2019-2020年第二学期人教版化学选修4课时突破：3.3 第二课时 影响盐类水解的主要因素和盐
2019-2020年第二学期人教版化学选修4课时突破：4.2 化学电源【要点透析、提升训练】
选修4课时突破：——化学电源【要点导学】一、化学电池化学电池是将化学能变成电能的装置。
1．化学电池的分类 化学电池⎩⎪⎨⎪⎧一次电池普通锌锰电池、碱性锌锰电池二次电池铅蓄电池燃料电池氢氧燃料电池2．判断电池优劣的主要标准(1)比能量：单位质量或单位体积所能输出电能的多少，单位是(W ·h)·kg －1或(W ·h)·L －1。
(2)比功率：单位质量或单位体积所能输出功率的大小，单位是W ·kg －1或W ·L －1。
(3)电池可储存时间的长短。
3．化学电池回收利用废旧电池中含重金属和酸碱等有害物质，应回收利用，既减少污染，又节约资源。
1．下列说法中，不正确的是( ) A ．化学电池是将化学能转变成电能的装置B ．化学电池的种类包括一次电池、二次电池和燃料电池等C ．化学电池供能稳定可靠，可以制成各种形状和大小，使用方便，易于维护D．废旧电池可以随意丢弃解析：选D 废旧电池中含有重金属和酸、碱等有害物质，随意丢弃，对生态环境和人体健康危害很大，所以废旧电池应回收处理。
2．废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程。
其首要原因是( )A．为了利用电池外壳的金属材料B．防止汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染C．不使电池中渗泄的电解液腐蚀其他物品D．回收其中的石墨电极解析：选B 废电池中汞、镉和铅等重金属离子能对土壤和水源造成污染，必须进行集中处理。
二、一次电池1．碱性锌锰电池(1)基本构造：(2)工作原理：负极反应：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2；正极反应：2MnO2＋2e－＋2H2O===2MnOOH＋2OH－；总反应：Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnOOH＋Zn(OH)2。
(3)性能优点：碱性锌锰电池比普通锌锰电池性能好，它的比能量和可储存时间均有提高，适用于大电流和连续放电。
2．锌银电池(1)基本构造：(2)工作原理：负极反应：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2；正极反应：Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－；总反应：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag。
2019-2020学年第二学期人教版化学选修4课时突破：4.3 第一课时 电解原理【要点透析、提升训练】
选修4课时突破：——电解原理【要点导学】一、电解原理1．电解CuCl2溶液的实验电解装置电解过程分析通电前存在微粒Cu2＋、Cl－、H＋、OH－微粒运动自由移动通电后微粒运动Cu2＋、H＋移向阴极Cl－、OH－移向阳极电极反应阴极：Cu2＋＋2e－===Cu阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑电解反应CuCl2=====电解Cu＋Cl2↑实验现象阴极：覆盖一层红色固体阳极：①有气泡放出；②闻到刺激性的气味；③湿润的淀粉碘化钾试纸变为蓝色使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。
3．电解装置——电解池(1)概念：将电能转变为化学能的装置。
(2)构成条件。
①两个电极：阳极——与电源正极连接；阴极——与电源负极连接。
②电解质溶液或熔融电解质。
③直流电源。
④构成闭合回路。
(3)工作原理：①电极反应类型。
阳极→氧化反应；阴极→还原反应。
②电子流向：电源负极→阴极；阳极→电源正极。
③电流方向：电源正极→阳极；阴极→电源负极。
④离子流向：阳离子→阴极；阴离子→阳极。
1．阴、阳离子在电解过程中的移动方向与在原电池中的移动方向有什么区别和联系？提示：原电池中，阳离子移向正极；阴离子移向负极；电解池中，阳离子移向阴极；阴离子移向阳极。
即阳离子都是移向发生还原反应的电极，阴离子都是移向发生氧化反应的电极。
2．在氯化铜溶液中除了Cu2＋和Cl－之外还有H＋和OH－，这两种离子为什么没有得到或失去电子？提示：电解时，溶液中离子的放电先后顺序与离子的氧化性或还原性有关，氧化性强的阳离子先得电子被还原，还原性强的阴离子先失电子被氧化。
Cu2＋比H＋更容易得电子，而Cl－比OH－更容易失电子，可从氧化性强弱的角度比较得电子的顺序，从还原性强弱的角度比较失电子的顺序。
【总结归纳】1．电解池电极的判断2．电解池的工作原理接通外界电源后，电子从电源的负极沿导线流入电解池的阴极，经过阴、阳离子的定向运动形成内电路，再从电解池的阳极流出，并沿导线流回电源的正极，如图所示。
2019-2020学年第二学期人教版化学选修4课时突破：2.3 第二课时 化学平衡的移动【要点透析、提升训练】
选修4课时突破：——化学平衡的移动【要点导学】一、浓度对化学平衡的影响实验探究浓度对化学平衡的影响[实验1](1)实验依据：依据K2Cr2O7溶液中存在的平衡：Cr2O2－7＋H2O2CrO2－4＋2H＋(橙色) (黄色)(2)填写下表。
实验步骤实验现象橙黄色变为橙色橙黄色变为黄色结论c(H＋)增大，平衡向逆反应方向移动NaOH溶液使c(H＋)变小，平衡向正反应方向移动[实验2](1)实验依据Fe3＋与SCN－存在的平衡：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3(红色)(2)填写下表。
实验1步骤现象溶液颜色变深溶液颜色变深实验2步骤向试管①中滴加0.01mol·L－1 NaOH溶液向试管②中滴加0.01mol·L－1 NaOH溶液现象溶液颜色变浅溶液颜色变浅结论对可逆反应Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，分别增大c(Fe3＋)和c(SCN－)后，Fe(SCN)3的浓度均增大，即化学平衡均向正反应方向移动。
滴加NaOH溶液，由于3OH－＋Fe3＋===Fe(OH)3↓，减小了Fe3＋的浓度，Fe(SCN)3的浓度也减小，即化学平衡向逆反应方向移动了贵重物质转化率的措施，从而降低生产成本。
1．密闭容器中进行合成氨的反应，当一定温度下，反应达平衡后，增大N2的浓度，平衡怎样移动？N2、H2的转化率如何变化？提示：平衡向正反应方向移动；H2的转化率增大，N2的转化率降低。
2．对于可逆反应：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，增加固体C的用量，化学平衡是否发生移动？提示：增加固体或纯液体的量，由于其浓度不变，所以化学平衡不发生移动。
1．在其他条件不变的情况下，改变参与反应物质的浓度对化学平衡的影响(1)增大反应物浓度或减小生成物浓度，使得v(正)大于v(逆)，化学平衡向正反应方向移动。
(2)减小反应物浓度或增大生成物浓度，使得v(正)小于v(逆)，化学平衡向逆反应方向移动。
2．平衡移动图像(vt图)(1)平衡正向移动(2)平衡逆向移动1．有甲、乙、丙三支试管，分别加入下列物质后，观察这三支试管的颜色，其中颜色最浅的是( )甲：10 mL 0.01 mol·L－1的FeCl3溶液和10 mL 0.01 mol·L－1的KSCN溶液乙：5 mL 水、10 mL 0.01 mol·L－1的FeCl3溶液和5 mL 0.01 mol·L －1的KSCN溶液丙：10 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液和10 mL 0.1 mol·L－1的KSCN溶液A．甲试管 B．乙试管C．丙试管D．无法判断解析：选 B 三支试管中存在平衡体系：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3(红色)，由于丙试管中Fe3＋和SCN－的浓度最大，故其颜色最深；甲与乙相比，甲中SCN－的浓度大于乙，平衡正向移动，颜色加深，故乙中颜色最浅。
2019-2020学年人教版选修4 第2章 微专题突破 化学平衡图像题 课件(26张)
2．解题思维流程
[典题示例] (2019·天津和平区高二期末)对反应 aA(g)＋bB(g) cC(g)＋ dD(g) ΔH，反应特点与对应的图像的说法中不正确的是( )
A．图①中，若 p1>p2，则 a＋b＞c＋d B．图②中，若 T2>T1，则 ΔH<0 且 a＋b＝c＋d C．图③中，t1 时刻改变的条件一定是使用了催化剂 D．图④中，若 ΔH<0，则纵坐标不可能是反应物的转化率
解析：选 C。A.加入催化剂，正反应速率和逆反应速率同等程 度地增大，平衡没有移动，所以 C 的百分含量没有改变，A 项 错误；B.从图像上可以看出，温度一定时 C 的百分含量随压强 的增大而增大，即增大压强平衡向正反应方向移动，根据勒夏 特列原理，正反应方向气体体积减小，即 n>e＋f，B 项错误； C. 由 图 像 可 知 ， 当 压 强 一 定 时 ， 温 度 升 高 (200 ℃→300 ℃→400 ℃)，生成物 C 的百分含量减小，平衡向 逆反应方向(即向左)移动，C 项正确；D.A 是固体，固体浓度 视为常数，增加 A 的量平衡不发生移动，D 项错误。
[解析] A．图①中，温度升高，A%增大，说明平衡逆向移动， 则正反应为放热反应；若 p1＞p2，p1 时 A%低于 p2，说明压强 增大，平衡正向移动，则反应前气体分子数大于反应后气体分 子数，即 a＋b＞c＋d，A 正确；B.图②中，压强增大，A 的转 化率不变，平衡不移动，则 a＋b＝c＋d；若 T2＞T1，升高温度， A 的转化率降低，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH ＜0，B 正确；C.图③中，t1 时刻改变的条件可能是使用了催化 剂，也可能是增大压强(当 a＋b＝c＋d 时)，C 错误；D.图④中， T1＞T2，若 ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，反应物的转化 率减小，则纵坐标不可能是反应物的转化率，D 正确。
2019-2020学年第二学期人教版化学选修3课时突破：3.4 离子晶体【要点透析、提升训练】
选修3课时突破：——离子晶体【要点导学】一、离子晶体1．构成离子晶体的微粒：______①______，粒子之间的相互作用是____②____，这些粒子在晶体中__③__(填“能”或“不能”)自由移动，所以离子晶体__④__导电。
2．离子晶体中离子的配位数：指一个离子周围最邻近的____⑤____。
决定离子晶体中离子的配位数的因素有__⑥__因素、__⑦__因素、__⑧__因素。
(1)几何因素是指__________⑨__________。
它是决定离子晶体结构的重要因素。
(2)电荷因素是指____⑩____。
如在NaCl晶体中每个Na＋周围有__⑪__个Cl－，每个Cl－周围有__⑫__个Na＋。
NaCl只是氯化钠晶体的____⑬____，在晶体中不存在单个氯化钠分子，只有Na＋和Cl－。
在CsCl晶体中每个Cs＋周围有__⑭__个Cl－，每个Cl－周围有__⑮__个Cs＋。
如果正负离子的__⑯__不同，正负离子的__⑰__必定不相同，结果，正负离子的__⑱__就不会相同。
如，在CaF2晶体中，Ca2＋和F －的电荷比是__⑲__，个数比是____⑳____，Ca2＋的配位数为__（21）__，F－的配位数为__（22）__。
(3)键性因素是指________（23）________。
3．离子晶体特点：____（24）____、难于压缩、______（25）______。
二、晶格能1．概念：离子晶体的晶格能是指______（26）______，通常取____（27）____。
离子晶体的晶格能是最能反映__（28）__的数据。
2．晶格能的大小：晶格能越大，形成的离子晶体越__（29）__，而且熔点越__（30）__，硬度越__（31）__。
典型的离子晶体晶格能的大小与离子所带的电荷和离子半径的关系是：离子电荷越多，晶格能__（32）__，离子半径越大，晶格能__（33）__。
答案①阳离子和阴离子②离子键③不能④不能⑤异电性离子的数目⑥几何⑦电荷⑧键性⑨晶体中正负离子的半径比(r＋/r－)⑩正负离子的电荷比⑪6 ⑫6 ⑬化学式⑭8⑮8 ⑯电荷⑰个数⑱配位数⑲2∶1 ⑳1∶2（21）8 （22）4 （23）离子键的纯粹程度（24）硬度较大（25）较高的熔点和沸点（26）气态离子形成1摩离子晶体释放的能量○27正值（28）离子晶体稳定性（29）稳定30高（31）大（32）越大（33）越小知识点1 离子晶体(1)概念：离子间通过离子键结合而成的晶体叫做离子晶体。
人教版高中化学选修四4-3-2.docx
高中化学学习材料鼎尚图文收集整理第四章第三节第二课时一、选择题(每小题有1个或2个选项符合题意)1．(2008·上海高考卷)取一张用饱和的NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色。
则下列说法错误的是()A．b电极是阴极B．a电极与电源的正极相连C．电解过程中水是氧化剂D．b电极附近溶液的pH变小【解析】a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a极附近产生了Cl2，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，电极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑，b为阴极，电极反应式为：2H2O－4e－＝H2↑＋2OH－，所以b极附近的pH增大。
【答案】 D2．下列描述中，不符合生产实际的是() A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极【解析】电解熔融的氧化铝制取金属铝，用碳作阳极，如果用铁做阳极，则铁失电子而消耗，故A不对；B、C、D符合生产实际，正确。
【答案】 A3．某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。
滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。
据此，下列叙述正确的是()A．铅笔端作阳极，发生还原反应B．铂片端作阴极，发生氧化反应C．铅笔端有少量的氯气产生D．a点是负极，b点是正极【解析】本题考查的是电解饱和食盐水实验，电解实验中阳极发生氧化反应，生成氯气，阴极发生还原反应生成氢气，由电极反应式可知，在阴极生成氢氧化钠，出现红色字迹，所以铅笔做阴极，a为电源负极，故选D。
【答案】 D4．火法炼铜得到的粗铜中含多种杂质(如锌、金、银等)，其性能远不能达到电气工业的要求，工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯。
在电解精炼时() A．粗铜接电源负极B．纯铜做阳极C．杂质都将以单质形式淀沉到池底D．纯铜片增重2.56 g，电路通过电子为0.08 mol【解析】电解精炼铜时，用粗铜作阳极，用精铜作阴极，所以A、B不正确；锌比铜活泼，失电子变成锌离子进入溶液中，金、银不活泼，以单质形式沉淀到池底，C不正确。
人教版2019-2020年第二学期化学选修4跟踪训练：3.2 第二课时 《pH的计算》【答案+解
2019-2020学年第二学期人教版化学选修4：——《pH的计算》跟踪训练1.浓度均为0.10 mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg VV0的变化如下图所示，下列叙述错误的是( )A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等D．当lg VV0＝2时，若两溶液同时升高温度，则c（M＋）c（R＋）增大解析：由图可知MOH溶液稀释104倍时pH改变了4个单位，而ROH溶液稀释104倍时pH改变小于4个单位，所以MOH是强碱，ROH 是弱碱，A项正确；加水稀释促进电离，ROH的电离程度：b点大于a 点，B项正确；若两溶液无限稀释，则两溶液接近中性，二者氢氧根离子浓度相等，C项正确；当稀释100倍时，同时加热，MOH中c(M＋)不变，加热促进ROH电离，c(R＋)增大，c（M＋）c（R＋）减小，D项错误。
答案：D2．(双选)在常温下，下列各组溶液的c(H＋)一定等于1×10－7mol/L的是( )A．pH＝2和pH＝12的两种溶液以等体积混合B．0.05 mol/L H2SO4与0.10 mol/L NaOH溶液以等体积混合C．将pH＝5的CH3COOH溶液稀释100倍D．pH＝1的H2SO4与0.05 mol/L 的Ba(OH)2溶液以等体积混合解析：A中pH＝2的强酸与pH＝12的强碱以等体积混合时，酸提供的H＋的物质的量(10－2V mol)等于碱提供的OH－的物质的量[(10－14/10－12)V mol]，pH＝2的弱酸与pH＝12的强碱以等体积混合，酸的浓度必很大，反应中酸过量，最后溶液呈酸性，所以A项不一定正确；B项是强碱和强酸，如两溶液体积各V L，则n(H＋)＝0.05 mol/L×2×V L，n(OH－)＝0.10 mol/L×V L，B项正确；C中pH＝5的弱酸，稀释100倍，由于在稀释过程中，电离程度增大，c(H＋)下降不到1/100，C项错误；D项为强酸与强碱等体积混合，c(H＋)＝c(OH－)，pH＝7，D项正确。
2019-2020年第二学期高中化学新课突破(人教选修4)：2.2 第1课时 浓度、压强对化学反应
人教版选修4：——浓度、压强对化学反应速率的影响【课堂达标】1．下列四种X溶液，分别放入盛有10 mL 2 mol·L－1 HCl烧杯中，加水稀释至50 mL，X和HCl进行反应，其中反应速率最大的是( )A．20 mL 3 mol·L－1 X溶液B．20 mL 2 mol·L－1 X溶液C．10 mL 4 mol·L－1 X溶液D．10 mL 2 mol·L－1 X溶液解析：选A 混合后A至D四个选项中，X的浓度依次为1.2 mol·L －1、0.8 mol·L－1、0.8 mol·L－1、0.4 mol·L－1，故A项反应速率最大，D项反应速率最小。
2．在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)。
若最初加入的A和B都是4 mol，在前5秒钟A的平均反应速度为0.1 mol/(L·s)，则10秒钟时，容器中B的物质的量是( ) A．等于3 mol B．大于3 molC．小于3 mol D．等于3.5 mol解析：选B 若A的平均反应速率保持0.1 mol/(L·s)，即B 的平均反应速率保持0.05 mol/(L·s)，10 s时，反应掉B的浓度为0.05 mol/(L·s)×10 s＝0.5 mol·L－1，即反应掉的n(B)＝0.5 mol·L －1×2 L＝1 mol，容器中剩余3 mol B；由于随反应的进行，反应物浓度减小，化学反应速率减慢，故10 s时反应掉B的物质的量小于1 mol，容器中B的物质的量大于3 mol。
3．将等物质的量的HI气体分别置于两个容积相等的针筒中，一个保持体积不变，另一个压缩为原来的12，其他条件不变，则HI的分解速率( )A．前者快B．后者快C．相等D．无法判断解析：选B 对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快。
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选修4课时突破：——影响盐类水解的主要因素和盐类水解反应的利用【要点导学】一、盐类水解的影响因素)1．盐类水解的特征(1)盐类的水解是吸热反应。
(2)加水稀释能促进盐类的水解。
2．影响因素因素对盐类水解程度的影响内因组成盐的酸或碱越弱，水解程度越大外因温度升高温度能够促进水解浓度盐溶液的浓度越小，水解程度越大外加酸碱水解显酸性的盐溶液，加碱会促进水解，加酸会抑制水解，反之亦然外加盐加入与盐的水解性质相反的盐会促进盐的水解[特别提醒] 水解平衡正移，但盐的离子浓度却不一定增大，如加水稀释，盐溶液的离子浓度减小。
1．在Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是( )①加热②通入HCl ③加入适量NaOH(s) ④加入NaCl溶液A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：选C 加热能使平衡向水解方向移动，c (H ＋)增大，pH 减小，①错误； 通入HCl 能增大c (H ＋)，抑制了水解，且pH 减小，②错误；加入适量NaOH(s)，由于发生反应：H ＋＋OH －===H 2O ，引起c (H＋)减小，使平衡向水解方向移动，且pH 增大，③正确；加入NaCl溶液，相当于加水稀释，能促进水解，但因加入NaCl 溶液稀释引起c (H ＋)变小，故pH 也增大，④正确。
2．FeCl 3的水解方程式可写为FeCl 3＋3H 2O Fe(OH)3＋3HCl ，若提高水解程度采取的方法是( )A ．降温B ．加入饱和食盐水C ．加入少量盐酸D ．增加FeCl 3的浓度解析：选B A ．FeCl 3的水解吸热，降温，FeCl 3的水解程度降低；B.FeCl 3溶液被稀释，FeCl 3的水解程度提高；C.盐酸抑制FeCl 3的水解，FeCl 3的水解程度降低；D.FeCl 3的水解程度降低。
3．在一定条件下，Na 2CO 3溶液中存在水解平衡：CO 2－3＋H 2OHCO －3＋OH －(已知H 2CO 3的电离常数K a1＝4.2×10－7，K a2＝5.6×10－11)，下列说法正确的是( )A ．稀释溶液，水解程度增大，即盐的水解反应的平衡常数增大B ．通入CO 2，平衡向正反应方向移动C ．加水稀释，c HCO －3c CO 2－3减小 D ．CO 2－3水解平衡常数K h1＝2.8×10－8解析：选B 化学平衡常数只受温度的影响，A 错误；通入的CO 2与OH －反应，使平衡右移，B 正确；c HCO －3c CO 2－3＝c HCO －3·c OH －c CO 2－3·c OH －＝K h c OH －，加水稀释，K h 不变，但c (OH －)减小，故c HCO －3c CO 2－3增大，C 错误；CO 2－3的水解平衡：CO 2－3＋H 2O HCO －3＋OH －，K h1＝c HCO －3·c OH －c CO 2－3，上、下同乘以c (H ＋)得： K h1＝c HCO －3·c OH －·c H ＋c CO 2－3·c H ＋＝K W K a2＝1×10－145.6×10－11≈1.78×10－4，D 错误。
[方法技巧]电离常数和水解常数之间的关系(以CH 3COONa 为例)CH 3COOH 的电离：CH 3COOHCH 3COO －＋H ＋K a ＝c CH 3COO －·c H ＋c CH 3COOHCH 3COONa 的水解：CH 3COO －＋H 2OCH 3COOH ＋OH －K h ＝c CH 3COOH ·c OH －c CH 3COO －＝c CH 3COOH ·c OH －·c H ＋c CH 3COO －·c H ＋＝K W K a由此可以得出：酸的电离常数越大，即酸性越强，对应盐的水解常数越小。
二、盐类水解的应用1．盐溶液的配制：配制FeCl 3溶液时，可加入少量盐酸，目的是抑制Fe 3＋的水解。
2．热碱去油污：用纯碱溶液清洗油污时，加热可增强其去污能力。
3．盐类作净水剂：铝盐、铁盐等部分盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。
如明矾可以用来净水，其反应的离子方程式为Al3＋＋3H2O Al(OH)3(胶体)＋3H＋。
4．制备物质(1)用TiCl4制取TiO2发生反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·x H2O↓＋4HCl。
TiO2·x H2O=====△TiO2＋x H2O。
(2)利用盐的水解可以制备纳米材料。
1．实验室里配制FeCl3溶液，常将FeCl3固体溶解在稀盐酸中，而不是直接溶解在蒸馏水中，为什么？提示：盐酸能抑制Fe3＋的水解。
2．蒸干AlCl3水溶液并灼烧，得到的固体物质主要是什么？蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液呢？提示：AlCl3溶液中存在：AlCl3＋3H2O Al(OH)3＋3HCl，加热，HCl挥发，平衡右移，得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3分解，最终得到Al2O3。
蒸干并灼烧Al2(SO4)3溶液得到Al2(SO4)3。
3．如何除去MgCl2溶液中混有的少量Fe3＋？提示：Fe3＋水解溶液呈酸性，加入过量MgO后过滤即可。
盐类水解应用归纳应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，抑制Cu2＋水解判断盐溶液蒸干灼烧后的产物AlCl3溶液蒸干灼烧后的产物为Al2O3胶体的制取将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制取Fe(OH)3胶体，离子反应：Fe3＋＋3H2O△Fe(OH)3(胶体)＋3H＋物质的提纯除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3，使Fe3＋沉淀后过滤离子共存的判断Al3＋与AlO－2、CO2－3、HCO－3、S2－、HS－等因水解相互促进而不共存泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应Al3＋＋3HCO－3===Al(OH)3↓＋3CO2↑净水原理明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混用，原因是NH＋4与CO2－3的水解相互促进降低肥效1．下列事实不属于盐类水解应用的是( ) A．明矾净水B．使用热的纯碱溶液去除油污C．实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸D．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀解析：选D A中明矾净水应用了Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体吸附水中的杂质，正确；B中使用热的纯碱溶液去除油污利用了加热促进CO2－3水解使碱性增强，正确；实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸为了抑制Fe3＋的水解，正确；D中发生反应Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，与盐类水解无关，错误。
2．把NaHCO3作为发酵粉使用时，往往加入少量的明矾，这是因为( )A．明矾能起催化作用B．碳酸氢钾比碳酸氢钠更易分解C．明矾受热分解放出气体D．铝盐在水中能起到酸的作用解析：选D 明矾是KAl(SO4)2·12H2O，它在水中能发生水解反应：Al3＋＋3H 2O Al(OH)3＋3H＋，使其水溶液显酸性，水解产生的酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，使面团疏松多孔。
3．在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(<400 ℃)下列物质的溶液，可以得到该物质的固体的是( )A．AlCl3B．NaHCO3C．MgSO4D．KMnO4解析：选 C AlCl 3发生水解，AlCl3＋3H2O Al(OH)3＋3HCl，加热时生成的HCl不断挥发，使上述平衡向右移动，致使不断生成Al(OH)3沉淀，最终经灼烧得到Al2O3固体；NaHCO3、KMnO4溶液蒸干后所得的NaHCO3、KMnO4固体受热分解得到Na2CO3、K2MnO4、MnO2固体；MgSO4溶液蒸干并灼烧后能得到MgSO4固体。
4．下列应用与盐类水解无关的是( )A．草木灰与铵态氮肥不能混合使用B．NaHCO3溶液加热蒸发，最终得到Na2CO3固体C．AlCl3溶液加热蒸发、灼烧，最终得到Al2O3固体D．除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可以加入MgCO3固体解析：选B CO2－3和NH＋4之间的水解是相互促进的，草木灰与铵态氮肥混合使用会降低肥效，与盐类水解有关，故A错误；NaHCO3在加热条件下分解得到Na2CO3固体，与盐类水解无关，故B正确；加热促进Al3＋水解生成Al(OH)3，最终Al(OH)3受热分解得到Al2O3固体，故C错误；除去MgCl2溶液中的Fe3＋，加入MgCO3固体可促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤即可，故D错误。
[方法技巧]1.盐类水解应用的分析方法(1)要除去Mg2＋中混有的Fe3＋，常用降低溶液中c(H＋)的方法促进Fe3＋水解。
而为保证Mg2＋不被消耗且Fe3＋可以被除去，常用试剂：Mg、MgO、Mg(OH)2、MgCO3等不溶于水，但溶于酸的固体物质。
(2)要除去Mg2＋中混有的Fe2＋，首先用氧化剂(如H2O2)将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，再用(1)的方法除去Fe3＋。
2.比较溶液酸碱性的强弱酸越弱，对应盐的碱性越强，多元弱酸要逐级比较，一级水解>二级水解。
例如，同浓度的下列盐溶液的pH由大到小的顺序是：Na2CO3>NaClO>NaHCO3>CH3COONa。
3.盐溶液蒸干后产物的判断方法加热盐溶液，需分析盐溶液水解生成的酸的性质。
如果是易挥发性酸，如AlCl3、FeCl3等溶液，最终蒸干得到的是金属氢氧化物，灼烧得到金属氧化物。
如果是难挥发性酸，如MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液，最终得到它们的溶质固体。