化学选择性必修1实验活动3 盐类水解的应用课时训练

这是一份化学选择性必修1实验活动3 盐类水解的应用课时训练，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．关于小苏打水溶液的表述正确的是
A．存在的电离平衡为HCO＋H2OH2CO3＋OH-
B．c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO)＋c(CO)＋c(OH-)
C．c(Na＋)=c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
D．HCO的电离程度大于HCO的水解程度
2．下列有关物质性质的叙述一定不正确的是
A．NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3
B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体
C．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
D．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
3．下列说法正确的是
A．洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
B．用NaOH溶液调节pH除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质
C．将CuCl2溶液加热蒸干、灼烧后，所得固体为Cu(OH)2
D．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
4．下列事实：①水溶液呈碱性；②水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制溶液，需用盐酸溶解固体。其中与盐类水解有关的是
A．除②以外B．除⑥以外C．除④、⑥以外D．全部
5．常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是
A．pH相同的①CH3COONa ②NaClO ③NaOH三种溶液c(Na+)大小：①＞②＞③
B．往稀氨水中加水，的值变小
C．pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)
D．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO—水解程度增大，溶液碱性增强
6．下列物质溶于水时，能使水的电离平衡向左移动的是
A．B．C．D．
7．下列说法正确的是
A．常温下醋酸分子不可能存在于pH>7的碱性溶液中
B．酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。
C．0.1 ml∙L−1醋酸溶液加水稀释时，所有的离子浓度都减小
D．0.1 ml∙L−1硫化钠溶液中粒子浓度的关系：c(Na＋)=c(S2−)＋c(HS－)＋c(H2S)
8．叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是
A．0.01HN3溶液的pH＝2
B．HN3溶液的pH随温度升高而减小
C．NaN3的电离方程式：NaN3=Na++3N－
D．0.01NaN3溶液中：c(H+)+c(Na+)＝c（）+c(HN3)
9．把下列溶液蒸干并灼烧最后能得到原溶液中溶质的是
A．氯化铁溶液B．碳酸钠溶液C．亚硫酸钠溶液D．高锰酸钾溶液
10．下列盐溶液为碱性的是
A．CuSO4B．CH3COONH4C．Na2CO3D．NaHSO3
二、填空题
11．运用所学知识，解决下列问题：
(1)盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）不利于作物生长，试用离子方程式表示盐碱地产生碱性的原因： 。
(2)今有常温下五种溶液：
NH4Cl溶液 CH3COONa溶液 (NH4)2SO4溶液 NH4HSO4溶液 NaOH溶液
①NH4Cl溶液的pH 7（填“＞”、“＜”或“＝”），升高温度可以 （填“促进”或“抑制”）NH4Cl的水解；
②pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH NaOH溶液的pH（填“＞”“＝”或“＜”）；
③浓度相同的下列三种溶液：（A）NH4Cl溶液(B) (NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4 溶液，则c()由大到小的顺序为 ＞ ＞ （用序号填空）。
(3)蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因 。
（提示：SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2 +H2O = SO2↑+ 2HCl↑）
12．近年来，我国秋冬季雾霾天气呈现常态化趋势，造成严重空气污染，对人类身心健康造成极大威胁。硫酸盐气溶胶作为PM2.5的主要构成成分，是雾霾产生的一个重要元凶。科学家最近发现了一种利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制。如图所示：
(1)NO2和SO2作为大气初期污染物的主要成分，主要来自 。
(2)电子传递可以促进HSO中O—H键的解离，进而形成中间体SO，反应的离子方程式为 。
(3)通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO或HSO可以将电子快速转移到周围的气相NO2分子。写出HSO与NO2间发生的总反应的离子方程式： 。
(4)亚硝酸(HNO2)是一种弱酸，酸性比醋酸稍强，极不稳定，只能存在于稀的水溶液中，加热时发生歧化反应，生成一种强酸和一种遇空气变为红棕色的气体，写出该反应的化学方程式： 。
(5)结合题中信息，请写出一种鉴别NaNO2和NaCl的方法： 。
13．在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：
（1）写出发生反应的化学方程式 ，该反应能够发生是因为（选填编号） 。
A．强酸生成了弱酸
B．强氧化剂生成了弱还原剂
C．生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸
D．生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体
（2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有 种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是 ，从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)= 。
（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应： CuS+ HNO3（浓）— CuSO4+ NO2↑+ H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。
（4）若反应中转移1.6ml电子时，则产生的气体在标准状况下体积为 L；若反应的氧化产物为0.8ml时，则反应中转移电子数为 。
（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为 ，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示） 。
14．25℃时，电离常数：
请回答下列问题：
(1)物质的量浓度为的下列四种溶液：a．溶液 b．溶液c．溶液 d．溶液，由大到小的顺序是 (用序号填空)。
(2)写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式： 。
(3)25℃时，与的混合溶液，若测得混合液，则溶液中 (填准确数值)，= 。
(4)某温度时，纯水的。该温度下溶液的 ，向该温度下的纯水中加入少量的碳酸钠固体，使溶液为9，则水电离出的= 。
15．化学方程式能够很直接形象的表示化学反应的过程与特征的一种符号，书写化学方程式是我们必须掌握的一项基本技能。请按照要求完成下列方程式。
Ⅰ．生活中很多现象和原理都可以用化学反应来解释：
（1）写出泡沫灭火器反应原理的离子方程式： 。
（2）用ClO2进行饮用水处理比使用Cl2具有很高的优越性，不仅杀菌消毒效率高，不产生致癌的有机氯化物，而且还能除去水中的Fe2+、Mn2+。请写出ClO2除去饮用水中Mn2+的离子反应方程式（已知Mn2+转变为MnO2， ClO2转变为ClO2－） 。
Ⅱ．根据体系中的物质及物质的性质，我们可以推测出该体系所发生的变化，并能用方程式写是出来：
（1）某一反应体系有反应物和生成物共六种物质：N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3、Fe2（SO4）3和H2O。写出该反应的化学方程式： 。
（2）将NaClO溶液逐滴滴入含淀粉的NaI溶液中，溶液变蓝，继续滴加，溶液顺色先加深，后逐渐变浅，最终消失。经检测得知此时溶液中含有一种含正五价元素的含氧酸根。写出上述变化过程的两个离子反应方程式 、 。
Ⅲ．给化学反应分类是为了更好的研究反应的规律与特征，有利于我们把握反应的本质。置换反应是常见反应类型之一，其通式可以表示为：单质（l）十化合物（l）= 化合物（2）十单质（2）。请写出满足以下要求的2个有金属单质参与的置换反应化学方程式：①所涉及的元素都是短周期元素；②4种单质分属4个不同的主族： 。
正误判断
16．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
17．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
18．实验室保存Na2S溶液用带有玻璃塞的试剂瓶
19．泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液
20．焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关
21．生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理
22．实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释
23．(1)水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25 ℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100 ℃时水的电离达平衡时的离子浓度。则100 ℃时1 ml·L－1的NaOH溶液中，由水电离出的c(H＋) ml·L－1，Kw(25 ℃) Kw(100 ℃)(填“>”、“”、“”“c(Na＋)
II.电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如下表数据(25℃)：
(3)25℃时，等浓度的三种溶液：A．NaCN溶液、B．Na2CO3溶液、C． CH3COONa溶液的pH由大到小的顺序为 (填写字母代号)。
(4)25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为 。
(5)现有浓度为0.02ml/L的HCN溶液与0.01ml/LNaOH溶液等体积混合之后（忽略混合过程中溶液体积的改变），测得c(Na+)＞c(CN-)，下列关系正确的是( )
A．c(H＋)>c(OH－) B．c(H＋)7的碱性溶液中，故A错误；
B．酸式盐溶液可能呈酸性，比如硫酸氢钠，也可能呈碱性，比如碳酸氢钠，故B正确；
C．0.1 ml∙L−1醋酸溶液加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，“看得见”的微粒浓度减小即醋酸、醋酸根、氢离子浓度减小，而氢氧根浓度增大，故C错误；
D．0.1 ml∙L−1硫化钠溶液中，根据物料守恒得到粒子浓度的关系：c(Na＋)=2c(S2−)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，故D错误。
综上所述，答案为B。
8．B
【详解】A．由题意NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根()会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01，HN3溶液的pH＞2，A错误；
B．HN3为弱酸，电离方程式为HN3H++，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H+)增大，pH减小，B正确；
C．NaN3是强电解质，完全电离出Na+和N，电离方程式为NaN3=Na++，C错误；
D．0.01NaN3溶液中：由物料守恒c(Na+)＝c()+c(HN3)，D错误；
故本题选B。
9．B
【详解】A．氯化铁溶液蒸干并灼烧最后得到氧化铁，选项A错误；
B．碳酸钠溶液蒸干并灼烧最后得到碳酸钠，选项B正确；
C．亚硫酸钠溶液蒸干并灼烧最后得到硫酸钠，选项C错误；
D．高锰酸钾溶液蒸干并灼烧最后得到锰酸钾和二氧化锰，选项D错误；
故答案选B。
【点睛】将溶液蒸干并灼烧最后应该得到什么产物，主要考虑如下问题：某些金属的盐酸盐在加热时会促进金属阳离子的水解，同时水解得到的HCl挥发也会促进水解平衡，所以得到水解后的产物(对应的氢氧化物)，受热时分解，一般得到氧化物。例如：氯化铁溶液蒸干灼烧得到氧化铁。易被氧化的物质，逐渐被氧化得到氧化产物，例如：亚硫酸钠溶液蒸干得到硫酸钠。易分解的物质，受热分解得到分解产物，例如：碳酸氢钠溶液蒸干灼烧得到碳酸钠。
10．C
【详解】A．CuSO4为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液显酸性，故A不符合题意；
B．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均发生水解，且二者水解程度相近，溶液显中性，故B不符合题意；
C．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液显碱性，故C符合题意；
D．NaHSO3为强碱弱酸的酸式盐，亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，故D不符合题意；
答案选C。
11．(1)CO+H2OHCO+OH－
(2) < 促进 > B C A
(3)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，AlCl3·6 H2O与SOCl2混合加热， SOCl2与AlCl3·6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解
【详解】（1）碳酸根水解，溶液显碱性，离子方程式为CO+H2OHCO+OH－；
（2）①铵根水解，溶液显酸性，则NH4Cl溶液的pH＜7；水解吸热，升高温度可以促进NH4Cl的水解；
②氢氧化钠为强碱，水溶液中完全电离；pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后，由于加热促进水解，则CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；
③硫酸氢铵电离出氢离子抑制铵根水解，则浓度相同的下列三种溶液：（A）NH4Cl溶液(B) (NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4 溶液中c()由大到小的顺序为B＞C＞A；
（3）铝离子水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热， SOCl2与AlCl3·6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解。
12．(1)自汽车尾气的排放，煤的燃烧，工业过程等
(2) + NO2 =+ HNO2
(3)+ 2NO2 + H2O = 2HNO2+
(4)3HNO2HNO3＋2NO↑＋H2O
(5)用pH试纸分别测二种溶液的pH，pH＞7的为NaNO2溶液，pH=7的为NaCl溶液
【分析】根据水催化促进硫酸盐形成的化学新机制过程图，结合各小题的提示信息分析解答。
（1）
NO2和SO2主要来自汽车尾气的排放，煤的燃烧，工业过程等，故答案为：汽车尾气的排放，煤的燃烧，工业过程等；
（2）
由图可知，HSO中O-H键的解离过程为：HSO和NO2反应得到SO和HNO2，反应的离子方程式为：HSO+NO2=SO+HNO2，故答案为：HSO+NO2=SO+HNO2；
（3）
由图可知，“水桥”主要靠“虚线”即氢键形成，反应物有HSO、H2O、NO2，生成物有和HNO2，即HSO与NO2间发生的总反应化学方程式为：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+，故答案为：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+；
（4）
亚硝酸(HNO2)加热时发生歧化反应，生成一种强酸和一种遇空气变为红棕色的气体，红棕色的气体为NO2，HNO2中N元素化合价为+3价，则加热的产物之一为NO，NO种N元素化合价为+2价，加热发生歧化反应，则强酸应为HNO3，结合原子守恒可得HNO2加热发生的反应为：3HNO2HNO3+2NO↑+H2O，故答案为：3HNO2HNO3+2NO↑+H2O；
（5）
HNO2是一种弱酸，NaNO2能够水解，溶液显碱性，NaCl溶液显中性，所以可用pH试纸分别测二种溶液的pH，pH＞7的为NaNO2溶液，pH=7的为NaCl溶液，故答案为：用pH试纸分别测二种溶液的pH，pH＞7的为NaNO2溶液，pH=7的为NaCl溶液。
13． CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H
【详解】(1)将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS，溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5种离子；但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；
(3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4；
(4)根据反应的方程式CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6ml电子时，则产生1.6ml NO2气体，在标准状况下体积为1.6ml ×22.4L/ml =35.84L；该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0.8ml时，则反应中转移电子为0.8ml×8=6.4ml，数目为6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；
(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H，故答案为：离子晶体；S＞N＞O＞H。
14． 18 10
【详解】(1)由电离常数可知，酸性：，酸越弱，对应酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以由大到小的顺序是；
(2)由上述分析可知，酸性强弱顺序为，根据较强酸制较弱酸原理，向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为；
(3)25℃时，与的混合溶液，，根据水的离子积常数，Kw=，，溶液中存在电荷守恒：，=，通过电离平衡常数的表达式可知：；
(4)纯水中，，则=，Kw=×=，的的=，=，；温度不变，水的离子积不变，，的碳酸钠溶液中=，则，溶液中的全部来自水的电离，故水电离出的=。
【点睛】计算时要依靠醋酸的电离平衡常数公式变形，为易错点。
15．（方程式没配平得1分，共20分）
I．（1）Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑（2分）
（2）2ClO2+Mn2++2H2O=MnO2↓+2ClO2－+4H+（3分）
II．（1）24FeSO4+30HNO3=8Fe(NO3)3+8Fe2(SO4)3+3N2O↑+15H2O（3分）
（2）H2O+ClO－+2I－=Cl－+I2+2OH－（3分）
5ClO－+I2+2OH－=2IO3－+5Cl－+H2O（3分）
III．2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑（3分）
2Mg+CO22MgO+C（3分）其他合理也可得分
【详解】Ⅰ．（1）泡沫灭火器的原理为：Al2（SO4）3 + 6NaHCO3 = 3Na2SO4 + 2Al（OH）3↓ + 6CO2↑ ，实质是铝盐和小苏打的双水解反应，即Al3+ + 3HCO3－ = Al（OH）3↓ + 3 CO2↑；（2）由题意可知，ClO2是氧化剂，Mn2+是还原剂，还原产物是ClO2－，氧化产物是MnO2，由反应环境、电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒配平可得：2ClO2+Mn2++2H2O=MnO2↓+2ClO2－+4H+；
Ⅱ．（1）稀硝酸具有强氧化性，亚铁盐具有还原性，则该反应为
，最后各物质系数均乘以3可得：24 FeSO4 + 30 HNO3 =" 8" Fe（NO3）3 + 8 Fe2（SO4）3 + 3 N2O↑ + 15 H2O；（2）由现象可知，ClO－先将I－氧化为I2，由溶液环境、电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平可得：H2O+ClO－+2I－=Cl－+I2+2OH－；
Ⅲ．短周期元素的金属单质有Li、Be、Na、Mg、Al，且4种单质分属4个不同的主族，则符合要求的可以为2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，2Mg+CO22MgO+C，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑等等。
【点睛】氧化还原反应是一类重要的化学反应，氧化还原反应中电子转移数目相等。氧化还原反应的实质是电子 ，特征是化合价的升降，反应实质、特征及反应类型的关系可以用6个字概括：升、失、氧，降、得、还；在氧化还原反应中元素的化合价升高，原子失去电子，发生氧化反应，作还原剂；元素的化合价降低，原子获得电子，发生还原反应，作氧化剂。元素化合价升降总数与原子失去或获得的电子数相等，要掌握反应的规律、配平技巧、有关的概念是本题的关键。
16．正确 17．正确 18．错误 19．错误 20．错误 21．错误 22．正确
【解析】16．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，正确；
17．AlCl3、FeCl3、CuCl2都是强挥发性酸弱碱盐，加热均不能采用将溶液直接蒸干的方法，正确；
18．实验室保存Na2S溶液用带有橡胶塞的试剂瓶，Na2S溶液水解显碱性，不能用玻璃塞，错误；
19．泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液，错误；
20．焊接时用NH4Cl溶液水解显酸性除锈与盐类水解有关，错误；
21．饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，属于电能转化为化学能的变化，与水解无关，错误；
22．实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释，正确；
23． 1×10－12 < 促进 Na2CO3>NaCN>CH3COONa > NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3
【分析】(1)Kw=c(H+)•c(OH-)；温度不同，Kw不同，升温促进水的电离，氢离子浓度增大；水解的盐促进水的电离；
(2)①依据酸的电离常数意义分析判断，酸越容易电离，对应盐水解程度越小；
②依据溶液中电荷守恒计算分析；
③依据电离常数大小分析反应生成产物。
【详解】(1)25℃时纯水中c(H+)=c(OH-)=10-7 ml/L，Kw=c(H+)•c(OH-)=10-14 ，当温度升高到100℃，纯水中c(H+)=c(OH-)=10-6 ml/L，Kw=c(H+)•c(OH-)=10-12 ；100℃时1ml•L-1 的NaOH溶液中Kw=c(H+)•c(OH-)=10-12 ；c(OH-)=1ml/L，水电离出的c(H+)=1×10-12；水的电离时吸热过程，加热促进电离氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，Kw增大，所以Kw(25℃)＜Kw(100℃)； NH4Cl固体溶解后溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，水的电离被促进；
(2)①依据图表数据分析，醋酸电离常数大于氰酸大于碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度等浓度的Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，溶液pH为Na2CO3溶液的＞NaCN溶液的＞CH3COONa溶液的；
②等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，得到醋酸钠溶液，所得溶液显碱性，c(H+)＜c(OH-)，依据溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(Na+)＞c(CH3COO-)；
③向NaCN溶液中通入少量CO2 ，HCN酸性大于HCO3-，而小于H2CO3，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。
【点睛】考查化学平衡影响因素的分析判断，平衡常数的计算应用，数据处理的能力，弱电解质电离平衡的分析判断，盐类水解应用，溶液酸碱性的计算判断，注意碳酸是二元弱酸分步电离，第二部电离比氰酸小。
24． 碱 由于NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈碱性 ACD
【详解】（1）根据表中数据可知，由于NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈碱性；（2）A、由于CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液显碱性，则水解程度都是很小的，所以c(NH4+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(NH3·H2O)，A正确；B、根据电荷守恒可知c(NH4+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，B不正确；C、根据物料守恒可知c(CO32-）+ c(HCO3-）+c(H2CO3)＝0.1 ml·L-1，C正确；D、碳氧根据物料守恒可知c(NH4+)+ c(NH3·H2O)＝2c(CO32-）+ 2c(HCO3-）+2c(H2CO3)，D正确，答案选ACD。
25． Al3＋+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋ < I 10-3-10-11 c(H+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)
【详解】(1)NH4Al(SO4)2中的铝离子在水中发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体能够吸附溶液中的粒子生成沉淀起到净水的作用，离子方程式为：Al3＋+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋，故答案为：Al3＋+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋；
(2) 0.1ml·L-1NH4Al(SO4)2中部分铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，对铵根离子的水解有抑制作用，但产生的氢离子浓度小于NH4HSO4中电离产生的氢离子浓度，则0.1ml·L-1NH4Al(SO4)2中c(NH)小，故答案为：c(SO)>c(NH)>c(OH-)，故答案为： c(H+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)。
26． HC2O既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度 AD B>A>C CN- +CO2+H2O =HCO +HCN BD
【分析】I. (1)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
(2)A．根据物料守恒判断；
B．根据电荷守恒判断；
C．根据物料守恒、电荷守恒判断；
D．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；
II. (3)25℃时，酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液pH越小；
(4)电离平衡常数H2CO3＞HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，二者反应生成HClO和NaHCO3；
(5)现有浓度为0.02ml/L的HCN与0.01ml/L NaOH等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的HCN、NaCN，测得c(Na+)＞c(CN-)，根据电荷守恒得c(H+)＜c(OH-)，溶液呈存在质子守恒和物料守恒。
【详解】I. (1)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
(2)A．碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)，故A正确；
B．根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；
C．由c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)、c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故C错误；
D．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些，故c(K+)＞c(Na+)，故D正确；
故答案为：AD。
II. (1)电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故答案为：B＞A＞C；
(2)NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCN；
(3)将0.02ml/L的HCN与0.01ml/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005ml•L-1的NaCN、HCN，测得c(Na+)＞c(CN-)，根据电荷守恒可知：c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005ml•L-1，CN-的浓度小于0.005ml•L-1；
A．根据分析可知，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，故A错误；
B．混合液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，故B正确；
C．电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，则c(HCN)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CN-)，故C错误；
D．根据物料守恒可知：c(HCN)+c(CN-)=0.01ml/L，故D正确；
故答案为：BD。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，即电荷守恒、物料守恒及质子守恒，如Na2CO3溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，质子守恒式为c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
27．(1) Cu2+水解产生Cu(OH)2是吸热反应，加热促进水解，产生浑浊 应加入少量H2SO4
(2) 查漏 排气泡
(3) 酸 滴入最后一滴KMnO4溶液恰好由浅绿色变紫红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点
(4)C
(5)
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）因Cu2+水解产生Cu(OH)2，该反应是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；硫酸浓度增大，平衡逆向移动，能得到澄清的较浓的CuSO4溶液，故答案为Cu2+水解产生Cu(OH)2是吸热反应，加热促进水解，产生浑浊；应加入少量H2SO4；
（2）滴定前首先需要加成滴定管是否漏液，然后用待装溶液润洗，装液，排气泡，调节液面在零刻度或零刻度以下，并记录初始读数，故答案为查漏；排气泡；
（3）KMnO4(H+)溶液具有强氧化性，能够发生乳胶管，应装入酸式滴定管进行滴定；高锰酸钾溶液为紫色，故滴定终点现象为：滴入最后一滴KMnO4溶液恰好由浅绿色变紫红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点；
（4）A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，标准液浓度减小，所需v(标准)增大，根据c(待测)=判断可知c(待测)偏大，故A错误；
B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，所需v(标准)不变，根据c(待测)= 判断可知c(待测)不变，故B错误；
C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，所需v(标准)偏小，根据c(待测)=判断可知c(待测)偏小，故C正确；
D．滴定后滴定管尖嘴处悬有溶液未滴落，所需v(标准)偏大，根据c(待测)=判断可知c(待测)偏大，故D错误；
故选C；
（5）由题意可知10.0mL待测液与(b-a)×10-3L 1.0 ml•L-1的KMnO4完全反应，根据可知，，则100mL待测溶液中FeSO4的质量为0.05(b-a)ml×152g/ml= 7.6(b-a)g，所以样品中FeSO4的质量分数为×100%=。
28．(1) 第四周期第VIII族 C2O3 +6H+ +2Cl－ = 2C2+ +Cl2↑ + 3H2O 冷却结晶
(2) F 排尽装置内的空气，防止氧气氧化乙酸钴 3(CH3COO)2CC3O4 + 4CO↑ + 2CO2↑ + 3C2H6↑
【分析】(1)装置A中C2O3与盐酸发生氧化还原反应生成CCl2、Cl2和H2O，反应的离子方程式为C2O3+6H++2Cl-=2C2++Cl2↑+3H2O，A装置产生的Cl2氧化KI生成I2单质，使淀粉溶液变蓝色，据此说明A装置中已经反应反应，氯气有毒，会污染环境，则装置C用于吸收尾气氯气；
(2)装置E、F是用于检验CO和CO2，且PdCl2溶液能被CO还原为Pd,同时生成CO2，会干扰CO2的检验，则图中E中澄清石灰水用于检验CO2，F中PdCl2溶液用于检验CO，G中过量的NaOH溶液用于除去CO2，H中无水CaCl2用于干燥气体，I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则乙酸钴分解生成了烃类物质，烃被CuO氧化生成CO2和H2O，据此分析解答。
【详解】（1）①钴在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族，其基态原子的价电子为其3d能级上的7个电子、4s能级上的2个电子，其价电子排布式为；
②C2O3与盐酸反应生成CCl2、Cl2和水，离子反应为C2O3+2Cl-+6H+=2C2++Cl2↑+3H2O；由烧瓶中的溶液制取干燥的CCl2•4H2O，因加热促进水解，且生成盐酸易挥发，需经过的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；
（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2的，CO的氧化产物为二氧化碳，则先检验二氧化碳，其中盛放PdCl2溶液的是装置F，通氮气的作用是排尽装置内的空气，防止氧气氧化乙酸钴；
②若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3，由原子守恒可知X为C3O4，则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为3(CH3COO)2CC3O4 + 4CO↑ + 2CO2↑ + 3C2H6↑。
29． 不再有气泡产生时 将装置中产生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙装置中 D 甲 C3(OH)4(CO3)2 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 5.2～7.6 抑制CCl2的水解 蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；
（4）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CCl2，向溶液中加入双氧水和CCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，加入CCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有CCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CCl2⋅6H2O；
①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；
②加入CCO3调pH为5.2∼7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
③CCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解；
④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
【详解】（1）③加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；
故答案为：不再有气泡产生时；
（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的和全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；
故答案为：将装置中产生的和(g)全部排入乙、丙装置中；
（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以免影响实验结果；
故答案为：D；甲；
（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为0.36g，物质的量为0.02ml；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.88g，生成二氧化碳的质量为0.88g，物质的量为0.02ml；故C的质量为 ，故C原子物质的量为：
，根据C、H、C元素守恒可知， ，故化学式为 ；
故答案为：；
(5) ①三价铁离子易转化为沉淀，所以要加入氧化剂过氧化氢把二价铁离子氧化为三价铁离子，而不会引入新的杂质，反应的离子方程式为：，
故答案为：；
②根据沉淀的pH值表格知，当溶液的pH值为5.2时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的pH值为7.6时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的pH值应该不小于5.2不大于7.6；
故答案为：5.2～7.6；
③加盐酸调整pH为2∼3的目的为抑制的水解；
故答案为：抑制的水解；
④操作Ⅱ过程为的溶质结晶的过程，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。