分析：

①氢氧化铝和氢氧化铁胶体可作净水剂；②Na$_2$CO$_3$、Na$_2$SiO$_3$等溶液显示碱性，可以和酸性氧化物二氧化硅之间反应；③硫酸铵是一种显示酸性的物质；④NH$_4$Cl与ZnCl$_2$溶液显酸性，可以和氧化铁反应；⑤草木灰与铵态氮肥混合施用会降低肥效；⑥NaHCO$_3$与Al$_2$(SO$_4$)$_3$两种溶液混合会迅速产生二氧化碳．

解答：

解：①明矾中的铝离子水解得到的氢氧化铝和氯化铁中的铁离子水解的到的氢氧化铁胶体均具有净水作用，所以明矾和FeCl$_3$可作净水剂，与盐类的水解有关，故正确；②Na$_2$CO$_3$、Na$_2$SiO$_3$等溶液由于弱酸阴离子水解导致溶液显示碱性，可以和玻璃的成分二氧化硅之间反应，所以盛放Na$_2$CO$_3$、Na$_2$SiO$_3$等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞，与盐类的水解有关，故正确；③硫酸铵中铵根离子水解导致溶液显示酸性，长期施用硫酸铵，土壤酸性增强，与盐类的水解有关，故正确；④NH$_4$Cl与ZnCl$_2$溶液显酸性，可以和铁锈的成分氧化铁反应，所以NH$_4$Cl与ZnCl$_2$溶液可作焊接中的除锈剂，与盐类的水解有关，故正确；⑤草木灰(碳酸钾)与铵态氮肥(铵盐)混合施用，铵根离子和碳酸根离子双水解生成挥发性的二氧化碳和氨气，所以不能混合使用，会降低肥效，与盐类的水解有关，故正确；⑥NaHCO$_3$与Al$_2$(SO$_4$)$_3$两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，与盐类的水解有关，故正确．故选D．

点评：

本题考查了盐类水解的分析应用，掌握原理是关键，题目难度中等．

分析：

A、NaCl防腐主要利用的是高浓度的盐溶液使细胞脱水死亡而达到防腐的作用，不是水解；

B、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用；

C、泡沫灭火器(成分为Al$_2$(SO$_4$)$_3$、NaHCO$_3$溶液)的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；

D、制备Fe(OH)$_3$胶体利用的是氯化铁中三价铁离子的水解．

解答：

解：A、氯化钠溶液不发生水解，与盐类的水解无关，故A正确；

B、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故B错误；

C、泡沫灭火器(成分为Al$_2$(SO$_4$)$_3$、NaHCO$_3$溶液)的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故C错误；

D、制Fe(OH)$_3$胶体是利用溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，故D错误；

故选A．

点评：

本题考查了盐类水解的分析应用，掌握原理是关键，题目难度中等．

分析：

A．碱性条件能促进油污水解；

B．食醋具有酸性，能作调味剂，还能杀菌消毒；

C．医疗上不用苏打治疗胃酸过多；

D．明矾和硫酸铁都水解生成胶体，胶体能净水．

解答：

解：A．碳酸钠水解而使溶液呈碱性，碳酸钠水解为吸热反应，升高温度促进其水解，碱性越强，碱液促进油污水解程度越大，且碳酸钠不引起环境污染，所以除油污用热碱液比用合成洗涤剂更环保，故A正确；

B．部分食醋在水溶液里电离出氢离子而使其溶液弱酸性，所以能作调味剂；食醋具有酸性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，所以食醋作调味剂、防腐剂与水解无关，故B错误；

C．碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠碱性比碳酸氢钠强，对胃壁腐蚀性强，所以不用碳酸钠代替碳酸氢钠，故C错误；

D．硫酸铁、明矾都可以水解生成胶体，胶体具有吸附性而净水，所以硫酸铁能作净水剂，故D错误；

故选A．

点评：

本题考查了盐类水解，明确物质的性质是解本题关键，根据盐的性质、盐的特点等知识点分析解答，知道明矾净水原理，注意：明矾能净水但不能杀菌消毒．

分析：

A．加热促进盐类水解；

B．明矾中的Al_水解生成Al(OH)$_3$胶体，能吸附水中的悬浮颗粒；

C．TiCl$_4$能水解生成钛的氧化物；

D．SnCl$_2$水解显酸性，要加入HCl抑制其水解．

解答：

解：A．加热促进盐类水解，故加热纯碱溶液其碱性增强，去污能力增强，故A正确；

B．明矾中的Al_水解生成Al(OH)$_3$胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，故明矾能净水，故B正确；

C．TiCl$_4$能水解生成钛的氧化物，其水解方程式为：TiCl$_4$+(x+2)H$_2$O(过量)⇌TiO$_2$•xH$_2$O↓+4HCl，故C正确；

D．SnCl$_2$水解显酸性，所以在配制氯化亚锡溶液时要加入HCl抑制其水解，故D错误；

故选D．

点评：

本题考查了盐类水解原理的应用，要注意影响水解的因素．

分析：

A、酚酞的变色范围是8到10，所以只要溶液的pH＜8就可以了；

B、热的纯碱溶液促进碳酸根离子的水解，溶液的碱性更强，去污效果更好；

C、pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，得到醋酸和醋酸钠的混合物，以醋酸的电离为主溶液呈酸性；

D、Ba(OH)$_2$溶液对水的电离起抑制作用，而Na$_2$CO$_3$溶液对水的电离起促进作用．

解答：

解：A、酚酞的变色范围是8到10，所以只要溶液的pH＜8就可以了，故A错误；

B、热的纯碱溶液促进碳酸根离子的水解，溶液的碱性更强，去污效果更好，故B正确；

C、pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，得到醋酸和醋酸钠的混合物，以醋酸的电离为主溶液呈酸性，所以等体积混合后pH＜7，故C正确；

D、Ba(OH)$_2$溶液对水的电离起抑制作用，而Na$_2$CO$_3$溶液对水的电离起促进作用，所以水电离的c (H_) 后者大，故D正确；

故选A．

点评：

本题考查的是盐的水解的应用，pH相同的酸和碱的混合后pH的计算、水的电离平衡的影响，比较容易．

分析：

A．纯碱水解呈碱性，可使油脂在碱性条件下水解；B．醋酸为弱酸，为电离过程；C．小苏打溶液与AlCl$_3$溶液可发生互促水解反应生成气体和沉淀；D．浓的硫化钠溶液有臭味，水解生成硫化氢气体．

解答：

解：A．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使油脂在碱性条件下水解，与水解有关，故A不选；B．醋酸为弱酸，电离为吸热过程，加热促进醋酸的电离，与水解无关，故B选；C．小苏打溶液与AlCl$_3$溶液可发生互促水解反应生成气体和沉淀，与水解有关，故C不选；D．浓的硫化钠溶液有臭味，水解生成硫化氢气体，故D不选．故选B．

点评：

本题考查盐类的水解，综合考查学生化学反应原理的掌握，注意把握盐类水解的原理和应用，题目难度不大．

分析：

①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解；

②FeCl$_3$水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解；

③NaHCO$_3$和Al$_2$(SO$_4$)$_3$可发生互促水解生成二氧化碳气体；

④NH$_4$Cl水解呈酸性；

⑤草木灰与氨态氮肥发生互促水解；

⑥Na$_2$CO$_3$溶液呈碱性；

⑦油污可在碱性条件下水解．

解答：

解：①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物，铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故正确；

②FeCl$_3$水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液浑浊，故正确；

③NaHCO$_3$和Al$_2$(SO$_4$)$_3$可发生互促水解生成二氧化碳气体，可用于灭火，故正确；

④NH$_4$Cl水解呈酸性，加入镁可生成氢气，故正确；

⑤草木灰中的碳酸根离子与氨态氮肥中的铵根离子发生互促水解，二者混合可降低肥效，故正确；

⑥Na$_2$CO$_3$为强碱弱酸盐，水解呈碱性，不能用玻璃塞盛放，故正确；

⑦纯碱呈碱性，油污可在碱性条件下水解，故正确．

故选D．

点评：

本题考查盐类的水解，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的理解和运用的考查，为高频考点，注意把握盐类水解的原理、规律和应用，难度不大．

分析：

A．纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，水解过程是吸热过程，加热促进水解，油脂在碱中水解生成溶于水的物质；

B．根据可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸进行分析判断；

C．用无水硫酸铜检验酒精中含有水的过程是硫酸铜和水反应生成硫酸铜晶体；

D．充入氢气遇到明火会发生爆炸，一般是充入氦气．

解答：

解：A．纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，CO$_3$_+H$_2$O⇌HCO$_3$_+OH_，水解过程是吸热过程，加热促进水解碱性增强，油脂在碱中水解生成溶于水的物质，便于洗去，故A正确；

B．天燃气与空气混合后的气体遇火、电火花、加热易爆炸，打开门窗使气体迅速散发到空气中减小浓度，故B正确；

C．用无水硫酸铜检验酒精中含有水的过程是硫酸铜和水反应生成硫酸铜晶体，发生的是化学反应，故C正确；

D．气球中充入的是氢气，遇到明火会发生爆炸，一般充入惰性气体氦气，故D错误；

故选D．

点评：

本题考查了盐类水解、物质性质，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目较简单．

分析：

A、加热促进碳酸根的水解，碱性增强，去污效果好；

B、水晶和玛瑙的主要成分是二氧化硅；

C、根据聚丙烯酸钠的性质来回答判断；

D、汽油、煤油、植物油的成分不同．

解答：

解：A、纯碱是碳酸钠的水溶液，碳酸根离子水解显示碱性，加热促进碳酸根的水解，碱性增强，去污效果好，故A正确；

B、水晶和玛瑙的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，即玛瑙手镯所用材料不是硅酸盐材料，故B错误；

C、聚丙烯酸钠树脂是一种高吸水性的材料，故C正确；

D、汽油、煤油是烃类的混合物，植物油是酯类，成分不同，故D正确．

故选B．

点评：

本题涉及物质的成分、物质的性质应用以及盐的水解平衡的移动等知识，属于综合知识的考查，难度中等．

分析：

A、硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒里；

B、地沟油的主要成分为油脂，可用于肥皂和生物柴油；

C、如粒子直径大于100nm，则不形成胶体；

D、银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性．

解答：

解：A、硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒塑料桶里，外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有碳酸氢钠溶液，故A错误；

B、地沟油的主要成分为油脂，可用于肥皂和生物柴油，故B正确；

C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，如粒子直径大于100nm，则不形成胶体，故C错误；

D、银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故D正确．

故选AC．

点评：

本题考查了化学与社会、生活等关系，较基础，要注意理论联系实际．

分析：

A．泡沫灭火器的药品是碳酸氢钠和硫酸铝；

B．煤中不含苯、甲苯等物质；

C．地沟油属于酯类，汽油属于烃类；

D．家庭用洁厕灵的有效成分是盐酸，“84消毒液”的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠有强氧化性，盐酸有还原性，两者反应生成氯气．

解答：

解：A．泡沫灭火器的药品是碳酸氢钠和硫酸铝，碳酸氢钠和硫酸铝反应生成大量的二氧化碳，其反应速率比碳酸钠和硫酸铝反应速率大，故A错误；

B．煤中不含苯、甲苯等物质，煤通过干馏可发生化学变化生成苯、甲苯等芳香烃，故B错误；

C．地沟油属于酯类水解生成醇和酸，不能生成汽油，汽油属于烃类，故C错误；

D．家庭用洁厕灵的有效成分是盐酸，“84消毒液”的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠有强氧化性，盐酸有还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，会引起人中毒，所以家庭用洁厕灵与“84消毒液”不能同时使用，故D正确．

故选D．

点评：

本题考查较为综合，涉及侯泡沫灭火器、煤的干馏、有机物的结构和性质、氯气的性质等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学习的良好的科学实素养，提高学习的积极性，难度不大．

分析：

A．纯碱水解溶液显碱性；

B．三氯化铁易水解；

C．NaHCO$_3$与Al$_2$(SO$_4$)$_3$能发生相互促进的水解反应；

D．钢铁易发生电化学腐蚀．

解答：

解：A．纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不选；

B．三氯化铁易水解显酸性，配制氯化铁溶液时加入少量的盐酸，能抑制三氯化铁水解，与盐类水解有关，故B不选；

C．NaHCO$_3$与Al$_2$(SO$_4$)$_3$能发生相互促进的水解反应，反应生成大量的二氧化碳气体能灭火，与盐类水解有关，故C不选；

D．铁在潮湿的环境下生锈，是铁发生了电化学腐蚀，与盐类水解无关，故D选．

故选D．

点评：

本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及金属的电化学腐蚀知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．

分析：

A．纯碱水解显示碱性，能够促进油污的水解；B．氯气与水发生Cl$_2$+H$_2$O⇌H_+Cl_+HClO；C．明矾水解生成氢氧化铝胶体；D．NaHCO$_3$与Al$_2$(SO$_4$)$_3$两种溶液混合会迅速产生二氧化碳．

解答：

解：A．纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不选；B．氯气与水发生Cl$_2$+H$_2$O⇌H_+Cl_+HClO，因氯化钠中氯离子浓度较大，可抑制氯气与水的反应，与盐类的水解无关，故B选；C．明矾中的铝离子水解得到的氢氧化铝胶体具有净水作用，所以明矾可作净水剂，与盐类的水解有关，故C不选；D．NaHCO$_3$与Al$_2$(SO$_4$)$_3$两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，与盐类的水解有关，故D不选．故选B．

点评：

本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大．

分析：

①明矾和FeCl$_3$可作净水剂依据铝离子、铁离子水解生成胶体分析判断；

②加入盐酸抑制铁离子的水解；

③盐酸抑制氯化铝的水解；

④铵根离子和锌离子水解显酸性；

⑤碳酸根、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应；

⑥碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳；

⑦铵根离子、铝离子水解显酸性；

⑧铵根离子水解呈酸性，碳酸根离子水解显碱性；

⑨AlCl$_3$是强酸弱碱盐，加热蒸干时水解被促进．

解答：

解：①明矾和FeCl$_3$可作净水剂依据铝离子、铁离子水解生成胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用；故①有关；

②加入盐酸抑制铁离子的水解；Fe_+3H$_2$O⇌Fe(OH)$_3$+3H_；故②有关；

③盐酸抑制氯化铝的水解；Al_+3H$_2$O⇌Al(OH)$_3$+3H_；故③有关；

④铵根离子和锌离子水解显酸性，和铁锈反应，可以除去铁锈，故④有关；

⑤碳酸根、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应，把玻璃瓶塞和瓶口粘结；故⑤有关；

⑥碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳，可以灭火；故⑥有关；

⑦铵根离子、铝离子水解显酸性，镁和氢离子反应促进水解进行生成氢气；故⑦有关；

⑧铵根离子水解呈酸性，草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，二者发生相互促进的水解反应，生成氨气，挥发降低肥效；故⑧有关；

⑨AlCl$_3$是强酸弱碱盐，水解出氢氧化铝和盐酸，而盐酸是挥发性酸，加热蒸干时盐酸挥发从而氯化铝的水解被促进，能彻底水解生成氢氧化铝，故⑨有关．

故选D．

点评：

本题考查了盐类水解的分析判断，水解离子的特征性质和溶液酸碱性的分析判断，理解盐类水解的实质是弱离子结合水中氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，题目难度中等．

分析：

碳酸钾、硫化钠为强碱弱酸盐，氯化铁、铵盐为强酸弱碱盐，对应的水溶液都能水解，铁在潮湿的环境下生锈为金属的电化学腐蚀，与盐类水解无关．

解答：

解：A．草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者相互促进，与水解有关，故A不选；

B．为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关，故B选；

C．溶液颜色变深是因为加热促进盐类水解，铁离子水解程度增大，故C不选；

D．浓硫化钠溶液有臭味，是因为硫化钠中的硫离子水解生成硫化氢，加热后水解程度增大，硫化氢气体放出，故D不选．

故选B．

点评：

本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及钢铁的电化学腐蚀等知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．

分析：

①铵根离子和锌离子水解显酸性；

②碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳；

③铵根离子水解呈酸性，碳酸根离子水解显碱性；

④碳酸根、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应；

⑤CuCl$_2$溶液中存在水解平衡：CuCl$_2$+2H$_2$O⇌Cu(OH)$_2$+2HCl；

⑥亚铁离子有还原性，能被氯气氧化．

解答：

解：①铵根离子和锌离子水解显酸性，和铁锈反应，可以除去铁锈，故①有关；

②碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳，可以灭火，故②有关；

③草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用，故③有关；

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，将瓶塞与瓶口粘合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞，故④有关；

⑤CuCl$_2$溶液中存在水解平衡：CuCl$_2$+2H$_2$O⇌Cu(OH)$_2$+2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)$_2$固体，故⑤有关；

⑥Cl$_2$能氧化Fe_生成Fe_而没有引入杂质，但与水解无关，故⑥无关．

故选D．

点评：

本题考查了盐类水解的分析判断，水解离子的特征性质和溶液酸碱性的分析判断，理解盐类水解的实质是弱离子结合水中氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，题目难度中等．

分析：

A、高铁酸钾具有强的氧化性；明矾中的铝离子能水解；

B、工业上铝的冶炼是通过电解熔融的氧化铝来实现的；

C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，它对空气质量和能见度等有重要的影响．科学家用PM2.5表示每立方米空气中这种颗粒的含量，这个值越高，就代表空气污染越严重；

D、根据铵根离子和氨基的性质来判断．

解答：

解：A、高铁酸钾因为具有强的氧化性而用于水的净化；明矾中的铝离子能水解生成的氢氧化铝能吸附水中的悬浮杂质，而应用于水的净化，原理不一样，故A错误；

B、氯化铝是分子晶体，熔融时，不会出现自由移动的离子，工业上铝的冶炼是通过电解熔融的氧化铝来实现的，故B错误；

C、PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重，故C错误；

D、(NH$_4$)$_2$SO$_4$化肥中的铵根离子水解显示酸性，能使土壤酸化，尿素[CO(NH$_2$)$_2$]中的氨基具有碱性，会使土壤碱化，故D正确．

故选D．

点评：

本题是一道化学和生活实际应用相结合的考查题，要求学生对知识的掌握要灵活，难度不大．

分析：

A．明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质；

B、石英、玛瑙和水晶的主要成为均为二氧化硅；

C、Na$_2$CO$_3$溶液碱性较强，和酸的反应剧烈；

D、草木灰主要成分是碳酸钾，铵态氮肥的主要成分是铵盐，铵根离子可以和碳酸根离子之间发生双水解反应，据此回答．

解答：

解：A．明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，所以能净水，故A正确；

B、石英、玛瑙和水晶的主要成为均为二氧化硅，但都可溶于氢氟酸，故B正确；

C、Na$_2$CO$_3$溶液碱性较强，具有腐蚀性，不可用于治疗胃酸过多，故C错误；

D、草木灰主要成分是碳酸钾，铵态氮肥的主要成分是铵盐，铵根离子可以和碳酸根离子之间发生双水解反应生成氨气而丧失肥效，所以草木灰不能与铵态氮肥混用，故D正确．

故选C．

点评：

化学和生活密切相关，熟练掌握物质的性质以及应用是解体的关键，注意知识的归纳和梳理是重点，难度不大．