一、單選題
1．關(guān)于小蘇打水溶液的表述正確的是
A．存在的電離平衡為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的電離程度大于HCO的水解程度
2．下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述一定不正確的是
A．NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱可生成NH3
B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體
C．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色
D．Cu與FeCl3溶液反應(yīng)可生成CuCl2
3．下列說法正確的是
A．洗滌油污常用熱的碳酸鈉溶液
B．用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH除去NH4Cl溶液中的FeCl3雜質(zhì)
C．將CuCl2溶液加熱蒸干、灼燒后，所得固體為Cu(OH)2
D．配制FeSO4溶液時(shí)，將FeSO4固體溶于稀鹽酸中，然后稀釋至所需濃度
4．下列事實(shí)：①水溶液呈堿性；②水溶液呈酸性；③長期使用銨態(tài)氮肥，會(huì)使土壤酸度增大；④銨態(tài)氮肥不能與草木灰混合施用；⑤加熱能使純堿溶液去污能力增強(qiáng)；⑥配制溶液，需用鹽酸溶解固體。其中與鹽類水解有關(guān)的是
A．除②以外B．除⑥以外C．除④、⑥以外D．全部
5．常溫下，電解質(zhì)溶液的性質(zhì)與變化是多樣的，下列說法正確的是
A．pH相同的①CH3COONa ②NaClO ③NaOH三種溶液c(Na+)大小：①＞②＞③
B．往稀氨水中加水，的值變小
C．pH=4的H2S溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合，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，溶液堿性增強(qiáng)
6．下列物質(zhì)溶于水時(shí)，能使水的電離平衡向左移動(dòng)的是
A．B．C．D．
7．下列說法正確的是
A．常溫下醋酸分子不可能存在于pH>7的堿性溶液中
B．酸式鹽溶液可能呈酸性，也可能呈堿性。
C．0.1 ml?L?1醋酸溶液加水稀釋時(shí)，所有的離子濃度都減小
D．0.1 ml?L?1硫化鈉溶液中粒子濃度的關(guān)系：c(Na＋)=c(S2?)＋c(HS－)＋c(H2S)
8．疊氮酸(HN3)與NaOH溶液反應(yīng)生成NaN3。已知NaN3溶液呈堿性，下列敘述正確的是
A．0.01HN3溶液的pH＝2
B．HN3溶液的pH隨溫度升高而減小
C．NaN3的電離方程式：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燒最后能得到原溶液中溶質(zhì)的是
A．氯化鐵溶液B．碳酸鈉溶液C．亞硫酸鈉溶液D．高錳酸鉀溶液
10．下列鹽溶液為堿性的是
A．CuSO4B．CH3COONH4C．Na2CO3D．NaHSO3
二、填空題
11．運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，解決下列問題：
(1)鹽堿地（含較多NaCl、Na2CO3）不利于作物生長，試用離子方程式表示鹽堿地產(chǎn)生堿性的原因： 。
(2)今有常溫下五種溶液：
NH4Cl溶液 CH3COONa溶液 (NH4)2SO4溶液 NH4HSO4溶液 NaOH溶液
①NH4Cl溶液的pH 7（填“＞”、“＜”或“＝”），升高溫度可以 （填“促進(jìn)”或“抑制”）NH4Cl的水解；
②pH相等的NaOH溶液與CH3COONa溶液，分別加熱到相同的溫度后CH3COONa溶液的pH NaOH溶液的pH（填“＞”“＝”或“＜”）；
③濃度相同的下列三種溶液：（A）NH4Cl溶液(B) (NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4 溶液，則c()由大到小的順序?yàn)? ＞ ＞ （用序號(hào)填空）。
(3)蒸干AlCl3溶液不能得到無水AlCl3，使SOCl2與AlCl3·6H2O混合并加熱，可得到無水AlCl3，試解釋原因 。
（提示：SOCl2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為SOCl2 +H2O = SO2↑+ 2HCl↑）
12．近年來，我國秋冬季霧霾天氣呈現(xiàn)常態(tài)化趨勢，造成嚴(yán)重空氣污染，對(duì)人類身心健康造成極大威脅。硫酸鹽氣溶膠作為PM2.5的主要構(gòu)成成分，是霧霾產(chǎn)生的一個(gè)重要元兇?？茖W(xué)家最近發(fā)現(xiàn)了一種利用水催化促進(jìn)硫酸鹽形成的化學(xué)新機(jī)制。如圖所示：
(1)NO2和SO2作為大氣初期污染物的主要成分，主要來自 。
(2)電子傳遞可以促進(jìn)HSO中O—H鍵的解離，進(jìn)而形成中間體SO，反應(yīng)的離子方程式為 。
(3)通過“水分子橋”，處于納米液滴中的SO或HSO可以將電子快速轉(zhuǎn)移到周圍的氣相NO2分子。寫出HSO與NO2間發(fā)生的總反應(yīng)的離子方程式： 。
(4)亞硝酸(HNO2)是一種弱酸，酸性比醋酸稍強(qiáng)，極不穩(wěn)定，只能存在于稀的水溶液中，加熱時(shí)發(fā)生歧化反應(yīng)，生成一種強(qiáng)酸和一種遇空氣變?yōu)榧t棕色的氣體，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。
(5)結(jié)合題中信息，請(qǐng)寫出一種鑒別NaNO2和NaCl的方法： 。
13．在實(shí)驗(yàn)室可以將硫化氫氣體通入裝有硫酸銅溶液的洗氣瓶中而將其吸收?，F(xiàn)象是洗氣瓶中產(chǎn)生黑色沉淀，同時(shí)藍(lán)色溶液逐漸變淺而至無色。完成下列填空：
（1）寫出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式 ，該反應(yīng)能夠發(fā)生是因?yàn)椋ㄟx填編號(hào)） 。
A．強(qiáng)酸生成了弱酸
B．強(qiáng)氧化劑生成了弱還原劑
C．生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸
D．生成的無色溶液不能導(dǎo)電，也不能揮發(fā)出氣體
（2）該反應(yīng)體系中的屬于弱電解質(zhì)的溶液，跟含有與該弱電解質(zhì)等物質(zhì)的量的氫氧化鈉的溶液混合發(fā)生反應(yīng)后，混合溶液中存在的離子一共有 種，這些離子的濃度大小不同，其中濃度第二大的離子的符號(hào)是 ，從物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)= 。
（3）硫化銅與一般酸不反應(yīng)，但可與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)： CuS+ HNO3（濃）— CuSO4+ NO2↑+ H2O，配平此反應(yīng)方程式，將系數(shù)填寫在對(duì)應(yīng)的橫線上。
（4）若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移1.6ml電子時(shí)，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為 L；若反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為0.8ml時(shí)，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為 。
（5）此反應(yīng)體系中的含硫物質(zhì)形成的晶體類型為 ，此反應(yīng)體系中非金屬元素的原子半徑由大到小的是（用元素符號(hào)表示） 。
14．25℃時(shí)，電離常數(shù)：
請(qǐng)回答下列問題：
(1)物質(zhì)的量濃度為的下列四種溶液：a．溶液 b．溶液c．溶液 d．溶液，由大到小的順序是 (用序號(hào)填空)。
(2)寫出向氰化鈉溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式： 。
(3)25℃時(shí)，與的混合溶液，若測得混合液，則溶液中 (填準(zhǔn)確數(shù)值)，= 。
(4)某溫度時(shí)，純水的。該溫度下溶液的 ，向該溫度下的純水中加入少量的碳酸鈉固體，使溶液為9，則水電離出的= 。
15．化學(xué)方程式能夠很直接形象的表示化學(xué)反應(yīng)的過程與特征的一種符號(hào)，書寫化學(xué)方程式是我們必須掌握的一項(xiàng)基本技能。請(qǐng)按照要求完成下列方程式。
Ⅰ．生活中很多現(xiàn)象和原理都可以用化學(xué)反應(yīng)來解釋：
（1）寫出泡沫滅火器反應(yīng)原理的離子方程式： 。
（2）用ClO2進(jìn)行飲用水處理比使用Cl2具有很高的優(yōu)越性，不僅殺菌消毒效率高，不產(chǎn)生致癌的有機(jī)氯化物，而且還能除去水中的Fe2+、Mn2+。請(qǐng)寫出ClO2除去飲用水中Mn2+的離子反應(yīng)方程式（已知Mn2+轉(zhuǎn)變?yōu)镸nO2， ClO2轉(zhuǎn)變?yōu)镃lO2－） 。
Ⅱ．根據(jù)體系中的物質(zhì)及物質(zhì)的性質(zhì)，我們可以推測出該體系所發(fā)生的變化，并能用方程式寫是出來：
（1）某一反應(yīng)體系有反應(yīng)物和生成物共六種物質(zhì)：N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3、Fe2（SO4）3和H2O。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。
（2）將NaClO溶液逐滴滴入含淀粉的NaI溶液中，溶液變藍(lán)，繼續(xù)滴加，溶液順色先加深，后逐漸變淺，最終消失。經(jīng)檢測得知此時(shí)溶液中含有一種含正五價(jià)元素的含氧酸根。寫出上述變化過程的兩個(gè)離子反應(yīng)方程式 、 。
Ⅲ．給化學(xué)反應(yīng)分類是為了更好的研究反應(yīng)的規(guī)律與特征，有利于我們把握反應(yīng)的本質(zhì)。置換反應(yīng)是常見反應(yīng)類型之一，其通式可以表示為：單質(zhì)（l）十化合物（l）= 化合物（2）十單質(zhì)（2）。請(qǐng)寫出滿足以下要求的2個(gè)有金屬單質(zhì)參與的置換反應(yīng)化學(xué)方程式：①所涉及的元素都是短周期元素；②4種單質(zhì)分屬4個(gè)不同的主族： 。
正誤判斷
16．明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑
17．制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法
18．實(shí)驗(yàn)室保存Na2S溶液用帶有玻璃塞的試劑瓶
19．泡沫滅火器中的試劑是Al2(SO4)3溶液與Na2CO3溶液
20．焊接時(shí)用NH4Cl溶液除銹與鹽類水解無關(guān)
21．生活中用電解食鹽水的方法制取消毒液，運(yùn)用了鹽類的水解原理
22．實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時(shí)，需將FeCl3(s)溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋
23．(1)水的電離平衡曲線如圖所示，若A點(diǎn)表示25 ℃時(shí)水的電離達(dá)平衡時(shí)的離子濃度，B點(diǎn)表示100 ℃時(shí)水的電離達(dá)平衡時(shí)的離子濃度。則100 ℃時(shí)1 ml·L－1的NaOH溶液中，由水電離出的c(H＋) ml·L－1，Kw(25 ℃) Kw(100 ℃)(填“>”、“”、“”“c(Na＋)
II.電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度的量。已知如下表數(shù)據(jù)(25℃)：
(3)25℃時(shí)，等濃度的三種溶液：A．NaCN溶液、B．Na2CO3溶液、C． CH3COONa溶液的pH由大到小的順序?yàn)? (填寫字母代號(hào))。
(4)25℃時(shí)，向NaCN溶液中通入少量CO2，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 。
(5)現(xiàn)有濃度為0.02ml/L的HCN溶液與0.01ml/LNaOH溶液等體積混合之后（忽略混合過程中溶液體積的改變），測得c(Na+)＞c(CN-)，下列關(guān)系正確的是( )
A．c(H＋)>c(OH－) B．c(H＋)7的堿性溶液中，故A錯(cuò)誤；
B．酸式鹽溶液可能呈酸性，比如硫酸氫鈉，也可能呈堿性，比如碳酸氫鈉，故B正確；
C．0.1 ml?L?1醋酸溶液加水稀釋時(shí)，醋酸電離平衡正向移動(dòng)，“看得見”的微粒濃度減小即醋酸、醋酸根、氫離子濃度減小，而氫氧根濃度增大，故C錯(cuò)誤；
D．0.1 ml?L?1硫化鈉溶液中，根據(jù)物料守恒得到粒子濃度的關(guān)系：c(Na＋)=2c(S2?)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，故D錯(cuò)誤。
綜上所述，答案為B。
8．B
【詳解】A．由題意NaN3溶液呈堿性，則疊氮酸根()會(huì)發(fā)生水解，說明HN3為弱酸，在水溶液中不能完全電離，故0.01，HN3溶液的pH＞2，A錯(cuò)誤；
B．HN3為弱酸，電離方程式為HN3H++，電離是吸熱過程，升高溫度促進(jìn)HN3的電離，c(H+)增大，pH減小，B正確；
C．NaN3是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離出Na+和N，電離方程式為NaN3=Na++，C錯(cuò)誤；
D．0.01NaN3溶液中：由物料守恒c(Na+)＝c()+c(HN3)，D錯(cuò)誤；
故本題選B。
9．B
【詳解】A．氯化鐵溶液蒸干并灼燒最后得到氧化鐵，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．碳酸鈉溶液蒸干并灼燒最后得到碳酸鈉，選項(xiàng)B正確；
C．亞硫酸鈉溶液蒸干并灼燒最后得到硫酸鈉，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．高錳酸鉀溶液蒸干并灼燒最后得到錳酸鉀和二氧化錳，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；
故答案選B。
【點(diǎn)睛】將溶液蒸干并灼燒最后應(yīng)該得到什么產(chǎn)物，主要考慮如下問題：某些金屬的鹽酸鹽在加熱時(shí)會(huì)促進(jìn)金屬陽離子的水解，同時(shí)水解得到的HCl揮發(fā)也會(huì)促進(jìn)水解平衡，所以得到水解后的產(chǎn)物(對(duì)應(yīng)的氫氧化物)，受熱時(shí)分解，一般得到氧化物。例如：氯化鐵溶液蒸干灼燒得到氧化鐵。易被氧化的物質(zhì)，逐漸被氧化得到氧化產(chǎn)物，例如：亞硫酸鈉溶液蒸干得到硫酸鈉。易分解的物質(zhì)，受熱分解得到分解產(chǎn)物，例如：碳酸氫鈉溶液蒸干灼燒得到碳酸鈉。
10．C
【詳解】A．CuSO4為強(qiáng)酸弱堿鹽，銅離子水解使溶液顯酸性，故A不符合題意；
B．CH3COONH4為弱酸弱堿鹽，醋酸根離子和銨根離子均發(fā)生水解，且二者水解程度相近，溶液顯中性，故B不符合題意；
C．Na2CO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸根離子水解使溶液顯堿性，故C符合題意；
D．NaHSO3為強(qiáng)堿弱酸的酸式鹽，亞硫酸氫根離子的電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，故D不符合題意；
答案選C。
11．(1)CO+H2OHCO+OH－
(2) < 促進(jìn) > B C A
(3)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，AlCl3·6 H2O與SOCl2混合加熱， SOCl2與AlCl3·6 H2O中的結(jié)晶水作用，生成無水AlCl3及SO2和HCl氣體，抑制AlCl3水解
【詳解】（1）碳酸根水解，溶液顯堿性，離子方程式為CO+H2OHCO+OH－；
（2）①銨根水解，溶液顯酸性，則NH4Cl溶液的pH＜7；水解吸熱，升高溫度可以促進(jìn)NH4Cl的水解；
②氫氧化鈉為強(qiáng)堿，水溶液中完全電離；pH相等的NaOH溶液與CH3COONa溶液，分別加熱到相同的溫度后，由于加熱促進(jìn)水解，則CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；
③硫酸氫銨電離出氫離子抑制銨根水解，則濃度相同的下列三種溶液：（A）NH4Cl溶液(B) (NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4 溶液中c()由大到小的順序?yàn)锽＞C＞A；
（3）鋁離子水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，AlCl3·6H2O與SOCl2混合加熱， SOCl2與AlCl3·6 H2O中的結(jié)晶水作用，生成無水AlCl3及SO2和HCl氣體，抑制AlCl3水解。
12．(1)自汽車尾氣的排放，煤的燃燒，工業(yè)過程等
(2) + NO2 =+ HNO2
(3)+ 2NO2 + H2O = 2HNO2+
(4)3HNO2HNO3＋2NO↑＋H2O
(5)用pH試紙分別測二種溶液的pH，pH＞7的為NaNO2溶液，pH=7的為NaCl溶液
【分析】根據(jù)水催化促進(jìn)硫酸鹽形成的化學(xué)新機(jī)制過程圖，結(jié)合各小題的提示信息分析解答。
（1）
NO2和SO2主要來自汽車尾氣的排放，煤的燃燒，工業(yè)過程等，故答案為：汽車尾氣的排放，煤的燃燒，工業(yè)過程等；
（2）
由圖可知，HSO中O-H鍵的解離過程為：HSO和NO2反應(yīng)得到SO和HNO2，反應(yīng)的離子方程式為：HSO+NO2=SO+HNO2，故答案為：HSO+NO2=SO+HNO2；
（3）
由圖可知，“水橋”主要靠“虛線”即氫鍵形成，反應(yīng)物有HSO、H2O、NO2，生成物有和HNO2，即HSO與NO2間發(fā)生的總反應(yīng)化學(xué)方程式為：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+，故答案為：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+；
（4）
亞硝酸(HNO2)加熱時(shí)發(fā)生歧化反應(yīng)，生成一種強(qiáng)酸和一種遇空氣變?yōu)榧t棕色的氣體，紅棕色的氣體為NO2，HNO2中N元素化合價(jià)為+3價(jià)，則加熱的產(chǎn)物之一為NO，NO種N元素化合價(jià)為+2價(jià)，加熱發(fā)生歧化反應(yīng)，則強(qiáng)酸應(yīng)為HNO3，結(jié)合原子守恒可得HNO2加熱發(fā)生的反應(yīng)為：3HNO2HNO3+2NO↑+H2O，故答案為：3HNO2HNO3+2NO↑+H2O；
（5）
HNO2是一種弱酸，NaNO2能夠水解，溶液顯堿性，NaCl溶液顯中性，所以可用pH試紙分別測二種溶液的pH，pH＞7的為NaNO2溶液，pH=7的為NaCl溶液，故答案為：用pH試紙分別測二種溶液的pH，pH＞7的為NaNO2溶液，pH=7的為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 離子晶體 S＞N＞O＞H
【詳解】(1)將硫化氫氣體通入裝有硫酸銅溶液的洗氣瓶中，洗氣瓶中產(chǎn)生黑色沉淀，為CuS，同時(shí)藍(lán)色溶液逐漸變淺而至無色，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反應(yīng)生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得該反應(yīng)能夠發(fā)生，故答案為：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)該反應(yīng)體系中的屬于弱電解質(zhì)的是H2S，與等物質(zhì)的量的氫氧化鈉的溶液混合，發(fā)生反應(yīng)生成NaHS，溶液中存在NaHS的電離平衡和水解平衡，溶液中存在的離子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5種離子；但NaHS的電離程度和水解程度均較小，這些離子的濃度第二大的離子為HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案為：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；
(3)根據(jù)化合價(jià)升降守恒，硫化銅中的S元素由-2價(jià)升高為+6價(jià)，化合價(jià)升高8，硝酸中N元素的化合價(jià)由+5價(jià)降低為+4價(jià)，化合價(jià)降低1，最小公倍數(shù)為8，因此硫化銅與濃硝酸的反應(yīng)方程式為：CuS+8HNO3(濃)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案為：1；8；1；8；4；
(4)根據(jù)反應(yīng)的方程式CuS+8HNO3(濃)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為8，若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移1.6ml電子時(shí)，則產(chǎn)生1.6ml NO2氣體，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為1.6ml ×22.4L/ml =35.84L；該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為CuSO4，若反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為0.8ml時(shí)，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子為0.8ml×8=6.4ml，數(shù)目為6.4NA，故答案為：35.84；6.4NA；
(5)此反應(yīng)體系中的含硫物質(zhì)為CuS和CuSO4，形成的晶體類型均為離子晶體，此反應(yīng)體系中非金屬元素為S、H、N、O，同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑由大到小的順序?yàn)镾＞N＞O＞H，故答案為：離子晶體；S＞N＞O＞H。
14． 18 10
【詳解】(1)由電離常數(shù)可知，酸性：，酸越弱，對(duì)應(yīng)酸根離子的水解程度越大，溶液堿性越強(qiáng)，所以由大到小的順序是；
(2)由上述分析可知，酸性強(qiáng)弱順序?yàn)?，根?jù)較強(qiáng)酸制較弱酸原理，向氰化鈉溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為；
(3)25℃時(shí)，與的混合溶液，，根據(jù)水的離子積常數(shù)，Kw=，，溶液中存在電荷守恒：，=，通過電離平衡常數(shù)的表達(dá)式可知：；
(4)純水中，，則=，Kw=×=，的的=，=，；溫度不變，水的離子積不變，，的碳酸鈉溶液中=，則，溶液中的全部來自水的電離，故水電離出的=。
【點(diǎn)睛】計(jì)算時(shí)要依靠醋酸的電離平衡常數(shù)公式變形，為易錯(cuò)點(diǎn)。
15．（方程式?jīng)]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
【詳解】Ⅰ．（1）泡沫滅火器的原理為：Al2（SO4）3 + 6NaHCO3 = 3Na2SO4 + 2Al（OH）3↓ + 6CO2↑ ，實(shí)質(zhì)是鋁鹽和小蘇打的雙水解反應(yīng)，即Al3+ + 3HCO3－ = Al（OH）3↓ + 3 CO2↑；（2）由題意可知，ClO2是氧化劑，Mn2+是還原劑，還原產(chǎn)物是ClO2－，氧化產(chǎn)物是MnO2，由反應(yīng)環(huán)境、電子得失守恒、電荷守恒和原子守恒配平可得：2ClO2+Mn2++2H2O=MnO2↓+2ClO2－+4H+；
Ⅱ．（1）稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，亞鐵鹽具有還原性，則該反應(yīng)為
，最后各物質(zhì)系數(shù)均乘以3可得：24 FeSO4 + 30 HNO3 =" 8" Fe（NO3）3 + 8 Fe2（SO4）3 + 3 N2O↑ + 15 H2O；（2）由現(xiàn)象可知，ClO－先將I－氧化為I2，由溶液環(huán)境、電子守恒、電荷守恒和原子守恒配平可得：H2O+ClO－+2I－=Cl－+I2+2OH－；
Ⅲ．短周期元素的金屬單質(zhì)有Li、Be、Na、Mg、Al，且4種單質(zhì)分屬4個(gè)不同的主族，則符合要求的可以為2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，2Mg+CO22MgO+C，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑等等。
【點(diǎn)睛】氧化還原反應(yīng)是一類重要的化學(xué)反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等。氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是電子 ，特征是化合價(jià)的升降，反應(yīng)實(shí)質(zhì)、特征及反應(yīng)類型的關(guān)系可以用6個(gè)字概括：升、失、氧，降、得、還；在氧化還原反應(yīng)中元素的化合價(jià)升高，原子失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，作還原劑；元素的化合價(jià)降低，原子獲得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，作氧化劑。元素化合價(jià)升降總數(shù)與原子失去或獲得的電子數(shù)相等，要掌握反應(yīng)的規(guī)律、配平技巧、有關(guān)的概念是本題的關(guān)鍵。
16．正確 17．正確 18．錯(cuò)誤 19．錯(cuò)誤 20．錯(cuò)誤 21．錯(cuò)誤 22．正確
【解析】16．明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑，正確；
17．AlCl3、FeCl3、CuCl2都是強(qiáng)揮發(fā)性酸弱堿鹽，加熱均不能采用將溶液直接蒸干的方法，正確；
18．實(shí)驗(yàn)室保存Na2S溶液用帶有橡膠塞的試劑瓶，Na2S溶液水解顯堿性，不能用玻璃塞，錯(cuò)誤；
19．泡沫滅火器中的試劑是Al2(SO4)3溶液與NaHCO3溶液，錯(cuò)誤；
20．焊接時(shí)用NH4Cl溶液水解顯酸性除銹與鹽類水解有關(guān)，錯(cuò)誤；
21．飽和食鹽水在電解條件下生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉，屬于電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的變化，與水解無關(guān)，錯(cuò)誤；
22．實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時(shí)，需將FeCl3(s)溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋，正確；
23． 1×10－12 < 促進(jìn) Na2CO3>NaCN>CH3COONa > NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3
【分析】(1)Kw=c(H+)?c(OH-)；溫度不同，Kw不同，升溫促進(jìn)水的電離，氫離子濃度增大；水解的鹽促進(jìn)水的電離；
(2)①依據(jù)酸的電離常數(shù)意義分析判斷，酸越容易電離，對(duì)應(yīng)鹽水解程度越小；
②依據(jù)溶液中電荷守恒計(jì)算分析；
③依據(jù)電離常數(shù)大小分析反應(yīng)生成產(chǎn)物。
【詳解】(1)25℃時(shí)純水中c(H+)=c(OH-)=10-7 ml/L，Kw=c(H+)?c(OH-)=10-14 ，當(dāng)溫度升高到100℃，純水中c(H+)=c(OH-)=10-6 ml/L，Kw=c(H+)?c(OH-)=10-12 ；100℃時(shí)1ml?L-1 的NaOH溶液中Kw=c(H+)?c(OH-)=10-12 ；c(OH-)=1ml/L，水電離出的c(H+)=1×10-12；水的電離時(shí)吸熱過程，加熱促進(jìn)電離氫離子濃度和氫氧根離子濃度增大，Kw增大，所以Kw(25℃)＜Kw(100℃)； NH4Cl固體溶解后溶液中銨根離子水解生成一水合氨和氫離子，溶液呈酸性，水的電離被促進(jìn)；
(2)①依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，醋酸電離常數(shù)大于氰酸大于碳酸氫根離子，所以等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度等濃度的Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，溶液pH為Na2CO3溶液的＞NaCN溶液的＞CH3COONa溶液的；
②等濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，得到醋酸鈉溶液，所得溶液顯堿性，c(H+)＜c(OH-)，依據(jù)溶液中電荷守恒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，所以反應(yīng)生成氰酸和碳酸氫鈉，不能生成二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。
【點(diǎn)睛】考查化學(xué)平衡影響因素的分析判斷，平衡常數(shù)的計(jì)算應(yīng)用，數(shù)據(jù)處理的能力，弱電解質(zhì)電離平衡的分析判斷，鹽類水解應(yīng)用，溶液酸堿性的計(jì)算判斷，注意碳酸是二元弱酸分步電離，第二部電離比氰酸小。
24． 堿 由于NH3·H2O的電離平衡常數(shù)大于HCO3-的電離平衡常數(shù)，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈堿性 ACD
【詳解】（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，由于NH3·H2O的電離平衡常數(shù)大于HCO3-的電離平衡常數(shù)，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈堿性；（2）A、由于CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液顯堿性，則水解程度都是很小的，所以c(NH4+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(NH3·H2O)，A正確；B、根據(jù)電荷守恒可知c(NH4+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，B不正確；C、根據(jù)物料守恒可知c(CO32-）+ c(HCO3-）+c(H2CO3)＝0.1 ml·L-1，C正確；D、碳氧根據(jù)物料守恒可知c(NH4+)+ c(NH3·H2O)＝2c(CO32-）+ 2c(HCO3-）+2c(H2CO3)，D正確，答案選ACD。
25． Al3＋+3H2OAl(OH)3(膠體)+3H＋ < I 10-3-10-11 c(H+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)
【詳解】(1)NH4Al(SO4)2中的鋁離子在水中發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，膠體能夠吸附溶液中的粒子生成沉淀起到凈水的作用，離子方程式為：Al3＋+3H2OAl(OH)3(膠體)+3H＋，故答案為：Al3＋+3H2OAl(OH)3(膠體)+3H＋；
(2) 0.1ml·L-1NH4Al(SO4)2中部分鋁離子發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體和氫離子，對(duì)銨根離子的水解有抑制作用，但產(chǎn)生的氫離子濃度小于NH4HSO4中電離產(chǎn)生的氫離子濃度，則0.1ml·L-1NH4Al(SO4)2中c(NH)小，故答案為：c(SO)>c(NH)>c(OH-)，故答案為： c(H+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)。
26． HC2O既能夠電離也能夠水解，KHC2O4溶液顯酸性，說明HC2O的電離程度大于水解程度 AD B>A>C CN- +CO2+H2O =HCO +HCN BD
【分析】I. (1)HC2O4-既能夠電離也能夠水解，KHC2O4溶液顯酸性，說明HC2O4-的電離程度大于水解程度；
(2)A．根據(jù)物料守恒判斷；
B．根據(jù)電荷守恒判斷；
C．根據(jù)物料守恒、電荷守恒判斷；
D．若恰好反應(yīng)，c(K+)=c(Na+)，此時(shí)溶液呈堿性，故加入的氫氧化鈉的物質(zhì)的量略少些；
II. (3)25℃時(shí)，酸的電離平衡常數(shù)越大，其對(duì)應(yīng)的酸根離子水解程度越小，則相同濃度的鈉鹽溶液pH越??；
(4)電離平衡常數(shù)H2CO3＞HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，二者反應(yīng)生成HClO和NaHCO3；
(5)現(xiàn)有濃度為0.02ml/L的HCN與0.01ml/L NaOH等體積混合后，溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCN、NaCN，測得c(Na+)＞c(CN-)，根據(jù)電荷守恒得c(H+)＜c(OH-)，溶液呈存在質(zhì)子守恒和物料守恒。
【詳解】I. (1)HC2O4-既能夠電離也能夠水解，KHC2O4溶液顯酸性，說明HC2O4-的電離程度大于水解程度；
(2)A．碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根據(jù)物料守恒有c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)，故A正確；
B．根據(jù)電荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B錯(cuò)誤；
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錯(cuò)誤；
D．若恰好反應(yīng)，c(K+)=c(Na+)，此時(shí)溶液呈堿性，故加入的氫氧化鈉的物質(zhì)的量略少些，故c(K+)＞c(Na+)，故D正確；
故答案為：AD。
II. (1)電離平衡常數(shù)CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度為：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH為：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故答案為：B＞A＞C；
(2)NaCN和少量CO2反應(yīng)生成NaHCO3、HCN，反應(yīng)離子方程式為CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCN；
(3)將0.02ml/L的HCN與0.01ml/L 的NaOH溶液等體積混合，溶液中的溶質(zhì)是物質(zhì)的量濃度都為0.005ml?L-1的NaCN、HCN，測得c(Na+)＞c(CN-)，根據(jù)電荷守恒可知：c(H+)＜c(OH-)，溶液呈堿性，所以HCN的濃度為0.005ml?L-1，CN-的濃度小于0.005ml?L-1；
A．根據(jù)分析可知，溶液呈堿性，c(H+)＜c(OH-)，故A錯(cuò)誤；
B．混合液呈堿性，則c(H+)＜c(OH-)，故B正確；
C．電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，則c(HCN)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CN-)，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)物料守恒可知：c(HCN)+c(CN-)=0.01ml/L，故D正確；
故答案為：BD。
【點(diǎn)睛】判斷電解質(zhì)溶液的離子濃度關(guān)系，需要把握三種守恒，即電荷守恒、物料守恒及質(zhì)子守恒，如Na2CO3溶液中存在的電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒式為c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，質(zhì)子守恒式為c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)，質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。
27．(1) Cu2+水解產(chǎn)生Cu(OH)2是吸熱反應(yīng)，加熱促進(jìn)水解，產(chǎn)生渾濁 應(yīng)加入少量H2SO4
(2) 查漏 排氣泡
(3) 酸 滴入最后一滴KMnO4溶液恰好由淺綠色變紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)
(4)C
(5)
【分析】滴定實(shí)驗(yàn)的步驟是：滴定前的準(zhǔn)備：滴定管：查漏→洗滌→潤洗→裝液→調(diào)液面→記錄，錐形瓶：注液體→記體積→加指示劑；滴定：眼睛注視錐形瓶溶液顏色變化；終點(diǎn)判斷：記錄數(shù)據(jù)；數(shù)據(jù)處理：通過數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算；
【詳解】（1）因Cu2+水解產(chǎn)生Cu(OH)2，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，加熱促進(jìn)水解，故產(chǎn)生渾濁；硫酸濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，能得到澄清的較濃的CuSO4溶液，故答案為Cu2+水解產(chǎn)生Cu(OH)2是吸熱反應(yīng)，加熱促進(jìn)水解，產(chǎn)生渾濁；應(yīng)加入少量H2SO4；
（2）滴定前首先需要加成滴定管是否漏液，然后用待裝溶液潤洗，裝液，排氣泡，調(diào)節(jié)液面在零刻度或零刻度以下，并記錄初始讀數(shù)，故答案為查漏；排氣泡；
（3）KMnO4(H+)溶液具有強(qiáng)氧化性，能夠發(fā)生乳膠管，應(yīng)裝入酸式滴定管進(jìn)行滴定；高錳酸鉀溶液為紫色，故滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為：滴入最后一滴KMnO4溶液恰好由淺綠色變紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)；
（4）A．盛標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管用蒸餾水洗滌后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗就裝液滴定，標(biāo)準(zhǔn)液濃度減小，所需v(標(biāo)準(zhǔn))增大，根據(jù)c(待測)=判斷可知c(待測)偏大，故A錯(cuò)誤；
B．錐形瓶用蒸餾水洗滌后未用待測液潤洗，所需v(標(biāo)準(zhǔn))不變，根據(jù)c(待測)= 判斷可知c(待測)不變，故B錯(cuò)誤；
C．讀取標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)時(shí)，滴定前平視，滴定到終點(diǎn)后俯視，所需v(標(biāo)準(zhǔn))偏小，根據(jù)c(待測)=判斷可知c(待測)偏小，故C正確；
D．滴定后滴定管尖嘴處懸有溶液未滴落，所需v(標(biāo)準(zhǔn))偏大，根據(jù)c(待測)=判斷可知c(待測)偏大，故D錯(cuò)誤；
故選C；
（5）由題意可知10.0mL待測液與(b-a)×10-3L 1.0 ml?L-1的KMnO4完全反應(yīng)，根據(jù)可知，，則100mL待測溶液中FeSO4的質(zhì)量為0.05(b-a)ml×152g/ml= 7.6(b-a)g，所以樣品中FeSO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=。
28．(1) 第四周期第VIII族 C2O3 +6H+ +2Cl－ = 2C2+ +Cl2↑ + 3H2O 冷卻結(jié)晶
(2) F 排盡裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣氧化乙酸鈷 3(CH3COO)2CC3O4 + 4CO↑ + 2CO2↑ + 3C2H6↑
【分析】(1)裝置A中C2O3與鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CCl2、Cl2和H2O，反應(yīng)的離子方程式為C2O3+6H++2Cl-=2C2++Cl2↑+3H2O，A裝置產(chǎn)生的Cl2氧化KI生成I2單質(zhì)，使淀粉溶液變藍(lán)色，據(jù)此說明A裝置中已經(jīng)反應(yīng)反應(yīng)，氯氣有毒，會(huì)污染環(huán)境，則裝置C用于吸收尾氣氯氣；
(2)裝置E、F是用于檢驗(yàn)CO和CO2，且PdCl2溶液能被CO還原為Pd,同時(shí)生成CO2，會(huì)干擾CO2的檢驗(yàn)，則圖中E中澄清石灰水用于檢驗(yàn)CO2，F(xiàn)中PdCl2溶液用于檢驗(yàn)CO，G中過量的NaOH溶液用于除去CO2，H中無水CaCl2用于干燥氣體，I中氧化銅變紅，J中固體由白色變藍(lán)色，K中石灰水變渾濁，則乙酸鈷分解生成了烴類物質(zhì)，烴被CuO氧化生成CO2和H2O，據(jù)此分析解答。
【詳解】（1）①鈷在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族，其基態(tài)原子的價(jià)電子為其3d能級(jí)上的7個(gè)電子、4s能級(jí)上的2個(gè)電子，其價(jià)電子排布式為；
②C2O3與鹽酸反應(yīng)生成CCl2、Cl2和水，離子反應(yīng)為C2O3+2Cl-+6H+=2C2++Cl2↑+3H2O；由燒瓶中的溶液制取干燥的CCl2?4H2O，因加熱促進(jìn)水解，且生成鹽酸易揮發(fā)，需經(jīng)過的操作有蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等；
（2）①裝置E、F是用于檢驗(yàn)CO和CO2的，CO的氧化產(chǎn)物為二氧化碳，則先檢驗(yàn)二氧化碳，其中盛放PdCl2溶液的是裝置F，通氮?dú)獾淖饔檬桥疟M裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣氧化乙酸鈷；
②若乙酸鈷最終分解生成固態(tài)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為C3O4，則乙酸鈷在空氣氣氛中分解的化學(xué)方程式為3(CH3COO)2CC3O4 + 4CO↑ + 2CO2↑ + 3C2H6↑。
29． 不再有氣泡產(chǎn)生時(shí) 將裝置中產(chǎn)生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙裝置中 D 甲 C3(OH)4(CO3)2 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 5.2～7.6 抑制CCl2的水解 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶
【分析】（1）加熱甲中玻璃管，當(dāng)乙裝置中不再有氣泡產(chǎn)生，即堿式碳酸鈷分解完畢；
（2）步驟④中緩緩?fù)ㄈ肟諝鈹?shù)分鐘，將裝置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙裝置中，以免影響測量結(jié)果；
（3）在活塞a前，加裝裝置D，裝置中盛放的堿石灰容易吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳；
（4）向含鈷廢料中加入過量稀鹽酸，F(xiàn)e、Al和稀鹽酸反應(yīng)生成FeCl2、AlCl3、CCl2，向溶液中加入雙氧水和CCO3，雙氧水具有強(qiáng)氧化性，能將亞鐵離子氧化為鐵離子，離子反應(yīng)方程式為2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，加入CCO3，調(diào)節(jié)溶液的pH至7.6，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后過濾，濾渣為Fe(OH)3、Al(OH)3，濾液中含有CCl2，然后向?yàn)V液中加入稀鹽酸，抑制CCl2水解，然后采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶和過濾方法得到CCl2?6H2O；
①雙氧水具有氧化性，能氧化還原性離子；
②加入CCO3調(diào)pH為5.2～7.6，則操作I獲得的濾渣成分為Fe(OH)3、Al(OH)3；
③CCl2為強(qiáng)酸弱堿鹽，陽離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，加入稀鹽酸能抑制水解；
④操作Ⅱ過程為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾。
【詳解】（1）③加熱甲中玻璃管，當(dāng)乙裝置中不再有氣泡產(chǎn)生，即堿式碳酸鈷分解完畢；
故答案為：不再有氣泡產(chǎn)生時(shí)；
（2）步驟④中緩緩?fù)ㄈ肟諝鈹?shù)分鐘，將裝置中生成的和全部排入乙、丙裝置中，以免影響測量結(jié)果；
故答案為：將裝置中產(chǎn)生的和(g)全部排入乙、丙裝置中；
（3）在活塞a前，加裝裝置D，裝置中盛放的堿石灰吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳，以免影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果；
故答案為：D；甲；
（4）堿式碳酸鈷樣品3.65g，反應(yīng)前乙裝置的質(zhì)量為80.00g，反應(yīng)后質(zhì)量為80.36g，故生成水的質(zhì)量為0.36g，物質(zhì)的量為0.02ml；反應(yīng)前丙裝置的質(zhì)量為62.00g，反應(yīng)后質(zhì)量為62.88g，生成二氧化碳的質(zhì)量為0.88g，物質(zhì)的量為0.02ml；故C的質(zhì)量為 ，故C原子物質(zhì)的量為：
，根據(jù)C、H、C元素守恒可知， ，故化學(xué)式為 ；
故答案為：；
(5) ①三價(jià)鐵離子易轉(zhuǎn)化為沉淀，所以要加入氧化劑過氧化氫把二價(jià)鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，而不會(huì)引入新的雜質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為：，
故答案為：；
②根據(jù)沉淀的pH值表格知，當(dāng)溶液的pH值為5.2時(shí)，鐵離子和鋁離子被完全沉淀，當(dāng)溶液的pH值為7.6時(shí)，鈷離子才開始產(chǎn)生沉淀，所以要想將鐵離子、鋁離子和鈷離子分離，溶液的pH值應(yīng)該不小于5.2不大于7.6；
故答案為：5.2～7.6；
③加鹽酸調(diào)整pH為2～3的目的為抑制的水解；
故答案為：抑制的水解；
④操作Ⅱ過程為的溶質(zhì)結(jié)晶的過程，利用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到，
故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。

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高中人教版 (2019)第三節(jié) 鹽類的水解同步訓(xùn)練題：

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高中化學(xué)人教版 (2019)選擇性必修1電子課本

實(shí)驗(yàn)活動(dòng)3 鹽類水解的應(yīng)用

版本： 人教版 (2019)

年級(jí)： 選擇性必修1

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