3-3 课时2 影响盐类水解的因素
知能定位
1.了解影响类水解平衡的因素。
2.了解盐类水解在生产、生活中的应用。
3.了解盐类水解在化学实验和科学研究中的应用。
4.掌握溶液中离子浓度的大小比较问题。
情景切入
盐类水解的知识在生产生活中有哪些重要的应用呢？
自主研习
一、影响盐类水解的因素
1.内因——盐的本性
（1）弱酸酸性越弱，其形成的盐越易水解，盐溶液的碱性越强。
（2）弱碱碱性越弱，其形成的盐越易水解，盐溶液的酸性越强。
2.外因
二、盐类水解在生产、生活中的应用
1.盐类做净水剂
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。
如明矾水解的离子方程式为：
Al3++3H2O==Al(OH) 3(胶体)+3H+。
2.热碱水去油污
纯碱水解的离子方程式为：
CO2-3+H2OHCO-3+OH-。
加热促进CO2-3的水解，溶液碱性增强，去污能力增强。
3.盐溶液的配制和保存
配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸的目的是
抑制Sn2+或Fe3+等的水解。
4.制备胶体
向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾以
促进Fe3+的水解，从而制备Fe(OH) 3胶体。
5.泡沫灭火器原理
Al2(SO4) 3溶液与小苏打溶液发生水解相互促进反应，产生CO2气体和Al(OH) 3沉淀，将燃烧物质与空气隔离开来。离子方程式为
Al3++3HCO-3==Al(OH) 3↓+3CO2↑。
课堂师生互动
知识点2 盐类水解的综合应用
1.判断盐溶液的酸碱性与pH
例如：①相同物质的量浓度的溶液pH:NaAlO2>Na2CO3>NaHCO3>NaCl>CuCl2。
②用pH试纸鉴别NH4Cl(酸性)、NaCl(中性)、CH3COONa(碱性)。
2.判断盐对应酸或碱的相对强弱
例如：证明CH3COOH为弱酸的最简单的方法：取适量CH3COONa晶体溶于水，用pH试纸测其溶液的pH>7。
3.加热蒸发盐溶液析出固体
（1）不水解不分解的盐（如NaCl）
水解生成不挥发性酸的盐［如Al2(SO4) 3］
盐
(2)水解生成挥发性酸的盐(AlCl3) 氢氧化物氧化物
（3）较低温度下受热分解的盐［如Ca(HCO3) 2］盐的分解产物
4.金属与盐溶液反应产生H2
例如：金属镁与FeCl3、AlCl3、NH4Cl溶液均能反应产生H2，因为这些盐水解显酸性。5.判断溶液中离子能否共存
例如：Al3+、Fe3+与CO2-3、HCO-3因为能发生水解相互促进反应，在溶液中不能大量共存。6.判断盐溶液中离子种类多少（如Na2CO3溶液中存在哪些离子）。
7.采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3+，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3+。
8.化肥的合理使用
如铵态氮肥与草木灰（主要成分是K2CO3）不能混合使用。因为NH+4在水溶液中能发生水解生成H+,CO2-3在水溶液中水解产生OH-，当二者同时存在时，则二者水解产生的H+和OH-能发生中和反应，使水解程度都增大，铵盐水解产生NH3·H2O易挥发而降低了肥效。9.配制易水解的盐溶液时，需考虑抑制盐的水解。
（1）配制强酸弱碱盐溶液时，需滴几滴相应的强酸，可使水解平衡向左移动，抑制弱碱阳离子的水解，如配制FeCl3、SnCl2溶液时滴几滴稀盐酸，配制Fe2(SO4) 3溶液时，滴几滴稀硫酸。考虑到杂质离子影响，要加同种酸根的酸。
（2）配制强碱弱酸盐溶液时，需滴几滴相应的强碱，可使水解平衡向左移动，抑制弱酸根离子的水解。如配制Na2CO3、Na2S溶液时滴几滴NaOH溶液。
10.某些试剂的实验室贮存要考虑盐的水解。如：Na2CO3、NaHCO3溶液因CO2-3、HCO-3水解使溶液呈碱性，OH-与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶颈与瓶塞粘结，因而不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，必须用带橡皮塞的试剂瓶保存。
考例1 下列问题与盐的水解有关的是( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②加热FeCl3溶液颜色加深
③浓Na2S溶液有臭味
④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
A.①②③ B.②③④
C.①④ D.①②③④
解析：①中NH+4、Zn2+均能发生水解生成H+,能与铁锈中的Fe2O3作用；②FeCl3+3H2OFe(OH) 3+3HCl ΔH>0，加热促进FeCl3水解，生成的Fe(OH) 3增多，颜色加深；③Na2S溶液中S2-+H2OHS-+OH-,HS-+H2OH2S+OH-,臭味是H2S引起的；④中盛放的Na2CO3溶液水解产生的OH-与玻璃的成分SiO2反应生成的Na2SiO3有黏性，易把瓶塞和瓶体黏在一起。
答案：D
变式探究1
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
答案：D
解析：明矾是KAl(SO4) 2·12H2O，它在水中能发生水解反应：Al3++3H2OAl(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。
变式探究2
盐碱地（含较多的NaCl、Na2CO3）不利于作物生长，产生碱的原因是（用离子方程式表示） 。使用适量石膏可降低盐碱地的碱性，表示其反应原理的离子方程式是 。
答案：CO2-3+H2OHCO-3+OH-；Ca2++CO2-3==CaCO3↓
解析：题目已给出信息，盐碱地显碱性，而已知的NaCl是强酸强碱盐，不会发生水解反应，溶液显中性；那么就要考虑是由碳酸钠水解引起的，因此而得出结论。石膏的化学式为CaSO4，在土壤溶液中能电离出Ca2+，于是它和CO2-3反应生成了难溶的碳酸钙，使碳酸钠的水解平衡向着逆反应方向移动，因而消除了土壤的碱性。
知识点2 离子浓度大小的比较规律
1.多元弱酸溶液
根据多步电离分析。例如：在H2CO3的溶液中，c(H+)>c(HCO-3)>c(CO2-3)。
2.多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根的分步水解分析，例如：Na2CO3溶液中， c(Na+)>c(CO2-3)>c(OH-)>c(HCO-3)。3.多元弱酸的酸式盐溶液
要考虑酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小，如HCO-3以水解为主，NaHCO3溶液中c(Na+)>c(HCO 3) >c(OH-)>c(H+)；而HSO-3以电离为主，NaHSO3溶液中c(Na+)>c(HSO-3)>c(H+)>c(OH-)。
4.不同溶液中同一离子浓度的比较
要看溶液中其他离子对其影响的因素。例如：在相同物质的量浓度的下列溶液中：a.NH4Cl b.CH3COONH4 c.NH4HSO4,c(NH+4)由大到小的顺序是c>a>b。
5.混合溶液中各离子浓度的大小比较
根据电离程度、水解程度的相对大小分析。
（1）分子的电离大于相应离子的水解
例如等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液，c(NH+4)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。
（2）分子的电离小于相应离子的水解
例如在0.1 mol·L-1的NaCN和0.1 mol·L-1的HCN溶液的混合液中，各离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)。
6.利用守恒规律
原子守恒 →分析：电解质溶液中，原子的数目不变化，符合原子守恒。
举例：NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO-3)+ c(CO2-3)+c(H2CO3)
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电荷守恒→分析：电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，溶液呈电中性。举例：NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO-3)+c(OH-)+2c(CO2-3)
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质子守恒→分析：根据H2OH++OH-,由水电离出的c(H+)与c(OH-)始终相等，溶液中的H+或OH－虽与其他离子结合以不同形式存在，但其总量不变。
举例：Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HCO-3)+2c(H2CO3)
特别提醒
(1)比较离子浓度大小时若出现等式则考虑三个守恒：即原子守恒、电荷守恒、质子守恒；若出现不等式，则应考虑电离或水解。
（2）比较离子浓度大小时若为溶液混合，则应先判断溶液中的溶质及其浓度，再分情况分析。
考例2 在10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中加入等体积、等浓度的CH3COOH溶液，反应后溶液的各粒子的浓度关系错误的是( )
A.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
C.c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
解析：题中两份溶液混合，恰好完全反应，得CH3COONa溶液，CH3COO-发生水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，故c（Na+）>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，B正确。根据 物料守恒有：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，根据电荷守恒有c（Na+）+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C、D正确。
答案：A
变式探究3
（2009·安徽卷，13）向体积为Va的0.05mol·L-1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·L-1KOH溶液，下列关系错误的是( )
A.Va>Vb时：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)>c(K+)
B.Va=Vb时：c(CH3COOH)+c(H+)>c(OH-)
C.Vac(K+)>c(OH-)>c(H+)
D.Va与Vb任意比时：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)
答案：C
解析：若Va>Vb，醋酸过量，根据物料守恒可知n(CH3COOH) +n(CH3COO-)=0.05Va;n(K+)=0.05Vb,所以A正确，若Va＝Vb，溶液为CH3COOK,水解呈碱性满足质子守恒；若Vac(CH3COO-);电荷守恒，D选项符合。
变式探究4
在25℃时，在浓度为1 mol·L-1的(NH4) 2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe(SO4) 2溶液中，测得其c（NH+4）分别为a、b、c（单位为mol·L-1），下列判断正确的是( )
A.a>b>c B.b>a>c
C.c>b>a D.c>a>b
答案：D
解析：解答本题时利用水解平衡的移动来分析。
三种溶液中均存在水解平衡：NH+4+H2ONH3·H2O+H+，对于（NH4）2CO3，因CO2-3+H+HCO-3，使NH+4的水解平衡向右移动；对于（NH4）2Fe(SO4) 2，Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，c（H+）增大，抑制NH+4的水解。
课后强化作业
基础夯实
1.在常温下，纯水中存在电离平衡H2OH++OH-，若要使水的电离平衡向电离方向移动，并使c（H+）增大，可加入的适当物质是( )
A.硫酸氢钠 B.明矾
C.碳酸氢钠 D.醋酸钠
答案：B
解析：加入能水解的盐都可使水的电离平衡向电离方向移动；要使c（H+）增大，也就是需加入水解后显酸性的盐，只有答案B符合题意。
2.关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是( )
A.c(NH+4):③>①
B.水电离出的c(H+):②>①
C.①和②等体积混合后的溶液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
D.①和③等体积混合后的溶液：c(NH+4)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
答案：B
解析：浓度均为0.1mol/L的氨水、盐酸、氯化铵溶液中，铵根离子浓度③>①故A正确，B项氨水中水电离程度大，C是质子守恒式正确，D项氨水和NH4Cl溶液等体积混合呈碱性故D正确，解答本题要注意，电解质的电离和盐类水解。
3.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入适量的HCl，这种试剂是( )
A.NH3·H2O B.NaOH
C.Na2CO3 D.MgCO3
答案：D
解析：加入NH3·H2O或NaOH或Na2CO3时，均能引入杂质离子NH+4或Na+，不符合题意。因为原溶液中Fe3+水解：Fe3++3H2OFe(OH) 3+3H+。当加入MgCO3后，有MgCO3+2H+==Mg2++CO2↑+H2O反应，消耗了H+，使平衡正向移动，生成的Fe(OH) 3在加热搅拌条件下发生聚沉，最后可将Fe3+除去。同样加入MgO、Mg(OH) 2、MgS也能达到同样效果。
4.关于FeCl3水解的错误说法是( )
A.水解达到平衡时（不饱和），无论加氯化铁饱和溶液还是加水稀释，平衡均向水解方向移动
B.浓度为5 mol·L-1和0.5 mol·L-1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者小
C.有50℃和20℃的同浓度的两种FeCl3稀溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者小
D.为抑制Fe3+水解，较好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸和铁屑
答案：CD
解析：根据平衡移动原理分析，增大FeCl3溶液的浓度或稀释FeCl3溶液，都可使Fe3+的水解平衡向水解方向移动，且浓度越大时水解程度越小，如5 mol·L-1FeCl3溶液与0.5 mol·L-1 FeCl3溶液相比较，前者的水解程度比后者小，但前者溶液中离子的浓度却比后者的大；因Fe3+的水解是吸热的，升高温度后会使水解平衡向水解方向移动，使Fe3+的水解程度增大；Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH) 3+3H+，要抑制Fe3+的水解，可向溶液中加入少量盐酸，但不能加入Fe屑，因Fe与Fe3+反应生成Fe2+。
5.有A、B、C、D四种一元酸的溶液，实验表明：①pH相同的A、C的溶液与足量的铁粉反应时，A溶液产生的氢气比C溶液产生的氢气要多；②物质的量浓度相同的B、C的钠盐溶液相比较，B的钠盐溶液的pH小于C的钠盐溶液的pH；③酸A和D的钠盐反应生成A的钠盐和酸D。由此可以确定四种酸的酸性由强到弱的顺序中正确的是( )
A.B>C>A>D B.A>C>D>B
C.D>A>C>B D.C>D>A>B
答案：A
解析：本题须结合弱电解质的电离平衡知识与盐类水解的知识综合分析判断。由①知A溶液的c（H+）大于C溶液的c（H+），说明C的酸性比A的酸性强；由②知B的酸性比C的酸性强，因酸越弱，其钠盐水解的程度越大，所得溶液的pH越大；由“较强酸+较弱酸的盐反应能生成较强酸的盐+较弱的酸”的规律可知，A的酸性比D的酸性强，即酸性强弱顺序为B>C>A>D。
6.恒温条件下，在CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质：①固体NaOH ②固体KOH③固体NaHSO4 ④固体CH3COONa⑤冰醋酸，其中，可使c(CH3COO-)/c(Na+)比值一定增大的是( )
A.①② B.②⑤
C.①⑤ D.②④⑤
答案：B
解析：欲使c（CH3COO-）/c(Na+)增大，应使CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-水解平衡逆向移动且不能外加Na+。
7.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K2CO3溶液的方法获得K2CO3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：BC
解析：Al3+与S2-会在溶液中发生双水解：2Al3++3S2-+6H2O==2Al(OH) 3↓+3H2S↑，得不到Al2S3； MgCl2会水解，最后得到的是Mg(OH) 2或者是Mg(OH) 2与 MgO的混合物，得不到MgCl2。
8.下列离子在溶液中能大量共存的是( )
A.Mg2+、K+、Cl-、AlO-2
B.Al3+、Na+、NO-3、HCO-3
C.NH+4、Fe2+、SO2-4、NO-3
D.Ca2+、H+、NO-3、S2O2-3
答案：C
解析： A项中Mg2+和AlO-2在水溶液中发生双水解而不能共存：Mg2++2AlO-2+4H2O==Mg(OH) 2↓+2Al(OH) 3↓；B项中Al3+与HCO-3在水溶液中发生双水解而不能共存：Al3++3HCO-3==Al(OH) 3↓+3CO2↑；D项中H+与S2O2-3发生氧化还原反应而不能共存：2H++S2O2-3==S↓+SO2↑+H2O。
能力提升
1.（2009·北京卷，11）有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl;②CH3COONa与NaOH;③CH3COONa与NaCl;④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是( )
A.pH:②>③>④>①
B.c(CH3COO-):②>④>③>①
C.溶液中c(H+):①>③>②>④
D.c(CH3COOH):①>④>③>②
答案：B
解析：A项溶液的pH应为②>④>③>①所以A错，CH3COO-的浓度，②>④>③>①故B正确，c（H+）与pH顺序相反即①>③>④>②，故C错，CH3COOH浓度应为：①>③>④>②,故D错。解答本题的关键是理解电解质在溶液中的反应及盐类水解的原理。
2.(2009·上海卷，17)根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是( )
化学式
电离常数
HClO
Ki=3×10-8
H2CO3
Kil=4.3×10-7
Ki2=5.6×10-11
A．c(HCO-3)>c(ClO-)>c(OH-)
B．c(ClO-)>c(HCO-3)>c(H+)
C．c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO-3)+c(H2CO3)
D．c(Na+)+c(H+)=c(HCO-3)+c(ClO-)+c(OH-)
答案：A
解析：由表中数据可知，H2CO3的酸性大于HClO，HClO的酸性大于HCO-3的酸性，则ClO-的水解产生的碱性较HCO-3强，故A项正确， B项错误。根据物料守恒和电荷守恒判断，C项和D项等式右边都漏掉了CO2-3的浓度，故均错误。
3.硫酸铵溶液中离子浓度关系不正确的是( )
A.c(NH+4)>c(SO2-4)>c(H+)>c(OH-)
B.c(NH+4)=2c(SO2-4)
C.c(NH+4)+c(NH3·H2O)=2c(SO2-4)
D.c(NH+4)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO2-4)
答案：B
解析：硫酸铵晶体中，n(NH+4)=2n(SO2-4)，溶液中因NH+4+H2ONH3·H2O+H+，使溶液呈酸性， c(H+)>c(OH-)，又因NH+4水解程度很小，所以1c(SO2-4)>c(H+)>c(OH-)，故A对；根据原晶体中氮元素的物质的量等于硫元素的物质的量的2倍，溶于水后NH+4水解使少量氮元素转移到NH3·H2O中，由元素原子守恒，可得c（NH+4）+c（NH3·H2O）=2c（SO2-4），故C对；由溶液中电荷守恒，可知c(NH+4)+c（H+）=c（OH-）+2c（SO2-4），注意1 mol SO2-4带2 mol负电荷，c（SO2-4）前必须乘以2，故D对。
4.(2008·上海卷，14)某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子。则下列描述正确的是( )
A.该溶液由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成
B.该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C.加入适量NaOH，溶液中离子浓度的c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)D.加入适量氨水，c（CH3COO-）一定大于c(Na+)、c(NH+4)之和
答案：A
解析：A项由于CH3COOH是弱酸，NaOH是强碱，pH=3的CH3COOH和pH=11的NaOH混合时，CH3COOH有剩余，故A符合，而B项CH3COOH和NaOH等物质的量混合，生成CH3COONa溶液呈碱性，与题意不符，C项不符合电荷守恒，即c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，D项加入适量氨水电荷守恒为： c(Na+)+c(NH+4)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c（CH3COO-）不一定大于c（Na+）和c（NH+4）的和。
5.在某无色透明的酸性溶液中能够大量共存的离子组是( )
A.K+、Na+、MnO-4、NO-3
B.NH+4、Mg2+、K+、SO2-4
C.Al3+、Ba2+、HCO-3、NO-3
D.Ba2+、K+、CH3COO-、Cl-
答案：B
解析：因为溶液是无色的，故不可能存在紫色的MnO-4，故排除A项。在溶液中有颜色的离子有：Cu2+（蓝色）、 Fe2+（淡绿色）、Fe3+（棕黄色）。溶液显酸性，此时CH3COO-、HCO-3不可能大量存在：CH3COO-+ H+CH3COOH，HCO-3+H+CO2+H2O，故排除C、D，再者C项中的Al3+和 HCO-3要发生相互促进的双水解反应，从这个角度考虑也不选C项。
6.将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是( )
A.c(NH+4)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
B.c(NH+4)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
C.c(Cl-)>c(NH+4)>c(H+)>c(OH-)
D.c(Cl-)>c(NH+4)>c(OH-)>c(H+)
答案：B
解析：pH=3的盐酸其c（H+）=10-3 mol·L-1；pH=11的氨水其c（OH-）=1×10-3 mol·L-1，此两种溶液等体积混合，可以认为它们已电离的部分恰好反应：
NH3·H2O+HCl==NH4Cl
NH4Cl==NH+4+Cl-
还有大量的NH3·H2O没有参加反应：
NH3·H2ONH+4+OH-
反应生成的NH+4加上电离生成的NH+4的量大于Cl-的量；因为过量的 NH3·H2O为一元弱碱，所以溶液中的c（OH-）>c（H+）。
7.在0.1 mol·L-1的 Na2CO3溶液中，下列关系正确的是( )
A.c(Na+)=2c(CO2-3)
B.c(OH-)=2c(H+)
C.c(HCO-3)>c(H2CO3)
D.c(Na+)c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)
答案：B
解析：Na2S溶于水，在溶液中S元素的存在形式为S2-、HS-、H2S，根据物料守恒原则，A正确。溶液中存在的阳离子有Na+、H+，阴离子有OH-、HS-、S2-，阴阳离子在溶液中满足电荷守恒，则有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c（S2-），故B错误，利用水电离产生的H+、OH-相等得C正确。很容易得到c(Na+)>c(S2-)，因盐的水解程度较小，c（S2-）>c(HS-)，再根据S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-、H2OH++OH-，不难得到c（OH-）>c(HS-)>c(H+)，则D正确。
9.（1）碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
（2）明矾溶液蒸干得到的的固体物质是 ，原因是 。（3）碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。（4）Na2SO3溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。（5）AlCl3溶液蒸干灼烧得到的固体物质是 ，原因是 。
答案：（1）K2CO3 尽管加热过程促进了K2CO3的水解，但生成KHCO3和KOH反应仍为K2CO3
（2）明矾 尽管Al3+水解，由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然是结晶水合物明矾
（3）BaCO3 因Ba(HCO3) 2在水溶液中受热分解：
Ba(HCO3) 2ΔBaCO3↓+CO2↑+H2O
（4）Na2SO4 因Na2SO3在蒸干过程中不断被空气中的氧气氧化而生成Na2SO4
（5）Al2O3 加热促进AlCl3水解，且随水量的减少，HCl不断挥发，促使AlCl3完全水解成Al(OH) 3，灼烧时发生以下反应：2Al(OH) 3灼烧Al2O3+3H2O
10.工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸汽加热至80℃左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO），充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤［参考数据：pH≥9.6时，Fe2+完全水解成Fe(OH) 2；pH≥6.4时，Cu2+完全水解成Cu(OH) 2；pH≥3.7时，Fe3+完全水解成Fe(OH) 3］。请回答以下问题。
（1）第一步除去Fe2+，能否直接调整pH=9.6，将Fe2+沉淀除去？ ，理由是 。有人用强氧化剂NaClO将Fe2+氧化为Fe3+：
①加入NaClO后，溶液的pH变化是 。
A.一定增大 B.一定减小
C.可能增大 D.可能减小
②你认为NaClO作氧化剂是否妥当？ ，理由是 。现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2+的有 （有几个选几个）。A.浓HNO3 B.KMnO4
C.Cl2 D.O2
E.H2O2
（2）除去溶液中Fe2+的方法是调整溶液的pH=9.6，现有下列试剂，均可以使强酸性溶液的pH调整到9.6，可选用的有 （多选不限）。
A.NaOH B.氨水
C.Cu2(OH) 2CO3 D.Na2CO3
E.CuOFCu(OH) 2
答案：（1）不能；因Fe2+沉淀的pH最大，Fe2+沉淀完全时，Cu2+、Fe3+亦沉淀完全
①A ②不妥当；引入新杂质Na+；C、D、E （2）C、E、F
解析：此题综合性强，考查思维的严密性和前后知识的联系。由题意可知：Fe2+沉淀的pH≥9.6，如果直接调整pH=9.6，Cu2+、Fe3+先于Fe2+沉淀（这两种离子沉淀的pH均比Fe2+沉淀的pH小），故不能直接调整pH=9.6，可将Fe2+氧化成Fe3+。NaClO在酸性条件下与Fe2+的反应是2Fe2++ClO-+2H+==2Fe3++Cl-+H2O，由于反应过程中消耗H+，溶液pH一定升高。NaClO可以将Fe2+氧化成Fe3+，但引入了新杂质Na+，实际上不能采用。必须应用既能氧化Fe2+又不引入新杂质的氧化剂，例如Cl2、O2、H2O2。同理，调整pH所选用的试剂可以是CuO、Cu2(OH) 2CO3、Cu(OH) 2等不会引入新杂质的物质。
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