；
C．氯化铵水解溶液呈现酸性，可溶解铁锈，与盐类水解有关，选项C符合；
D．食醋与水垢中的反应，与盐类水解无关，选项D不符合。
答案选C。
6．（2021·湖北孝感市·高二开学考试）用CuCl2·2H2O晶体制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是
A．先滴入浓硫酸，再点燃c处酒精灯
B．通入HCl可以抑制CuCl2的水解
C．装置d中上层为苯，下层为NaOH溶液
D．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾
【答案】C
【分析】
由图可知，装置a利用浓硫酸的吸水性和浓盐酸的挥发性制备氯化氢气体，装置b中盛有的浓硫酸用于干燥氯化氢气体，装置c中二水氯化铜在氯化氢气流中共热脱水生成无水氯化铜，装置d中盛有的四氯化碳和水起防倒吸的作用。
【详解】
A．为防止氯化铜发生水解反应，实验时应先滴入浓硫酸制备氯化氢气体，再点燃c处酒精灯使二水氯化铜在氯化氢气流中共热脱水生成无水氯化铜，故A正确；
B．由分析可知，为防止氯化铜发生水解反应，装置c中二水氯化铜在氯化氢气流中共热脱水生成无水氯化铜，故B正确；
C．由分析可知，装置d中盛有的试剂为四氯化碳和水，下层是四氯化碳，上层是水，四氯化碳起隔绝氯化氢气体与水直接接触，防止产生倒吸，故C错误；
D．实验时，硬质玻璃管内部右侧氯化氢溶于水蒸气会形成白雾，故D正确；
故选C。
7．下列物质的水溶液加热蒸干仍能得到原物质的是
A．Ca(HCO3)2B．Na2SO3C．FeCl3D．MgSO4
【答案】D
【详解】
A．Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3、CO2和H2O，A不符合题意；
B．Na2SO3加热会和O2反应生成Na2SO4，B不符合题意；
C．FeCl3溶液加热会促进Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解平衡正向移动，生成的Fe(OH)3受热分解为Fe2O3，C不符合题意；
D．根据C选项的分析，MgSO4溶液加热也会生成Mg(OH)2和H2SO4，但由于H2SO4难挥发，所以最终得到的物质仍为MgSO4，D符合题意；
故选D。
8．（2021·江苏苏州中学）下列操作能实现相应目的的是
A．将Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
B．用干燥的pH试纸测定NaClO溶液的pH
C．用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂
D．SO2的催化氧化反应，升高温度能加快反应速率并提高SO2的转化率
【答案】C
【详解】
A．铝离子和硫离子发生双水解产物为氢氧化铝和硫化氢，得不到Al2S3，A错误；
B．ClO-水解产生HClO使NaClO水溶液有强氧化性，能将pH试纸漂白，不能用干燥的pH试纸测定NaClO溶液的pH，B错误；
C．水解使氯化铵溶液显酸性，可以用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂， C正确；
D．SO2的催化氧化反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低SO2的转化率，D错误；
故选C。
9．（2021·广西北海市·）根据下列实验操作所得的现象及结论不正确的是
【答案】D
【详解】
A．加热促进水解平衡正向移动，生成氢氧化镁沉淀，灼烧氢氧化镁分解为氧化镁，故A正确；
B．向体积均为20mL的冷水和沸水中分别滴入3滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色溶液，后者为红褐色胶体，说明温度升高，Fe3+的水解程度增大，故B正确；
C．CH3COONa为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，给试管加热，水解程度增大，溶液颜色变深，故C正确；
D．亚硫酸氢根离子电离呈酸性，水解呈碱性，0.1ml/L的NaHSO3溶液的pH约为5，电离程度大于水解程度，结论错误，D错误；
故选D。
10．（2021·辛集市第一中学）有关下列两种溶液的说法中，正确的是
溶液①：0.2ml·L-1CH3COONa溶液；溶液②：0.1ml·L-1H2SO4溶液
A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①<溶液②
B．加水稀释溶液①，溶液中变大
C．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c(CH3COO-)+2c(SO)=c(Na+)
D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH=7，溶液中c(Na+)>c(SO)
【答案】D
【详解】
A．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解会促进水的电离，硫酸是强酸，会抑制水的电离，所以相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①>溶液②，A错误；
B．为醋酸根的水解平衡常数，Kｈ只与温度有关，加水稀释溶液①，溶液中不变，B错误；
C．等体积混合两种溶液后溶液中的溶质为硫酸钠和醋酸，溶液呈酸性，根据溶液中的电荷守恒：，可知c(CH3COO-)+2c(SO)＞c(Na+)，C错误；
D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH=7，电荷守恒为：，溶液呈中性，所以，则，所以溶液中c(Na+)>c(SO)，D正确；
答案为：D。
11．（2021·四川省蓬安中学校高二月考）在氯化铵溶液中，下列关系正确的是
A．c(NH)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)B．c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)
C．c(NH)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)D．c(Cl-)=c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】B
【详解】
A．因NH4Cl中铵根离子水解可得c(Cl-)＞c(NH)，A错误；
B．NH4Cl中铵根离子水解可得c(Cl-)＞c(NH)，铵根离子水解溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，离子水解的程度很弱，则c(NH)＞c(H+)，即c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；
C．NH4Cl中铵根离子水解可得c(Cl-)＞c(NH)，铵根离子水解溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，C错误；
D．NH4Cl中铵根离子水解可得c(Cl-)＞c(NH)，D错误；
故选B。
12．（2021·四川省蓬安中学校高二月考）将0.2 ml·L-1 CH3COOK 与0.1 ml·L-1盐酸等体积混合后，下列说法不正确的是
A．c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-) =c(H+)+c(K+)
B．c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)
C．c(K+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．c(CH3COOH)+c(H+) = c(CH3COO-)+c(OH-)
【答案】D
【分析】
将0.2 ml·L-1 CH3COOK 与0.1 ml·L-1盐酸等体积混合，所得产物的浓度均为0.05 ml·L-1 ，它们是CH3COOH、CH3COOK、KCl，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以溶液呈酸性。
【详解】
A．溶液中含有CH3COO-、Cl-、OH-、H+、K+，依据电荷守恒，可得出c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-) =c(H+)+c(K+)，A正确；
B．反应结束时，c(CH3COOH)=c(CH3COOK)=c(KCl)，但由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，B正确；
C．由于c(CH3COOH)=c(CH3COOK)=c(KCl)，所以c(K+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，C正确；
D．在溶液中主要发生的弱电解质的电离平衡为：CH3COOHH++CH3COO-和H2OH++OH-，而反应后的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则平衡时c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]，所以c(CH3COOH)+2c(H+) = c(CH3COO-)+2c(OH-)，D不正确；
故选D。
13．氯碱工业的产物与不同物质反应可以生成不同的盐。已知常温下，浓度均为的4种钠盐溶液pH如表：
下列说法中，正确的是
A．向氯水中加入，可以增大氯水中次氯酸的浓度
B．四种溶液中，水的电离程度最大的是溶液
C．常温下，相同物质的量浓度的、、溶液，最大的是溶液
D．溶液中离子浓度大小顺序为
【答案】A
【详解】
A．由表中数据可知酸性：，氯水中存在平衡：，由于酸性：，则会与盐酸发生反应，使上述平衡向生成次氯酸的方向移动，次氯酸的浓度增大，A正确；
B．溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度，溶液中水的电离受到抑制，其他三种强碱弱酸盐溶液中弱酸根离子的水解会促进水的电离，弱酸根离子水解程度越大，水的电离程度越大，溶液的pH越大，则四种溶液中，水的电离程度最大的是溶液，B错误；
C．酸性：，则相同物质的量浓度的、、溶液，pH最大的是溶液，C错误；
D．溶液中的电离、水解都很微弱，而水电离还可产生H+和OH-，则溶液中离子浓度大小顺序为，D错误；
故选A。
14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．溶液和0.1ml/L盐酸等体积混合：
B．溶液和0.1ml/L氨水等体积混合(pH>7)：
C．溶液和溶液等体积混合：
D．溶液和0.1ml/L盐酸等体积混合(为二元弱酸)：
【答案】C
【详解】
A．0.1ml/LCH3COONa溶液和盐酸等体积混合后生成等物质的量的氯化钠和醋酸，溶液中醋酸部分电离出氢离子和，水也电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，A错误；
B．混合后溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则，B错误；
C．碳酸钠和碳酸氢钠的元素质量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，据此规律可以得出题干中守恒规律，C正确；
D．，溶液和盐酸等体积混合后反应生成等物质的量的氯化钠和草酸氢钠，根据电荷守恒分析，有，D错误；
故选C。
15．(1)AlCl3水溶液呈___________性，原因是___________(用离子方程式表示，下同)，___________(填“促进”或“抑制”)水的电离。
(2)常温下，有两种溶液：0.1ml·L-1CH3COOH溶液；0.1ml·L-1CH3COONa溶液。
①0.1ml·L-1CH3COONa溶液呈___________(填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是___________(用离子方程式和适当的叙述说明)。
②下列说法正确的是___________(填序号)。
A．两种溶液中c(CH3COO﹣)都等于0.1ml·L-1
B．两种溶液中c(CH3COO﹣)都小于0.1ml·L-1
C．CH3COOH溶液中c(CH3COO﹣)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO﹣)
【答案】酸 Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ ﹣促进 碱 CH3COO﹣+H2OCH3COOH+OH﹣，CH3COO﹣水解使溶液显碱性 BC
【详解】
(1)氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝和盐酸，促进水的电离，使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；故答案为：酸；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；促进；
(2) ①醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中发生水解反应生成醋酸和氢氧化钠，促进水的电离，使溶液呈酸性，水解的离子方程式为CH3COO﹣+H2OCH3COOH+OH﹣，故答案为：碱；CH3COO﹣+H2OCH3COOH+OH﹣，CH3COO﹣水解使溶液显碱性；
②醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，0.1ml·L-1醋酸溶液中c(CH3COO﹣)小于0.1ml·L-1，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中发生水解反应生成醋酸和氢氧化钠，0.1ml·L-1醋酸钠溶液中c(CH3COO﹣)小于0.1ml·L-1，由于醋酸的电离和醋酸钠的水解都微弱，则醋酸溶液中c(CH3COO﹣)小于醋酸钠溶液中c(CH3COO﹣)，故选BC。
16．(1)实验室在配制Cu(NO3)2的溶液时，常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其目的是_______；
(2)将AlCl3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______(写化学式，下同)；将Na2SO3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______
(3)已知草酸是二元弱酸，常温下测得0.1ml/L的KHC2O4的pH为4.8，则此KHC2O4溶液中c()_______c(H2C2O4) (填“<”“>”或“=”)。
(4)某小组同学探究饱和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反应的实验。打开活塞向烧瓶中的NaClO加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀。出现上述现象的原因是_______(请用反应的离子方程式表示)。
(5)粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。
①在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质最好选用的是_______。
A．KMnO4 B．H2O2 C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的_______。
A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2
【答案】抑制Cu2＋的水解 Al2O3 Na2SO4 > 3ClO-+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓ B CD
【详解】
（1）在配制Cu(NO3)2的溶液时，Cu2＋会发生水解Cu2＋＋2H2O Cu(OH)2+2H+，故常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以此抑制Cu2＋的水解；
（2）Fe3＋水解产生Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的，其反应原理用离子方程式表示为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，蒸干后最终生成Al(OH)3，在灼烧时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3；
亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是硫酸钠，
故答案为：Na2SO4，Na2SO3在蒸干的过程中不断被空气中的O2氧化而变成Na2SO4 ；
（3）电离生成，水解生成H2C2O4，由KHC2O4的pH为4.8可知，的电离程度大于其水解程度，故KHC2O4溶液中c()大于c(H2C2O4)；
（4）烧瓶中加入饱和KAl(SO4)2溶液，次氯酸根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，混合后水解相互促进，产生大量的白色胶状沉淀和次氯酸3ClO-+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓；
（5）除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，四个选项中，只有双氧水氧化后生成水，双氧水受热见光易分解，没有多余杂质；答案选B；
调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质粒子，氢氧化钠中含有钠离子，氨水反应后生成铵根离子，所以氢氧化钠和氨水能引进新的杂质离子，CuO粉末、Cu(OH)2悬浊液反应后生成铜离子和水而不引进新的杂质离子，答案选CD。
17．（2021·四川省蓬安中学校高二月考）Ⅰ．按要求作答。
（1）写出H2CO3在水溶液中的电离方程式：___________。
（2）写出FeCl3溶液发生水解的离子方程式：___________。
（3）写出Na2CO3溶液的电荷守恒：___________。
（4）写出NaHCO3溶液的质子守恒：___________。
Ⅱ．在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况如图所示，回答下列问题。
（5）“O”点时液体不能导电，说明醋酸中___________离子键(填“含有”或“不含”)。
（6）a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为___________；a、b、c三点对应的溶液中c(H＋)最大的是___________。
（7）若实验测得c点处溶液中c(CH3COOH)=0.1ml·L-1，c(CH3COO-)=0.001ml·L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka=___________。
（8）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是___________。
A．c(H＋)B．H＋个数
C．CH3COOH分子数D．
【答案】
（1），
（2）
（3）
（4）
（5）不含
（6） c>b>a b
（7）
（8）BD
【分析】
（1）H2CO3，为弱电解质，在水溶液中部分发生电离，电离方程式为，；
（2）FeCl3水溶液显酸性，水解方程式为：；
（3）在该溶液中阳离子有Na+、H+，阴离子有、、OH-，由于溶液中阳离子带有的正电荷总数与阴离子带有的负电荷总数，可得电荷守恒表达式：；
（4）结合电荷守恒和物料守恒，可以得到质子守恒，有
（5）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸为共价化合物，不存在离子键，则没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电；
故答案为：不含；
（6）醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，根据图象知，水的体积越大，溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c>b>a；
溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电能力越大氢离子浓度越大，则氢离子浓度最大的为b，
故答案为：c>b>a；b；
（7）实验测得c点处溶液中c(CH3COOH)=0.1ml·L-1，c(CH3COO-)=0.001ml·L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数
（8）A．在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，故A错误；
B．弱电解质越稀，电离度越大，即电离出的氢离子数越多，故B正确；
C．弱电解质越稀，电离度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少，故C错误；
D．加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，则c(H+)/c(CH3COOH)增大，故D正确；故答案为：BD。
18．（2021·四川雅安市·高二期末）现有常温下的0.1ml•L-1纯碱溶液。
(1)该溶液呈碱性是因为存在水解平衡，相关离子方程式是___________。为证明存在上述平衡，进行如下实验：在0.1ml•L-1纯碱溶液中滴加酚酞，溶液显红色，再往溶液中滴加 ___________(填化学式)溶液，红色逐渐褪为无色，说明上述观点成立。
(2)同学甲查阅资料得知0.1ml•L-1 Na2CO3溶液中，发生水解的CO不超过其总量的10%。请设计实验加以证明(写出实验方案及预期观察到的现象)___________。
(3)同学乙就该溶液中粒子浓度关系写出五个关系式，其中错误的是___________。
A．c(Na+)>2c(CO)
B．c(CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H2CO3)
C．c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)
D．c(CO)+c(HCO)=0.1ml•L-1
E．c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+c(CO)
(4)室温下pH均为a的Na2CO3和NaOH溶液中，水电离产生的c(OH-)之比=___________。
【答案】CO+H2O=HCO+OH- BaCl2或CaCl2 测0.1ml•L-1Na2CO3溶液pH，pH≤12 DE 102a-14
【详解】
(1)碳酸根离子水解生成氢氧根离子溶液显碱性，其水解方程式为：CO+H2O=HCO+OH-，设计实验有碳酸根离子时溶液显碱性，除去碳酸根离子后溶液不显碱性，其操作为：取0.1ml/L的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量BaCl2溶液或是氯化钡溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是CO水解；故答案为：CO+H2O=HCO+OH-；BaCl2或CaCl2；
(2)常温下，0.1ml•L-1的纯碱溶液，发生水解的CO离子不超过其总量的10%，则溶液中c(OH-)＞0.1ml/L×10%=0.01ml/L，则c(H+)＜Kw/ c(OH-)=10−14/0.01ml/L=10-12ml/L，所以溶液的pH＜12，用pH试纸测量常温下0.1ml/L碳酸钠溶液的pH，如果溶液的pH＜12，则证明发生水解的CO离子不超过其总量的10%，故答案为：用pH试纸测0.1ml/L的Na2CO3溶液的pH，pH＜12；
(3)A．溶液中直接电离出钠离子和碳酸根离子，钠离子浓度大于碳酸根浓度的2倍，所以c(Na+)＞2c(CO)，故A正确；
B．在碳酸钠溶液中，碳酸根离子存在水解平衡，水存在微弱的电离，所以c(CO)＞c(OH-)＞c(HCO)＞c(H2CO3)，故B正确；
C．溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，故C正确；
D．根据物料守恒：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1ml•L-1，故D错误；
E．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，故E错误；故答案为：DE；
(4)25℃时，pH=a的碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子和氢氧根浓度均为：1×10−14/1×10−sml/L=1×10a-14ml/L；pH值等于a的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子和氢氧根浓度均为：1×10-aml/L，故Na2CO3和NaOH溶液中溶液中水电离产生的c(OH-)之比102a-14；故答案为：102a-14。
原物质
蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2
CaCO3或CaO
NaHCO3
Na2CO3
KMnO4
K2MnO4和MnO2
NH4Cl
分解为NH3和HCl，无固体物质存在
应用
举例
加热促进水解
热的纯碱溶液去污力强
分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱
等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3 溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3
判断溶液中离子能否大量共存
Al3＋和HCOeq \\al(－,3)因发生相互促进的水解反应而不能大量共存
配制或贮存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸
胶体的制备，作净水剂
明矾溶于水生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清
化肥的使用
铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
泡沫灭火器的反应原理(水解互促)
Al3＋＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑
无水盐的制备
由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热
判断盐溶液的蒸干产物
将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3而不是AlCl3
某些盐的分离除杂
为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸
盐溶液除锈
NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NHeq \\al(＋,4)水解溶液显酸性)
判断电解质的强弱
CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸
选项
实验操作
现象及结论
A
将溶液加热蒸干并灼烧
得到的白色固体为
B
向体积均为的冷水和沸水中分别滴入3滴饱和溶液
前者为黄色，后者为红褐色，说明温度升高，的水解程度增大
C
取溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再给试管加热
溶液颜色变深，说明溶液中存在水解平衡
D
室温下，用试纸测的溶液的约为5
说明的水解大于电离
溶质
11.6
9.7
10.3
5.2
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