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高中化学人教版 (2019)选择性必修1实验活动3 盐类水解的应用习题
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这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1实验活动3 盐类水解的应用习题，共13页。试卷主要包含了为使Na2S溶液中c，室温下，有两种溶液，下列叙述中与盐类水解有关的是等内容，欢迎下载使用。
①盐酸 ②适量的NaOH溶液 ③适量的KOH溶液 ④适量的K2S固体
A．①②B．②③C．③④D．①④
【答案】C
【解析】Na2S溶液中存在水解平衡：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；
①盐酸电离的H+消耗OH﹣，水解平衡正向移动，硫离子浓度减小，比值增大，故错误；
②适量的NaOH溶液，水解平衡逆向移动，但钠离子增大比硫离子增大得多，比值增大，故错误；
③适量的KOH溶液，水解平衡逆向移动，比值减小，故正确；
④适量的K2S固体，硫离子浓度增大，比值减小，故正确；
综上所述，③④符合题意。故选：C。
2．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，增大B．加入CuSO4固体，HS﹣浓度增大
C．稀释溶液，水解平衡常数增大D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】A
【解析】A．水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2﹣）减小，c（HS﹣）增大，所以增大，故A正确；
B．加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS﹣浓度减小，故B错误；
C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故C错误；
D．加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错误；故选：A。
3．欲使NH4Cl稀溶液中比值增大，可在溶液中（恒温并忽略溶液体积的变化）加入少量下列物质中的（ ）
①通入HCl；②H2SO4；③NH4Cl固体；④NH4NO3固体 ⑤Ba（OH）2固体
A．②或③或④B．①或②或④C．②或③或⑤D．①或③或⑤
【答案】A
【解析】①通入HCl，水解平衡：NH4++H2O＝NH3•H2O+H+逆向移动，而通入HCl以氯离子的浓度增大为主，所以比值减小，故错误；
②加入H2SO4，氢离子浓度增大，水解平衡逆向移动，所以铵根离子浓度增大，氯离子的浓度不变，所以溶液中比值增大，故正确；
③加入NH4Cl固体，铵根离子水解程度减小，所以溶液中比值增大，故正确；
④加入NH4NO3固体，导致溶液中铵根离子浓度增大，所以溶液中比值增大，故正确；
⑤加入Ba（OH）2固体，水解平衡正向移动，所以铵根离子的浓度减小，所以溶液中比值减小，故错误；故选：A。
4．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．加入NaOH固体，溶液pH减小B．稀释溶液，水解平衡常数增大
C．加入CuSO4固体，HS﹣浓度增大D．升高温度，c（HS﹣）/c（S2﹣）增大
【答案】D
【解析】A．加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故A错误；
B．平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故B错误；
C．加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS﹣浓度减小，故C错误；
D．水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2﹣）减小，c（HS﹣）增大，所以增大，故D正确；故选：D。
5．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；
B、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH﹣反应，平衡正向移动，故B正确；
C、因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，增大的，故C错误；
D、加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；故选：B。
6．一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，平衡正向移动，增大
B．通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小
C．加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小
D．升高温度，增大
【答案】D
【解析】A、溶液稀释，促进盐的水解，但水解平衡常数Kh＝由于只受温度的影响，故Kh不变，故A错误；
B、通入CO2会消耗OH﹣，导致氢氧根浓度降低，平衡右移，溶液pH变小，故B错误；
C、加入NaOH固体，会导致c（OH﹣）增大，溶液pH增大，水解平衡左移，故C错误；
D、升高温度，水解平衡右移，故c（CO32﹣）减小，而c（HCO3﹣）变大，故增大，故D正确。故选：D。
7．室温下，有两种溶液：①0.01ml•L﹣1 NH3•H2O 溶液、②0.01ml•L﹣1 NH4Cl 溶液，下列操作可以使两种溶液中 c（NH4+）都增大的是（ ）
A．通入少量 HCl 气体B．加入少量 NaOH 固体
C．加入少量 H2OD．适当升高温度
【答案】A
【解析】A．HCl溶于水后得到的盐酸是强酸，能够和①NH3•H2O 反应，导致溶液中c（NH4+）增大；盐酸中的H+离子抑制了NH4+的水解，使氯化铵溶液中的c（NH4+）也增大，故A正确；
B．加入少量NaOH固体，溶液中的c（OH﹣）增大，抑制了NH3•H2O 溶液的电离；氢氧根离子结合NH4+生成一水合氨，c（NH4+）都会减小，所以两溶液中铵离子浓度都减小，故B错误；
C．当向①0.01ml L﹣1NH3•H2O ②0.01ml L﹣1NH4Cl加入少量H2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c（NH4+）都会减小，故C错误；
D．温度升高，氨气具有挥发性，导致氨气挥发，NH3•H2O 浓度减小，溶液中的c（NH4+）减小；而NH4Cl溶液中，铵根离子的水解为吸热反应，升高温度可以促进NH4+水解，导致c（NH4+）减小，故D错误；故选：A。
8．已知溶液中存在Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+的平衡，其中Cr2O72﹣呈橙色，CrO42﹣呈黄色，向该平衡体系中滴加饱和NaOH溶液时，颜色的变化情况是（ ）
A．黄色加深B．橙色加深C．颜色不变D．颜色褪去
【答案】A
【解析】Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+的平衡中加入饱和NaOH溶液时，会消耗氢离子，使得氢离子浓度降低，平衡正向移动，CrO42﹣的浓度增大，所以黄色加深，故选A。
9．下列叙述中与盐类水解有关的是（ ）
A．自来水杀菌、消毒
B．实验室制H2时，在稀H2SO4溶液中滴入少许CuSO4溶液
C．不能用玻璃瓶盛放NH4F浓溶液
D．酸雨在空气中放置一段时间后，pH降低
【答案】C
【解析】A．自来水杀菌、消毒是利用了氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，或者其他的消毒剂的强氧化性，如ClO2、臭氧等，故与水解无关，故A错误；
B．实验室用锌与硫酸反应制H2时，在稀H2SO4溶液中滴入少许CuSO4溶液，锌与置换出的铜形成原电池，加快反应速率，故与水解无关，故B错误；
C．NH4F浓溶液水解产生氢氟酸，氢氟酸与玻璃成分中的二氧化硅反应，故与水解有关，故C正确；
D．酸雨在空气中放置一段时间后，亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强，pH降低，故与水解无关，故D错误；故选：C。
10．下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是（ ）
A．NaFB．Na2SO4C．NaOHD．CuSO4
【答案】A
【解析】A．NaF中F﹣会水解，水解方程式为F﹣+H2O⇌HF+OH﹣，使得溶液呈碱性，故A正确；
B．Na2SO4在溶液中会电离出Na+和SO42﹣，Na+和SO42﹣均不会水解，溶液呈中性，故B错误；
C．NaOH在溶液中会电离出Na+和OH﹣，电离出OH﹣使得溶液呈碱性，故C错误；
D．CuSO4溶液中，Cu2+会水解，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，使得溶液呈酸性，故D错误。故选：A。
11．已知酸性：HX＞HY＞HZ，物质的量浓度相同的三种钠盐NaX、NaY和NaZ的溶液，pH由大到小的顺序是（ ）
A．NaX，NaZ，NaYB．NaZ，NaY，NaX
C．NaX，NaY，NaZD．NaY，NaZ，NaX
【答案】B
【解析】溶液酸性越强，则对应酸根离子的水解程度越弱，酸根离子的水解显碱性，故酸的酸性越强，等物质的量浓度的酸根离子水解产生的氢氧根离子越少，pH越小，已知酸性：HX＞HY＞HZ，则pH：NaZ，NaY，NaX。故选：B。
12．下列有关物质的用途，直接与水解的性质有关的是（ ）
A．NaClO作漂白剂B．用NH3制氮肥
C．明矾作净水剂D．用食醋除水垢
【答案】C
【解析】A．NaClO具有强氧化性，可作消毒、漂白剂，与水解无关，故A错误；
B．NH3制氮肥是利用氨气显碱性，与酸反应生成铵盐，故B错误；
C．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，故可作净水剂，故C正确；
D．食醋溶解水垢，是醋酸电离出的氢离子溶解碳酸钙等难溶物，与水解无关，故D错误；故选：C。
13．下列实验现象或操作与盐类水解无关的是（ ）
A．0.1ml•L﹣1的醋酸溶液加水稀释，溶液的pH增大，导电能力减弱
B．用浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液混合作灭火剂
C．热的纯碱溶液有利于除去废铁屑表面的油污
D．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度
【答案】A
【解析】A．稀释促进电离，且氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，导电能力减弱，与水解无关，故A选；
B．浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液相互促进水解生成二氧化碳气体，可作灭火剂，故B不选；
C．热的纯碱可促进油污的水解，则热的纯碱溶液有利于除去废铁屑表面的油污，故C不选；
D．浓盐酸可抑制铁离子水解，则配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故D不选；故选：A。
14．如图为探究铝片和Na2CO3溶液反应的实验方案及现象。下列说法错误的是（ ）
A．Na2CO3溶液显碱性的原因：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
B．加热和H2逸出对CO32﹣水解平衡移动方向的影响是相反的
C．对比实验Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜
D．推测出现的白色沉淀可能是氢氧化铝
【答案】B
【解析】A．碳酸根是多元弱酸的酸根离子，分步水解以第一步水解为主，因此碳酸钠溶液显碱性的原因为：CO32﹣+H2O＝HCO3﹣+OH﹣，故A正确；
B．盐类水解为吸热过程，加热可促进盐类的水解；氢气的逸出有利于铝和OH﹣的反应，OH﹣被消耗也会促进碳酸根离子的水解，所以加热和氢气逸出都会对CO32﹣的水解平衡起到促进作用，故B错误；
C．实验Ⅲ中产生了气泡，说明Al单质发生了反应；Al单质由于性质活泼，表面往往会生成致密的氧化铝薄膜，从而使得内部的Al单质被保护；因此由现象可说明实验Ⅲ中铝片表面的氧化铝被碳酸钠溶液破坏掉了，故C正确；
D．碳酸钠溶液与Al单质反应，可将其转化为AlO2﹣，由于碳酸根水解平衡被促进，导致溶液中含有较多的HCO3﹣，其可与AlO2﹣反应生成Al（OH）3白色沉淀，故D正确；故选：B。
15．下列说法不正确的是（ ）
A．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
B．水解反应NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C．草木灰与铵态氮肥不宜混合使用
D．盐类水解反应的逆反应是中和反应
【答案】B
【解析】A．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，所以能净水，故A正确；
B．升高温度促进盐的水解，水解反应NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡正向移动，故B错误；
C．草木灰可以与铵态氮肥混合会发生双水解反应，使氨气易逸出，土壤中铵根离子浓度降低，从而降低肥效，故C正确；
D．盐类水解反应是盐与水反应生成酸和碱，酸与碱发生中和反应生成盐和水，所以盐类水解反应的逆反应是中和反应，故D正确。故选：B。
16．下列事实与盐类水解无关的是（ ）
A．明矾可以净水
B．使用热的纯碱溶液去除油污效果好
C．实验室配制FeCl2溶液时加入少量稀盐酸
D．向FeCl3溶液中加入KOH溶液产生红褐色沉淀
【答案】D
【解析】A．明矾是十二水合硫酸铝钾，其化学式为：KAl（SO4）2•12H2O，明矾在水中电离的铝离子发生水解，离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故A不选；
B．纯碱为Na2CO3，在溶液中水解显碱性，加热碱性增强，而油脂属于酯类，在碱性条件下发生水解，故纯碱能去油污，故B不选；
C．FeCl2溶液亚铁离子水解：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2（胶体）+2H+，加入少量盐酸抑制亚铁离子水解，故C不选；
D．将KOH溶液加入FeCl3溶液中，产生红褐色沉淀，发生复分解反应，离子方程式：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓，与盐类水解无关，故D选；故选：D。
17．实验测得 0.5mL•L﹣1 CH3COONa 溶液和 H2O 的 pH 随温度变化的曲线如图所示。下用说法正确的是（ ）双选
A．随温度升高，CH3COONa 溶液的 c（OH﹣）增大
B．随温度升高，H2O 的 pH 逐渐减小，是因为水中 c（H+）＞c（OH﹣）
C．随温度升高，CH3COONa 溶液的 pH 变化是 Kw 改变和水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa 溶液的 pH 降低是因为 CH3COO﹣水解平衡向逆反应方向移动的结果
【答案】AC
【解析】A、随温度升高，CH3COONa 溶液中 CH3COO﹣的水解程度变大，Kw 也增大，故 c（OH﹣）增大，故 A 正确；
B、随温度升高，因为 Kw 逐渐增大，H2O 的 pH 逐渐减小，但任何溶液中，水是中性的，纯水中 c（H+）始终等亍 c（OH﹣），故B错误；
C、随温度升高，Kw 逐渐增大，CH3COONa 溶液中 CH3COO﹣的水解程度变大，故溶液pH变化是Kw改变和水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；
D、随温度升高，CH3COONa 溶液的pH会降低，是因为随着温度的升高，水的离子积常数 Kw 在逐渐增大，c（H+）和 c（OH﹣）均在增大，故D错误；故选：AC。
18．已知表中所示的一组物质：
回答下列问题：
（1）常温时，0.1ml•L﹣1的溶液呈碱性的是_______________。（填序号）
（2）标准状况下，5.6L HCl气体完全溶于蒸馏水中，形成2500mL溶液，则该溶液的pH＝_______________。
（3）常温时，pH＝4的H2SO4溶液中，由水电离出的c（H+）＝______________，pH＝9的 Na2CO3溶液中由水电离出
的c（ OH﹣）＝___________________________。
（4）常温时，向CH3COOH 溶液中加入少量NH4Cl固体，电离平衡常数Ka_______________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】（1）②④⑤；
（2）0；
（3）10﹣10ml/L；10﹣5ml/L；
（4）不变。
【解析】（1）常温时，0.1ml•L﹣1的溶液呈碱性的是②NaOH、④NH3•H2O、⑤Na2CO3，
故答案为：②④⑤；
（2）标准状况下，5.6L HCl气体物质的量n＝＝0.25ml，完全溶于蒸馏水中，形成2500mL溶液，c（HCl）＝n（H+）＝＝1ml/L，则该溶液的pH＝0，
故答案为：0；
（3）常温时，pH＝4的H2SO4溶液中，c（H+）＝10﹣4ml/L，水溶液中存在离子积常数，溶液中氢离子浓度来源于硫酸，氢氧根离子浓度来源于水的电离，c（H+）c（OH﹣）＝10﹣14，据此计算，由水电离出的c（H+）＝水电离出的c（OH﹣）＝ml/L＝10﹣10ml/L，pH＝9的 Na2CO3溶液中，碳酸根离子结合水电离出的氢离子生成弱电解质，促进水的电离平衡正向进行，溶液中存在离子积常数，由水电离出的c（ OH﹣）＝ml/L＝10﹣5ml/L，
故答案为：10﹣10ml/L；10﹣5ml/L；
（4）常温时，向CH3COOH 溶液中加入少量NH4Cl固体，温度不变电离平衡常数Ka不变，
故答案为：不变。
19．我们的生活离不开化学。化学物质在不同的领域发挥着重要的作用。
（1）明矾是常用的一种净水剂，用离子方程式和相应的文字叙述解释其净水的原理：_______________________________________。
（2）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时发生如下分解反应：2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O+10MgO+3Al2O3写出该化合物作阻燃剂的两条依据：___________________________、____________________________。
（3）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常见的食品抗氧化剂，焦亚硫酸钠中硫元素的化合价为_+4_。
（4）铵盐是重要的化肥，NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序是_______________。
（5）NaHCO3可以中和胃酸又是常用的食品添加剂，室温下pH＝8的NaHCO3溶液中水电离出的OH﹣浓度为_______________。
【答案】（1）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解生成的Al（OH）3具有强的吸附作用；
（2）反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气）；
（3）+4；
（4）c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（5）10﹣6ml/L。
【解析】（1）明矾中含有Al3+，在水中发生水解反应，生成Al（OH）3胶体，即Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，Al（OH）3胶体具有强的吸附作用，能吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，从而能净水，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解生成的Al（OH）3具有强的吸附作用；
（2）2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O+10MgO+3Al2O3，该反应的特点是：吸热反应、水易气化，气化时吸热、生成的MgO和Al2O3是固体，是耐火材料，该化合物作阻燃剂的两条依据：反应吸热降低温度、固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气），
故答案为：反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气）；
（3）Na2S2O5中钠元素为+1价，氧元素为﹣2价，设S的化合价为x价，由化合物中化合价的代数和为0可得1×2+2x+（﹣2）×5＝0，则x＝4，即S的化合价为+4价，
故答案为：+4；
（4）NH4Cl溶液中铵根离子部分水解显酸性，离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（5）NaHCO3水解溶液显碱性，pH＝8，则c（H+）＝10﹣8ml/L，则c（OH﹣）＝＝ml/L＝1×10﹣6ml/L，氢氧根离子全部由水电离，则溶液中水电离出的OH﹣浓度为10﹣6ml/L，
故答案为：10﹣6ml/L。
20．溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：______________；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：______________。
（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_______________n（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c（OH﹣）＝_______________。
（4）25℃时，将aml/L氨水与0.01ml/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则溶液显______________。（填“酸”“碱”或“中”）性
【答案】（1）Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3；Na2CO3+CaSO4＝Na2SO4+CaCO3↓；
（2）＜；
（3）10﹣8ml/L；
（4）中。
【解析】（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，化学方程式为Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3；石膏主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为Na2CO3+CaSO4＝Na2SO4+CaCO3↓，
故答案为：Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3；Na2CO3+CaSO4＝Na2SO4+CaCO3↓；
（2）一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，NaOH是强电解质，完全电离，要使pH相等的氨水和NaOH溶液稀释后pH仍然相等，则氨水稀释倍数大于NaOH，即m＜n，
故答案为：＜；
（3）常温下，pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，该溶液中水的电离被抑制了，则混合溶液中水电离出来的c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣8ml/L，
故答案为：10﹣8ml/L；
（4）在25℃下，氨水与盐酸等体积混合，反应平衡时，溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），又根据电荷守恒关系有c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），故有c（H+）＝c（OH﹣），所以溶液显中性，
故答案为：中。
21．运用盐类水解知识回答下列问题：
（1）FeCl3溶液可用作净水剂，原理为（用必要的化学用语和相关文字说明）_________________________________________。
（2）由FeCl3•6H2O晶体得到纯的无水FeCl3的合理方法是_______________。实验室配制0.01ml•L﹣1FeCl3溶液时，为了抑制FeCl3水解使溶液中不产生沉淀，可加入少量盐酸至溶液pH不大于______________。[Fe（OH）3的Ksp＝1.0×10﹣38]
（3）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程式是_______________。
（4）25℃时，pH＝11的KOH溶液和pH＝11的K2CO3溶液中，由水电离出的c（OH﹣）的比值为_______________。
【答案】（1）Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮物；
（2）在干燥的HCl气流中加热脱水；2；
（3）Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑；
（4）10﹣8。
【解析】（1）FeCl3溶液中Fe3+能发生水解反应：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮物，因此FeCl3溶液可用作净水剂，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮物；
（2）由FeCl3•6H2O晶体在蒸干除水过程中Fe3+能发生水解反应：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，加热促进Fe3+的水解，导致无法得到纯净的无水FeCl3，要得到得到纯的无水FeCl3需要在蒸发过程中抑制Fe3+的水解，合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水；0.01ml•L﹣1FeCl3溶液中，c（Fe3+）＝0.01ml•L﹣1；Fe（OH）3的Ksp＝1.0×10﹣38＝c（Fe3+）•c3（OH﹣），则溶液中的c（OH﹣）＝＝ml•L﹣1＝1.0×10﹣12ml•L﹣1，则c（H+）＝＝10﹣2ml•L﹣1，则pH＝2，即实验室配制0.01ml•L﹣1FeCl3溶液时，为了抑制FeCl3水解使溶液中不产生沉淀，可加入少量盐酸至溶液pH不大于2，
故答案为：在干燥的HCl气流中加热脱水；2；
（3）硫酸铝和碳酸氢钠能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++33HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑；
（4）碱能抑制水的电离，而在碱溶液中，氢氧根几乎全部来自于碱的电离，而氢离子来自于水的电离，故在pH＝11的KOH溶液中，c（H+）＝10﹣11ml/L，全部来自于水，而由水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根的浓度相同，故此溶液中水电离出的氢氧根的浓度c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣11ml/L；在能水解的正盐溶液中，盐类的水解对水的电离有促进作用，且氢离子和氢氧根全部来自于水的电离，在pH＝11的K2CO3溶液中，c（H+）＝10﹣11ml/L，是CO32﹣结合后剩余的，而c（OH﹣）＝10﹣3ml/L是水电离出的全部，故由水电离出来c（OH﹣）是10﹣3ml/L，则25℃时，pH＝11的KOH溶液和pH＝11的K2CO3溶液中，由水电离出的c（OH﹣）的比值为＝10﹣8，
故答案为：10﹣8。
22．根据氯化铁溶液回答下列问题：
（1）向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3，产生的现象为___________________________，用离子方程式表示其原因____________________________。
（2）不断加热FeCl3溶液蒸干其水分并灼烧，得到的固体是______________。
（3）在配制FeCl3溶液时，为防止溶液变浑浊，应加入______________________。
【答案】（1）产生红褐色沉淀，同时有少量无色气体生成；Fe3++3HCO3﹣＝Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（2）Fe2O3；
（3）浓盐酸。
【解析】（1）向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3浓溶液，反应生成氢氧化铁沉淀、氯化钠、二氧化碳气体和水，则会看到的现象为：产生红褐色沉淀，同时有少量无色气体生成，反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3﹣＝Fe（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：产生红褐色沉淀，同时有少量无色气体生成；Fe3++3HCO3﹣＝Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（2）加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，所以最终得到Fe2O3固体，
故答案为：Fe2O3；
（3）FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，为防止氯化铁水解，向溶液中滴加浓盐酸即可，
故答案为：浓盐酸。
无明显现象
铝片表面产生细小气泡
出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）
序号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
物质
H2SO4
NaOH
CH3COOH
NH3•H2O
Na2CO3
NH4Cl
HCl
NaCl
①盐酸 ②适量的NaOH溶液 ③适量的KOH溶液 ④适量的K2S固体
A．①②B．②③C．③④D．①④
【答案】C
【解析】Na2S溶液中存在水解平衡：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；
①盐酸电离的H+消耗OH﹣，水解平衡正向移动，硫离子浓度减小，比值增大，故错误；
②适量的NaOH溶液，水解平衡逆向移动，但钠离子增大比硫离子增大得多，比值增大，故错误；
③适量的KOH溶液，水解平衡逆向移动，比值减小，故正确；
④适量的K2S固体，硫离子浓度增大，比值减小，故正确；
综上所述，③④符合题意。故选：C。
2．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，增大B．加入CuSO4固体，HS﹣浓度增大
C．稀释溶液，水解平衡常数增大D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】A
【解析】A．水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2﹣）减小，c（HS﹣）增大，所以增大，故A正确；
B．加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS﹣浓度减小，故B错误；
C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故C错误；
D．加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错误；故选：A。
3．欲使NH4Cl稀溶液中比值增大，可在溶液中（恒温并忽略溶液体积的变化）加入少量下列物质中的（ ）
①通入HCl；②H2SO4；③NH4Cl固体；④NH4NO3固体 ⑤Ba（OH）2固体
A．②或③或④B．①或②或④C．②或③或⑤D．①或③或⑤
【答案】A
【解析】①通入HCl，水解平衡：NH4++H2O＝NH3•H2O+H+逆向移动，而通入HCl以氯离子的浓度增大为主，所以比值减小，故错误；
②加入H2SO4，氢离子浓度增大，水解平衡逆向移动，所以铵根离子浓度增大，氯离子的浓度不变，所以溶液中比值增大，故正确；
③加入NH4Cl固体，铵根离子水解程度减小，所以溶液中比值增大，故正确；
④加入NH4NO3固体，导致溶液中铵根离子浓度增大，所以溶液中比值增大，故正确；
⑤加入Ba（OH）2固体，水解平衡正向移动，所以铵根离子的浓度减小，所以溶液中比值减小，故错误；故选：A。
4．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．加入NaOH固体，溶液pH减小B．稀释溶液，水解平衡常数增大
C．加入CuSO4固体，HS﹣浓度增大D．升高温度，c（HS﹣）/c（S2﹣）增大
【答案】D
【解析】A．加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故A错误；
B．平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故B错误；
C．加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS﹣浓度减小，故C错误；
D．水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2﹣）减小，c（HS﹣）增大，所以增大，故D正确；故选：D。
5．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；
B、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH﹣反应，平衡正向移动，故B正确；
C、因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，增大的，故C错误；
D、加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；故选：B。
6．一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，平衡正向移动，增大
B．通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小
C．加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小
D．升高温度，增大
【答案】D
【解析】A、溶液稀释，促进盐的水解，但水解平衡常数Kh＝由于只受温度的影响，故Kh不变，故A错误；
B、通入CO2会消耗OH﹣，导致氢氧根浓度降低，平衡右移，溶液pH变小，故B错误；
C、加入NaOH固体，会导致c（OH﹣）增大，溶液pH增大，水解平衡左移，故C错误；
D、升高温度，水解平衡右移，故c（CO32﹣）减小，而c（HCO3﹣）变大，故增大，故D正确。故选：D。
7．室温下，有两种溶液：①0.01ml•L﹣1 NH3•H2O 溶液、②0.01ml•L﹣1 NH4Cl 溶液，下列操作可以使两种溶液中 c（NH4+）都增大的是（ ）
A．通入少量 HCl 气体B．加入少量 NaOH 固体
C．加入少量 H2OD．适当升高温度
【答案】A
【解析】A．HCl溶于水后得到的盐酸是强酸，能够和①NH3•H2O 反应，导致溶液中c（NH4+）增大；盐酸中的H+离子抑制了NH4+的水解，使氯化铵溶液中的c（NH4+）也增大，故A正确；
B．加入少量NaOH固体，溶液中的c（OH﹣）增大，抑制了NH3•H2O 溶液的电离；氢氧根离子结合NH4+生成一水合氨，c（NH4+）都会减小，所以两溶液中铵离子浓度都减小，故B错误；
C．当向①0.01ml L﹣1NH3•H2O ②0.01ml L﹣1NH4Cl加入少量H2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c（NH4+）都会减小，故C错误；
D．温度升高，氨气具有挥发性，导致氨气挥发，NH3•H2O 浓度减小，溶液中的c（NH4+）减小；而NH4Cl溶液中，铵根离子的水解为吸热反应，升高温度可以促进NH4+水解，导致c（NH4+）减小，故D错误；故选：A。
8．已知溶液中存在Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+的平衡，其中Cr2O72﹣呈橙色，CrO42﹣呈黄色，向该平衡体系中滴加饱和NaOH溶液时，颜色的变化情况是（ ）
A．黄色加深B．橙色加深C．颜色不变D．颜色褪去
【答案】A
【解析】Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+的平衡中加入饱和NaOH溶液时，会消耗氢离子，使得氢离子浓度降低，平衡正向移动，CrO42﹣的浓度增大，所以黄色加深，故选A。
9．下列叙述中与盐类水解有关的是（ ）
A．自来水杀菌、消毒
B．实验室制H2时，在稀H2SO4溶液中滴入少许CuSO4溶液
C．不能用玻璃瓶盛放NH4F浓溶液
D．酸雨在空气中放置一段时间后，pH降低
【答案】C
【解析】A．自来水杀菌、消毒是利用了氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，或者其他的消毒剂的强氧化性，如ClO2、臭氧等，故与水解无关，故A错误；
B．实验室用锌与硫酸反应制H2时，在稀H2SO4溶液中滴入少许CuSO4溶液，锌与置换出的铜形成原电池，加快反应速率，故与水解无关，故B错误；
C．NH4F浓溶液水解产生氢氟酸，氢氟酸与玻璃成分中的二氧化硅反应，故与水解有关，故C正确；
D．酸雨在空气中放置一段时间后，亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强，pH降低，故与水解无关，故D错误；故选：C。
10．下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是（ ）
A．NaFB．Na2SO4C．NaOHD．CuSO4
【答案】A
【解析】A．NaF中F﹣会水解，水解方程式为F﹣+H2O⇌HF+OH﹣，使得溶液呈碱性，故A正确；
B．Na2SO4在溶液中会电离出Na+和SO42﹣，Na+和SO42﹣均不会水解，溶液呈中性，故B错误；
C．NaOH在溶液中会电离出Na+和OH﹣，电离出OH﹣使得溶液呈碱性，故C错误；
D．CuSO4溶液中，Cu2+会水解，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，使得溶液呈酸性，故D错误。故选：A。
11．已知酸性：HX＞HY＞HZ，物质的量浓度相同的三种钠盐NaX、NaY和NaZ的溶液，pH由大到小的顺序是（ ）
A．NaX，NaZ，NaYB．NaZ，NaY，NaX
C．NaX，NaY，NaZD．NaY，NaZ，NaX
【答案】B
【解析】溶液酸性越强，则对应酸根离子的水解程度越弱，酸根离子的水解显碱性，故酸的酸性越强，等物质的量浓度的酸根离子水解产生的氢氧根离子越少，pH越小，已知酸性：HX＞HY＞HZ，则pH：NaZ，NaY，NaX。故选：B。
12．下列有关物质的用途，直接与水解的性质有关的是（ ）
A．NaClO作漂白剂B．用NH3制氮肥
C．明矾作净水剂D．用食醋除水垢
【答案】C
【解析】A．NaClO具有强氧化性，可作消毒、漂白剂，与水解无关，故A错误；
B．NH3制氮肥是利用氨气显碱性，与酸反应生成铵盐，故B错误；
C．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，故可作净水剂，故C正确；
D．食醋溶解水垢，是醋酸电离出的氢离子溶解碳酸钙等难溶物，与水解无关，故D错误；故选：C。
13．下列实验现象或操作与盐类水解无关的是（ ）
A．0.1ml•L﹣1的醋酸溶液加水稀释，溶液的pH增大，导电能力减弱
B．用浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液混合作灭火剂
C．热的纯碱溶液有利于除去废铁屑表面的油污
D．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度
【答案】A
【解析】A．稀释促进电离，且氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，导电能力减弱，与水解无关，故A选；
B．浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液相互促进水解生成二氧化碳气体，可作灭火剂，故B不选；
C．热的纯碱可促进油污的水解，则热的纯碱溶液有利于除去废铁屑表面的油污，故C不选；
D．浓盐酸可抑制铁离子水解，则配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故D不选；故选：A。
14．如图为探究铝片和Na2CO3溶液反应的实验方案及现象。下列说法错误的是（ ）
A．Na2CO3溶液显碱性的原因：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
B．加热和H2逸出对CO32﹣水解平衡移动方向的影响是相反的
C．对比实验Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜
D．推测出现的白色沉淀可能是氢氧化铝
【答案】B
【解析】A．碳酸根是多元弱酸的酸根离子，分步水解以第一步水解为主，因此碳酸钠溶液显碱性的原因为：CO32﹣+H2O＝HCO3﹣+OH﹣，故A正确；
B．盐类水解为吸热过程，加热可促进盐类的水解；氢气的逸出有利于铝和OH﹣的反应，OH﹣被消耗也会促进碳酸根离子的水解，所以加热和氢气逸出都会对CO32﹣的水解平衡起到促进作用，故B错误；
C．实验Ⅲ中产生了气泡，说明Al单质发生了反应；Al单质由于性质活泼，表面往往会生成致密的氧化铝薄膜，从而使得内部的Al单质被保护；因此由现象可说明实验Ⅲ中铝片表面的氧化铝被碳酸钠溶液破坏掉了，故C正确；
D．碳酸钠溶液与Al单质反应，可将其转化为AlO2﹣，由于碳酸根水解平衡被促进，导致溶液中含有较多的HCO3﹣，其可与AlO2﹣反应生成Al（OH）3白色沉淀，故D正确；故选：B。
15．下列说法不正确的是（ ）
A．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
B．水解反应NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C．草木灰与铵态氮肥不宜混合使用
D．盐类水解反应的逆反应是中和反应
【答案】B
【解析】A．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，所以能净水，故A正确；
B．升高温度促进盐的水解，水解反应NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡正向移动，故B错误；
C．草木灰可以与铵态氮肥混合会发生双水解反应，使氨气易逸出，土壤中铵根离子浓度降低，从而降低肥效，故C正确；
D．盐类水解反应是盐与水反应生成酸和碱，酸与碱发生中和反应生成盐和水，所以盐类水解反应的逆反应是中和反应，故D正确。故选：B。
16．下列事实与盐类水解无关的是（ ）
A．明矾可以净水
B．使用热的纯碱溶液去除油污效果好
C．实验室配制FeCl2溶液时加入少量稀盐酸
D．向FeCl3溶液中加入KOH溶液产生红褐色沉淀
【答案】D
【解析】A．明矾是十二水合硫酸铝钾，其化学式为：KAl（SO4）2•12H2O，明矾在水中电离的铝离子发生水解，离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故A不选；
B．纯碱为Na2CO3，在溶液中水解显碱性，加热碱性增强，而油脂属于酯类，在碱性条件下发生水解，故纯碱能去油污，故B不选；
C．FeCl2溶液亚铁离子水解：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2（胶体）+2H+，加入少量盐酸抑制亚铁离子水解，故C不选；
D．将KOH溶液加入FeCl3溶液中，产生红褐色沉淀，发生复分解反应，离子方程式：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓，与盐类水解无关，故D选；故选：D。
17．实验测得 0.5mL•L﹣1 CH3COONa 溶液和 H2O 的 pH 随温度变化的曲线如图所示。下用说法正确的是（ ）双选
A．随温度升高，CH3COONa 溶液的 c（OH﹣）增大
B．随温度升高，H2O 的 pH 逐渐减小，是因为水中 c（H+）＞c（OH﹣）
C．随温度升高，CH3COONa 溶液的 pH 变化是 Kw 改变和水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa 溶液的 pH 降低是因为 CH3COO﹣水解平衡向逆反应方向移动的结果
【答案】AC
【解析】A、随温度升高，CH3COONa 溶液中 CH3COO﹣的水解程度变大，Kw 也增大，故 c（OH﹣）增大，故 A 正确；
B、随温度升高，因为 Kw 逐渐增大，H2O 的 pH 逐渐减小，但任何溶液中，水是中性的，纯水中 c（H+）始终等亍 c（OH﹣），故B错误；
C、随温度升高，Kw 逐渐增大，CH3COONa 溶液中 CH3COO﹣的水解程度变大，故溶液pH变化是Kw改变和水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；
D、随温度升高，CH3COONa 溶液的pH会降低，是因为随着温度的升高，水的离子积常数 Kw 在逐渐增大，c（H+）和 c（OH﹣）均在增大，故D错误；故选：AC。
18．已知表中所示的一组物质：
回答下列问题：
（1）常温时，0.1ml•L﹣1的溶液呈碱性的是_______________。（填序号）
（2）标准状况下，5.6L HCl气体完全溶于蒸馏水中，形成2500mL溶液，则该溶液的pH＝_______________。
（3）常温时，pH＝4的H2SO4溶液中，由水电离出的c（H+）＝______________，pH＝9的 Na2CO3溶液中由水电离出
的c（ OH﹣）＝___________________________。
（4）常温时，向CH3COOH 溶液中加入少量NH4Cl固体，电离平衡常数Ka_______________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】（1）②④⑤；
（2）0；
（3）10﹣10ml/L；10﹣5ml/L；
（4）不变。
【解析】（1）常温时，0.1ml•L﹣1的溶液呈碱性的是②NaOH、④NH3•H2O、⑤Na2CO3，
故答案为：②④⑤；
（2）标准状况下，5.6L HCl气体物质的量n＝＝0.25ml，完全溶于蒸馏水中，形成2500mL溶液，c（HCl）＝n（H+）＝＝1ml/L，则该溶液的pH＝0，
故答案为：0；
（3）常温时，pH＝4的H2SO4溶液中，c（H+）＝10﹣4ml/L，水溶液中存在离子积常数，溶液中氢离子浓度来源于硫酸，氢氧根离子浓度来源于水的电离，c（H+）c（OH﹣）＝10﹣14，据此计算，由水电离出的c（H+）＝水电离出的c（OH﹣）＝ml/L＝10﹣10ml/L，pH＝9的 Na2CO3溶液中，碳酸根离子结合水电离出的氢离子生成弱电解质，促进水的电离平衡正向进行，溶液中存在离子积常数，由水电离出的c（ OH﹣）＝ml/L＝10﹣5ml/L，
故答案为：10﹣10ml/L；10﹣5ml/L；
（4）常温时，向CH3COOH 溶液中加入少量NH4Cl固体，温度不变电离平衡常数Ka不变，
故答案为：不变。
19．我们的生活离不开化学。化学物质在不同的领域发挥着重要的作用。
（1）明矾是常用的一种净水剂，用离子方程式和相应的文字叙述解释其净水的原理：_______________________________________。
（2）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时发生如下分解反应：2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O+10MgO+3Al2O3写出该化合物作阻燃剂的两条依据：___________________________、____________________________。
（3）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常见的食品抗氧化剂，焦亚硫酸钠中硫元素的化合价为_+4_。
（4）铵盐是重要的化肥，NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序是_______________。
（5）NaHCO3可以中和胃酸又是常用的食品添加剂，室温下pH＝8的NaHCO3溶液中水电离出的OH﹣浓度为_______________。
【答案】（1）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解生成的Al（OH）3具有强的吸附作用；
（2）反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气）；
（3）+4；
（4）c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（5）10﹣6ml/L。
【解析】（1）明矾中含有Al3+，在水中发生水解反应，生成Al（OH）3胶体，即Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，Al（OH）3胶体具有强的吸附作用，能吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，从而能净水，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解生成的Al（OH）3具有强的吸附作用；
（2）2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O+10MgO+3Al2O3，该反应的特点是：吸热反应、水易气化，气化时吸热、生成的MgO和Al2O3是固体，是耐火材料，该化合物作阻燃剂的两条依据：反应吸热降低温度、固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气），
故答案为：反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气（水蒸气稀释空气）；
（3）Na2S2O5中钠元素为+1价，氧元素为﹣2价，设S的化合价为x价，由化合物中化合价的代数和为0可得1×2+2x+（﹣2）×5＝0，则x＝4，即S的化合价为+4价，
故答案为：+4；
（4）NH4Cl溶液中铵根离子部分水解显酸性，离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（5）NaHCO3水解溶液显碱性，pH＝8，则c（H+）＝10﹣8ml/L，则c（OH﹣）＝＝ml/L＝1×10﹣6ml/L，氢氧根离子全部由水电离，则溶液中水电离出的OH﹣浓度为10﹣6ml/L，
故答案为：10﹣6ml/L。
20．溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：______________；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：______________。
（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_______________n（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c（OH﹣）＝_______________。
（4）25℃时，将aml/L氨水与0.01ml/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则溶液显______________。（填“酸”“碱”或“中”）性
【答案】（1）Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3；Na2CO3+CaSO4＝Na2SO4+CaCO3↓；
（2）＜；
（3）10﹣8ml/L；
（4）中。
【解析】（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，化学方程式为Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3；石膏主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为Na2CO3+CaSO4＝Na2SO4+CaCO3↓，
故答案为：Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3；Na2CO3+CaSO4＝Na2SO4+CaCO3↓；
（2）一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，NaOH是强电解质，完全电离，要使pH相等的氨水和NaOH溶液稀释后pH仍然相等，则氨水稀释倍数大于NaOH，即m＜n，
故答案为：＜；
（3）常温下，pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，该溶液中水的电离被抑制了，则混合溶液中水电离出来的c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣8ml/L，
故答案为：10﹣8ml/L；
（4）在25℃下，氨水与盐酸等体积混合，反应平衡时，溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），又根据电荷守恒关系有c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），故有c（H+）＝c（OH﹣），所以溶液显中性，
故答案为：中。
21．运用盐类水解知识回答下列问题：
（1）FeCl3溶液可用作净水剂，原理为（用必要的化学用语和相关文字说明）_________________________________________。
（2）由FeCl3•6H2O晶体得到纯的无水FeCl3的合理方法是_______________。实验室配制0.01ml•L﹣1FeCl3溶液时，为了抑制FeCl3水解使溶液中不产生沉淀，可加入少量盐酸至溶液pH不大于______________。[Fe（OH）3的Ksp＝1.0×10﹣38]
（3）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程式是_______________。
（4）25℃时，pH＝11的KOH溶液和pH＝11的K2CO3溶液中，由水电离出的c（OH﹣）的比值为_______________。
【答案】（1）Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮物；
（2）在干燥的HCl气流中加热脱水；2；
（3）Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑；
（4）10﹣8。
【解析】（1）FeCl3溶液中Fe3+能发生水解反应：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮物，因此FeCl3溶液可用作净水剂，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮物；
（2）由FeCl3•6H2O晶体在蒸干除水过程中Fe3+能发生水解反应：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，加热促进Fe3+的水解，导致无法得到纯净的无水FeCl3，要得到得到纯的无水FeCl3需要在蒸发过程中抑制Fe3+的水解，合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水；0.01ml•L﹣1FeCl3溶液中，c（Fe3+）＝0.01ml•L﹣1；Fe（OH）3的Ksp＝1.0×10﹣38＝c（Fe3+）•c3（OH﹣），则溶液中的c（OH﹣）＝＝ml•L﹣1＝1.0×10﹣12ml•L﹣1，则c（H+）＝＝10﹣2ml•L﹣1，则pH＝2，即实验室配制0.01ml•L﹣1FeCl3溶液时，为了抑制FeCl3水解使溶液中不产生沉淀，可加入少量盐酸至溶液pH不大于2，
故答案为：在干燥的HCl气流中加热脱水；2；
（3）硫酸铝和碳酸氢钠能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++33HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑；
（4）碱能抑制水的电离，而在碱溶液中，氢氧根几乎全部来自于碱的电离，而氢离子来自于水的电离，故在pH＝11的KOH溶液中，c（H+）＝10﹣11ml/L，全部来自于水，而由水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根的浓度相同，故此溶液中水电离出的氢氧根的浓度c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣11ml/L；在能水解的正盐溶液中，盐类的水解对水的电离有促进作用，且氢离子和氢氧根全部来自于水的电离，在pH＝11的K2CO3溶液中，c（H+）＝10﹣11ml/L，是CO32﹣结合后剩余的，而c（OH﹣）＝10﹣3ml/L是水电离出的全部，故由水电离出来c（OH﹣）是10﹣3ml/L，则25℃时，pH＝11的KOH溶液和pH＝11的K2CO3溶液中，由水电离出的c（OH﹣）的比值为＝10﹣8，
故答案为：10﹣8。
22．根据氯化铁溶液回答下列问题：
（1）向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3，产生的现象为___________________________，用离子方程式表示其原因____________________________。
（2）不断加热FeCl3溶液蒸干其水分并灼烧，得到的固体是______________。
（3）在配制FeCl3溶液时，为防止溶液变浑浊，应加入______________________。
【答案】（1）产生红褐色沉淀，同时有少量无色气体生成；Fe3++3HCO3﹣＝Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（2）Fe2O3；
（3）浓盐酸。
【解析】（1）向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3浓溶液，反应生成氢氧化铁沉淀、氯化钠、二氧化碳气体和水，则会看到的现象为：产生红褐色沉淀，同时有少量无色气体生成，反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3﹣＝Fe（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：产生红褐色沉淀，同时有少量无色气体生成；Fe3++3HCO3﹣＝Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（2）加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，所以最终得到Fe2O3固体，
故答案为：Fe2O3；
（3）FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，为防止氯化铁水解，向溶液中滴加浓盐酸即可，
故答案为：浓盐酸。
无明显现象
铝片表面产生细小气泡
出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）
序号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
物质
H2SO4
NaOH
CH3COOH
NH3•H2O
Na2CO3
NH4Cl
HCl
NaCl
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