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3．（1）室温下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH-的物质的量浓度分别为A和B，则A和B的关系为A：B=10-4：1．
（2）在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红色，若在该溶液中再滴入过量的BaCl2溶液，所观察到的现象是产生白色沉淀，且红色褪去，其原因是在纯碱溶液中CO32-水解：CO32-+H2O?HCO3-+OH-，加入BaCl2后Ba2++CO32-═BaCO3↓（白色），由于CO32-浓度减小，水解平衡左移，OH-浓度减小，酚酞褪色．
（3）对于盐AmBn的溶液：
①若为强酸弱碱盐，其水解的离子方程式是An++nH2O?A（OH）n+nH+；
②若为弱酸强碱盐，其水解的离子方程式是Bm-+H2O?HB（m-1）-+OH-．
（4）已知KSP （Ag2CrO4）=1.12×10-12，将等体积的4×10-3mo1•L-1的AgNO3和4×10-3mo1•L-1K2CrO4混合，能产生Ag2CrO4沉淀（填“能”或“不能”）．

分析 （1）碱抑制水电离，含有弱酸根离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH-） 等于C（H+），醋酸钠溶液中水电离出的c（OH-） 等于水离子积常数与C（H+）的比值；
（2）碳酸钠水解而使溶液呈碱性，碳酸根离子和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，抑制碳酸根离子水解；
（3）①弱碱根离子结合水电离的氢氧根离子生成弱碱和氢离子；
②多元弱酸根离子的水解分步进行，主要以第一步为主；
（4）计算出混合液中银离子、铬酸根离子的浓度，然后根据溶度积表达式KSP （Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-），根据计算结果判断是否生成沉淀．

解答 解：（1）氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH-）等于c（H+），醋酸钠溶液中水电离出的c（OH-）等于水离子积常数与C（H+）的比值，则氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH-）=10-9 mol/L，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH-）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-9}}$mol/L=10-5 mol/L，所以A：B=10-4：1，
故答案为：A：B=10-4：1；
（2）纯碱是强碱弱酸盐，碳酸根离子易水解生成氢氧根离子，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，向溶液中加入氯化钡后，钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，抑制碳酸根离子水解，溶液碱性减弱，所以酚酞褪色，
故答案为：产生白色沉淀，且红色褪去；在纯碱溶液中CO32-水解：CO32-+H2O?HCO3-+OH-，加入BaCl2后Ba2++CO32-═BaCO3↓（白色），由于CO32-浓度减小，水解平衡左移，OH-浓度减小，酚酞褪色；
（3）①若为强酸弱碱盐，其水解的离子方程式为：An++nH2O?A（OH）n+nH+，
故答案为：An++nH2O?A（OH）n+nH+；
②AmBn的溶液为弱酸强碱盐的溶液，多元弱酸根离子易水解且分步水解，其第一步水解的离子方程式为：Bm-+H2O?HB（m-1）-+OH-，
故答案为：Bm-+H2O?HB（m-1）-+OH-；
（4）混合液中银离子浓度为：c（Ag+）=$\frac{1}{2}$×4×10-3mo1•L-1=2×10-3mo1•L-1，铬酸根离子的浓度为：c（CrO42-）=$\frac{1}{2}$×4×10-3mo1•L-1=2×10-3mo1•L-1，
KSP（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-）=（2×10-3）2×2×10-3=8×10-9＞1.12×10-12，所以能够生成铬酸银沉淀，
故答案为：能．

点评 本题考查pH的计算、盐类水解等知识点，明确多元弱酸根离子分步水解，为易错点，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，明确溶度积的表达式及计算方法，试题培养了学生的化学计算能力，题目难度中等．

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