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2021版高考化学一轮复习课时跟踪检测（三十三）盐类的水解（含解析）新人教版
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课时跟踪检测（三十三）盐类的水解
1．(2020·宜昌第一中学模拟)广义的水解观认为水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化。根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是( )
A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2
B．BrCl水解的产物是HClO和HBr
C．Mg2C3水解的产物是Mg(OH)2和C3H4
D．Al2S3水解的产物是Al(OH)3和H2S
解析：选B A项，BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理；B项，该反应中氯元素化合价从－1价变为＋1价，有电子转移，不符合水解原理；C项，Mg2C3水解生成Mg(OH)2和C3H4，该反应中没有元素化合价变化，符合水解原理；D项，Al2S3水解为Al(OH)3和H2S，没有化合价变化，符合水解原理。
2．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是( )
A．CO＋H2OHCO＋OH－ 热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ 明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl 用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体
解析：选D 升高温度，促使CO的水解平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大，碱性增强，有利于油污的水解及清洗，A正确；明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋发生水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀，经脱水制备TiO2，C正确；SnCl2易发生水解反应，而配制其溶液时，加入NaOH固体，消耗HCl，促使水解平衡正向移动，生成Sn(OH)Cl沉淀，故应加入HCl溶液抑制其水解，D错误。
3．含SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在：c(Na＋)>c(SO)>c(H2SO3)>c(HSO)
B．已知NaHSO3溶液pH<7，该溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)
C．当吸收液呈酸性时：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
D．当吸收液呈中性时：c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)
解析：选D Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>
c(HSO)>c(H2SO3)，A项错误；NaHSO3溶液pH<7，则该溶液中HSO的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度大小关系为c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(SO)＋c(HSO)，也可以是NaHSO3和亚硫酸钠的混合溶液，则选项中的物料守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)＋c(HSO)，故c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)，D项正确。
4．(2018·北京高考)测定0.1 mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－
B．④的pH与①不同，是由SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的KW值相等
解析：选C Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋
H2OHSO＋OH－，A项正确；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明④中的SO数目大，SO数目小，所以④中的OH－数目小于①中的OH－数目，pH不同，B项正确；①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO) 减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误；KW只与温度有关，D项正确。
5．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lg X与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系
B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)
C．1.22＜pH＜4.19的溶液中：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)
D．pH＝4.19的溶液中：c(Na＋)＜3c(HC2O)
解析：选C 草酸是二元弱酸，其K1＝＞K2＝，当溶液的pH相同时，c(H＋)相同，lg X：Ⅰ＞Ⅱ，则曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系，曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系，故A正确。pH＝1.22时，溶液呈酸性，则
c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)可知，2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)，故B正确。lg X为增函数，pH＝1.22时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg＝0，c(HC2O)＝c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中lg X＝lg＝－3，c(HC2O)＝c(H2C2O4)＝103c(C2O)，c(H2C2O4)＞c(C2O)；pH＝4.19时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg＝3，c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中，lg X＝lg＝0，c(C2O)＝c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，c(H2C2O4)＜c(C2O)，所以1.22＜pH＜4.19的过程中，不一定满足：c(C2O)＞c(H2C2O4)，故C错误。溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，pH＝4.19时，c(C2O)＝c(HC2O)，c(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒可知c(Na＋)＜3c(HC2O)，故D正确。
6．(2020·合肥质检)亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1 L 0.1 mol·L－1 H3AsO3溶液中逐滴加入KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10－9
B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O
C．M点对应的溶液中：c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＋c(H3AsO3)＝0.1 mol·L－1
D．pH＝12时，溶液中：c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)>c(H＋)＋
c(K＋)
解析：选B A项，由图中数据可知，pH＝9.3时，c(H2AsO)＝c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1＝＝c(H＋)＝10－9.3，故Ka1的数量级为10－10，错误；B项，由图可知，pH在8.0～10.0时，H3AsO3的物质的量分数逐渐减小，H2AsO的物质的量分数逐渐增大，故反应的离子方程式为H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O，正确；C项，根据物料守恒可知，M点对应的溶液中，n(H2AsO)＋n(HAsO)＋n(AsO)＋n(H3AsO3)＝0.1 mol，由于不知道此时溶液的体积是多少(或不知道加入KOH溶液的体积)，故无法计算其总浓度，错误；D项，由电荷守恒可知，c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(OH－)＝
c(H＋)＋c(K＋)，H2AsO和HAsO水解都产生OH－，故c(OH－)>c(H3AsO3)，因此溶液中c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)
A．NaHCO3溶液加水稀释，c(Na＋)与c(HCO)的比值将增大
B．pH＝1的一元酸和pH＝13的一元碱等体积混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)
C．0.1 mol·L－1硫酸铵溶液中：c(SO)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D．0.1 mol·L－1的硫化钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
解析：选A 加水稀释，促进阴离子水解，n(Na＋)不变，n(HCO)减小，则c(Na＋)与c(HCO)的比值将增大，故A正确；pH＝1的一元酸和pH＝13的一元碱等体积混合，只有强酸和强碱等体积混合才会pH＝7，弱酸和强碱反应显酸性，反之显碱性，故B错误；0.1 mol·L－1硫酸铵溶液中：c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)，故C错误；硫化钠溶液中，质子守恒关系式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，故D错误。
8．下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1 mol·L－1：①H2S溶液、②KHS溶液、③K2S溶液、④H2S和KHS混合溶液(已知常温下KHS溶液的pH＞7)。下列说法正确的是( )
A．溶液的pH从大到小的顺序为③＞②＞①＞④
B．在H2S和KHS混合溶液中：c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝2c(K＋)
C．c(H2S)从大到小的顺序为①＞④＞③＞②
D．在KHS溶液中：c(H＋)＋c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(OH－)
解析：选B H2S溶液、H2S和KHS混合溶液均显酸性，但HS－的存在抑制了H2S的电离，故pH：④＞①；K2S溶液中S2－的水解程度大于KHS溶液中HS－的水解程度，则pH：③＞②，故溶液pH从大到小的顺序为③＞②＞④＞①，A错误。在浓度均为0.1 mol·L－1 H2S和KHS混合溶液中，根据物料守恒可得：c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝2c(K＋)，B正确。在K2S溶液中S2－发生两步水解生成H2S，而KHS溶液中HS－发生一步水解生成H2S，故溶液中c(H2S)：②＞③，C错误。在KHS溶液中根据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(K＋)＝
c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，D错误。
9.(2020·青岛模拟)室温下，0.1 mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，可能存在的含A粒子(H2A、HA－、A2－)的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．H2A的电离方程式：H2AH＋＋HA－
B．pH＝5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c(HA－)∶c(A2－)＝1∶100
C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(HA－)＞c(A2－)
D．Na2A溶液必存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)，各粒子浓度均大于0
解析：选B 由图知，在pH＝0～6范围内，不存在H2A分子，说明H2A的第一步电离是完全的，H2A的电离方程式为H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－，A项错误；由pH＝3时的数据可求得HA－的电离常数Ka＝＝1×10－3，温度不变，电离常数不变，故pH＝5时电离常数Ka＝＝＝1×10－3，解得＝100，故B项正确；在等物质的量浓度的NaHA和Na2A混合溶液中，pH<7，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，故离子浓度大小关系应为c(Na＋)＞c(A2－)＞c(HA－)，C项错误；根据H2A的电离方程式知，Na2A溶液中c(H2A)＝0，D项错误。
10.常温下，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL同浓度的一元弱酸HA，滴定过程溶液pH随x的变化曲线如图所示(忽略中和热效应)，下列说法不正确的是( )
A．HA溶液加水稀释后，溶液中的值减小
B．HA的电离常数KHA＝(x为滴定分数)
C．当滴定分数为100时，溶液中水的电离程度最大
D．滴定分数大于100时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：选D 弱酸加水稀释促进电离，n(A－)增大，n(HA)减小，故的值减小，A正确；设HA的量是100，根据图像知有x被反应，KHA＝，B正确；当滴定分数为100时，二者刚好反应生成强碱弱酸盐NaA，由于盐的水解，水的电离程度最大，C正确；滴定分数大于100时，即氢氧化钠过量，溶液中离子浓度关系可能有c(Na＋)＞c(OH－)＞
c(A－)＞c(H＋)，D错误。
11．将0.1 mol·L－1 (CH3COO)2Ba溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，下列关系不正确的是( )
A．3c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C．c(CH3COO－)＞c(Na＋)＝c(Ba2＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)＋0.05 mol·L－1
解析：选C 由电荷守恒式2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，两溶液均为0.1 mol·L－1，则c(Ba2＋)＝c(Na＋)，可知A项正确；因CH3COO－在溶液中部分水解，由物料守恒：2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B项正确；该溶液中的OH－来自NaOH的电离和CH3COO－的水解，故c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(Na＋)＝c(Ba2＋)＞c(H＋)，C项不正确；把c(Na＋)＝0.05 mol·L－1和物料守恒式2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)代入电荷守恒式，即得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)＋0.05 mol·L－1，D项正确。
12．(2020·滨州期末)25 ℃时，向100 mL 0.01 mol·L－1的NaHA溶液中分别加入浓度均为0.01 mol·L－1的NaOH溶液和盐酸，混合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示
(lg 5＝0.7)。下列说法正确的是( )
A．25 ℃，H2A的第二步电离平衡常数约为10－4
B．P点时溶液中存在：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)
C．水的电离程度：M＞N＞P
D．随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH可能小于2
解析：选B 由图可知，0.01 mol·L－1的NaHA溶液的pH＝4，则有c(H＋)≈c(A2－)＝
10－4mol·L－1，c(HA－)≈0.01 mol·L－1，H2A的第二步电离平衡：HA－A2－＋H＋，则有
Ka2＝≈＝10－6，A错误。P点加入100 mL 0.01 mol·L－1的盐酸，恰好完全反应生成等浓度的NaCl和H2A，据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2－)；据物料守恒可得c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，综合上述两式消去c(A2－)可得：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)，B正确。N点加入100 mL 0.01 mol·L－1的NaOH溶液，此时为Na2A溶液，A2－发生水解而促进水的电离；M点为Na2A和NaHA的混合液，此时溶液中OH－全部是由水电离出的，由水电离的c(OH－)＝10－7mol·L－1；P点为H2A和NaCl的混合液，H2A抑制水的电离，故水的电离程度：N＞M＞P，C错误。随着盐酸的不断滴入，溶液的pH无限接近于0.01 mol·L－1盐酸的pH，即溶液的pH无限接近于2，但大于2，D错误。
13．(2020·广州调研)常温下，浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶
液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．MOH的电离程度：c点大于d点
B．ROH溶液由a点到b点时，变大
C．pH＝10时，MOH和ROH溶液中，c(M＋)＞c(R＋)
D．lg＝2时，MOH和ROH两种溶液中，水电离出的c(OH－)的比值为1∶10
解析：选D 由图可知，浓度均为0.10 mol·L－1的MOH和ROH溶液，前者pH＝13，后者pH＜13，则MOH是强碱，ROH是弱碱，MOH完全电离，故c、d两点MOH的电离程度均为100%，A错误。ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，则电离常数为Kb(ROH)＝＝，则有＝，由于温度不变，则Kb(ROH)、KW不变，故a→b点时不变，B错误。MOH和ROH溶液中存在电荷守恒关系：c(M＋)＋c(H＋)＝c(OH－)、c(R＋)＋c(H＋)＝c(OH－)；由图可知，pH＝10时，两溶液中c(OH－)、c(H＋)分别相等，则有c(M＋)＝c(R＋)，C错误。lg＝2时，MOH和ROH溶液的pH分别为11、10，而碱溶液中的H＋全部来源于水的电离，且c水(OH－)＝c水(H＋)，故MOH和ROH溶液中水电离出的c(OH－)的比值为10－11∶10－10＝1∶10，D正确。
14．请根据所学知识回答下列问题：
酸
电离常数
CH3COOH
K＝1.8×10－5
H2CO3
K1＝4.3×10－7，K2＝5.6×10－11
H2SO3
K1＝1.54×10－2，K2＝1.02×10－7
(1)NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na＋、HSO、H＋、SO、H2O、_______、
________(填微粒符号)。
(2)常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：
①NH4Cl ②NH4HCO3 ③(NH4)2SO4 ④NH4HSO4
溶液中c(NH)最大的是________，最小的是________(填标号)。
(3)常温下，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为__________(填标号)。
(4)常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是(用离子方程式表示) __________________。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是__________(填化学式)。
解析：(1)NaHSO3是强碱弱酸盐，能完全电离：NaHSO3===Na＋＋HSO，所以溶液中存在Na＋、HSO；溶液中还存在HSO的电离：HSOH＋＋SO，所以溶液中存在
H＋、SO；也存在HSO的水解：HSO＋H2OH2SO3＋OH－，所以溶液中存在H2SO3、OH－；故NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na＋、HSO、H＋、SO、H2O、OH－、H2SO3。(2)常温下，物质的量浓度相同的①、②、③、④中③中c(NH)最大，约为其余的2倍；②中HCO水解促进NH的水解，②中c(NH)最小。(3)①、②、③、④、⑤、⑥中①为强碱，pH最大；⑥为强酸，pH最小；②为强酸强碱盐，pH＝7；③、⑤为弱酸强碱盐，水解显碱性，由于酸性：醋酸>碳酸，故CO水解程度大于CH3COO－，③的pH大于⑤；④为弱酸，pH从大到小排列顺序为①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥。(4)AlCl3为强电解质，在溶液中完全电离生成Al3＋和Cl－，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故AlCl3溶液呈酸性，把AlCl3溶液蒸干，HCl挥发，促进水解生成Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3。
答案：(1)OH－ H2SO3 (2)③ ②
(3)①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥
(4)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ Al2O3
15．V2O5为橙黄至砖红色固体，无味、有毒，微溶于水，是许多有机和无机反应的催化剂。如图表示的是25 ℃时，部分含钒微粒的存在形式、浓度和存在的pH范围(其余可溶性微粒均未标出)，图中“[V]”表示含钒微粒的浓度，虚线表示[V]或pH的范围尚未准确确定。
(1)V2O5溶于足量2 mol·L－1 NaOH溶液中，发生反应的离子方程式为______________，向反应后的溶液中，滴加硫酸溶液至过量(pH<1)的过程中，开始溶液保持澄清，滴加一段时间后，观察到有橙黄色沉淀产生，继续滴加硫酸溶液，沉淀又消失。则沉淀消失过程中发生反应的化学方程式为____________________。
(2)上述滴加硫酸溶液的过程中，先后发生如下反应：
则“X所示区域溶液中的离子”不可能是______(填字母)。
a．V3O b．V4O c．V4O
解析：(1)由图可知，在碱性条件下，以VO形式存在，V2O5溶于足量2 mol·L－1 NaOH溶液中，发生反应的离子方程式为V2O5＋6OH－===2VO＋3H2O；沉淀消失过程中发生反应的化学方程式为V2O5＋H2SO4===(VO2)2SO4＋H2O。(2)H2VO缩水后，V的化合价不变，所以不可能的是V4O。
答案：(1)V2O5＋6OH－===2VO＋3H2O
V2O5＋H2SO4===(VO2)2SO4＋H2O (2)b
16．NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是________________________________________
________________________________________________________________________(用必要的化学用语和相关文字说明)。
(2)相同条件下，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。
(3)如图1所示是0.1 mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。
①其中符合0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填字母)，导致pH随温度变化的原因是______________________________________________________
________________________________________________________________________。
②20 ℃时，0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝________。
(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______
____________________________________________________________________________。
解析：(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降。(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH均发生水解，NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出H＋同样抑制NH水解，但HSO电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4中NH水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。(3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ。②根据电荷守恒，可以求出2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝
c(H＋)－c(OH－)＝10－3 mol·L－1 [c(OH－)太小，可忽略]。(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完电离出H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na＋)＝c(SO)，b点时c(Na＋)＞c(SO)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO)＞c(NH)，故c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)。
答案：(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
(2)小于
(3)①Ⅰ NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小
②10－3 mol·L－1
(4)a c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)
1．(2020·宜昌第一中学模拟)广义的水解观认为水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化。根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是( )
A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2
B．BrCl水解的产物是HClO和HBr
C．Mg2C3水解的产物是Mg(OH)2和C3H4
D．Al2S3水解的产物是Al(OH)3和H2S
解析：选B A项，BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理；B项，该反应中氯元素化合价从－1价变为＋1价，有电子转移，不符合水解原理；C项，Mg2C3水解生成Mg(OH)2和C3H4，该反应中没有元素化合价变化，符合水解原理；D项，Al2S3水解为Al(OH)3和H2S，没有化合价变化，符合水解原理。
2．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是( )
A．CO＋H2OHCO＋OH－ 热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ 明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl 用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体
解析：选D 升高温度，促使CO的水解平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大，碱性增强，有利于油污的水解及清洗，A正确；明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋发生水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀，经脱水制备TiO2，C正确；SnCl2易发生水解反应，而配制其溶液时，加入NaOH固体，消耗HCl，促使水解平衡正向移动，生成Sn(OH)Cl沉淀，故应加入HCl溶液抑制其水解，D错误。
3．含SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在：c(Na＋)>c(SO)>c(H2SO3)>c(HSO)
B．已知NaHSO3溶液pH<7，该溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)
C．当吸收液呈酸性时：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
D．当吸收液呈中性时：c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)
解析：选D Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>
c(HSO)>c(H2SO3)，A项错误；NaHSO3溶液pH<7，则该溶液中HSO的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度大小关系为c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(SO)＋c(HSO)，也可以是NaHSO3和亚硫酸钠的混合溶液，则选项中的物料守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)＋c(HSO)，故c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)，D项正确。
4．(2018·北京高考)测定0.1 mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－
B．④的pH与①不同，是由SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的KW值相等
解析：选C Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋
H2OHSO＋OH－，A项正确；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明④中的SO数目大，SO数目小，所以④中的OH－数目小于①中的OH－数目，pH不同，B项正确；①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO) 减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误；KW只与温度有关，D项正确。
5．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lg X与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系
B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)
C．1.22＜pH＜4.19的溶液中：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)
D．pH＝4.19的溶液中：c(Na＋)＜3c(HC2O)
解析：选C 草酸是二元弱酸，其K1＝＞K2＝，当溶液的pH相同时，c(H＋)相同，lg X：Ⅰ＞Ⅱ，则曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系，曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系，故A正确。pH＝1.22时，溶液呈酸性，则
c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)可知，2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)，故B正确。lg X为增函数，pH＝1.22时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg＝0，c(HC2O)＝c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中lg X＝lg＝－3，c(HC2O)＝c(H2C2O4)＝103c(C2O)，c(H2C2O4)＞c(C2O)；pH＝4.19时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg＝3，c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中，lg X＝lg＝0，c(C2O)＝c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，c(H2C2O4)＜c(C2O)，所以1.22＜pH＜4.19的过程中，不一定满足：c(C2O)＞c(H2C2O4)，故C错误。溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，pH＝4.19时，c(C2O)＝c(HC2O)，c(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒可知c(Na＋)＜3c(HC2O)，故D正确。
6．(2020·合肥质检)亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1 L 0.1 mol·L－1 H3AsO3溶液中逐滴加入KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10－9
B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O
C．M点对应的溶液中：c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＋c(H3AsO3)＝0.1 mol·L－1
D．pH＝12时，溶液中：c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)>c(H＋)＋
c(K＋)
解析：选B A项，由图中数据可知，pH＝9.3时，c(H2AsO)＝c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1＝＝c(H＋)＝10－9.3，故Ka1的数量级为10－10，错误；B项，由图可知，pH在8.0～10.0时，H3AsO3的物质的量分数逐渐减小，H2AsO的物质的量分数逐渐增大，故反应的离子方程式为H3AsO3＋OH－===H2AsO＋H2O，正确；C项，根据物料守恒可知，M点对应的溶液中，n(H2AsO)＋n(HAsO)＋n(AsO)＋n(H3AsO3)＝0.1 mol，由于不知道此时溶液的体积是多少(或不知道加入KOH溶液的体积)，故无法计算其总浓度，错误；D项，由电荷守恒可知，c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(OH－)＝
c(H＋)＋c(K＋)，H2AsO和HAsO水解都产生OH－，故c(OH－)>c(H3AsO3)，因此溶液中c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H3AsO3)
A．NaHCO3溶液加水稀释，c(Na＋)与c(HCO)的比值将增大
B．pH＝1的一元酸和pH＝13的一元碱等体积混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)
C．0.1 mol·L－1硫酸铵溶液中：c(SO)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D．0.1 mol·L－1的硫化钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
解析：选A 加水稀释，促进阴离子水解，n(Na＋)不变，n(HCO)减小，则c(Na＋)与c(HCO)的比值将增大，故A正确；pH＝1的一元酸和pH＝13的一元碱等体积混合，只有强酸和强碱等体积混合才会pH＝7，弱酸和强碱反应显酸性，反之显碱性，故B错误；0.1 mol·L－1硫酸铵溶液中：c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)，故C错误；硫化钠溶液中，质子守恒关系式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，故D错误。
8．下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1 mol·L－1：①H2S溶液、②KHS溶液、③K2S溶液、④H2S和KHS混合溶液(已知常温下KHS溶液的pH＞7)。下列说法正确的是( )
A．溶液的pH从大到小的顺序为③＞②＞①＞④
B．在H2S和KHS混合溶液中：c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝2c(K＋)
C．c(H2S)从大到小的顺序为①＞④＞③＞②
D．在KHS溶液中：c(H＋)＋c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(OH－)
解析：选B H2S溶液、H2S和KHS混合溶液均显酸性，但HS－的存在抑制了H2S的电离，故pH：④＞①；K2S溶液中S2－的水解程度大于KHS溶液中HS－的水解程度，则pH：③＞②，故溶液pH从大到小的顺序为③＞②＞④＞①，A错误。在浓度均为0.1 mol·L－1 H2S和KHS混合溶液中，根据物料守恒可得：c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝2c(K＋)，B正确。在K2S溶液中S2－发生两步水解生成H2S，而KHS溶液中HS－发生一步水解生成H2S，故溶液中c(H2S)：②＞③，C错误。在KHS溶液中根据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(K＋)＝
c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，D错误。
9.(2020·青岛模拟)室温下，0.1 mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，可能存在的含A粒子(H2A、HA－、A2－)的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．H2A的电离方程式：H2AH＋＋HA－
B．pH＝5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c(HA－)∶c(A2－)＝1∶100
C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(HA－)＞c(A2－)
D．Na2A溶液必存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)，各粒子浓度均大于0
解析：选B 由图知，在pH＝0～6范围内，不存在H2A分子，说明H2A的第一步电离是完全的，H2A的电离方程式为H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－，A项错误；由pH＝3时的数据可求得HA－的电离常数Ka＝＝1×10－3，温度不变，电离常数不变，故pH＝5时电离常数Ka＝＝＝1×10－3，解得＝100，故B项正确；在等物质的量浓度的NaHA和Na2A混合溶液中，pH<7，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，故离子浓度大小关系应为c(Na＋)＞c(A2－)＞c(HA－)，C项错误；根据H2A的电离方程式知，Na2A溶液中c(H2A)＝0，D项错误。
10.常温下，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL同浓度的一元弱酸HA，滴定过程溶液pH随x的变化曲线如图所示(忽略中和热效应)，下列说法不正确的是( )
A．HA溶液加水稀释后，溶液中的值减小
B．HA的电离常数KHA＝(x为滴定分数)
C．当滴定分数为100时，溶液中水的电离程度最大
D．滴定分数大于100时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：选D 弱酸加水稀释促进电离，n(A－)增大，n(HA)减小，故的值减小，A正确；设HA的量是100，根据图像知有x被反应，KHA＝，B正确；当滴定分数为100时，二者刚好反应生成强碱弱酸盐NaA，由于盐的水解，水的电离程度最大，C正确；滴定分数大于100时，即氢氧化钠过量，溶液中离子浓度关系可能有c(Na＋)＞c(OH－)＞
c(A－)＞c(H＋)，D错误。
11．将0.1 mol·L－1 (CH3COO)2Ba溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，下列关系不正确的是( )
A．3c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C．c(CH3COO－)＞c(Na＋)＝c(Ba2＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)＋0.05 mol·L－1
解析：选C 由电荷守恒式2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，两溶液均为0.1 mol·L－1，则c(Ba2＋)＝c(Na＋)，可知A项正确；因CH3COO－在溶液中部分水解，由物料守恒：2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B项正确；该溶液中的OH－来自NaOH的电离和CH3COO－的水解，故c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(Na＋)＝c(Ba2＋)＞c(H＋)，C项不正确；把c(Na＋)＝0.05 mol·L－1和物料守恒式2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)代入电荷守恒式，即得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)＋0.05 mol·L－1，D项正确。
12．(2020·滨州期末)25 ℃时，向100 mL 0.01 mol·L－1的NaHA溶液中分别加入浓度均为0.01 mol·L－1的NaOH溶液和盐酸，混合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示
(lg 5＝0.7)。下列说法正确的是( )
A．25 ℃，H2A的第二步电离平衡常数约为10－4
B．P点时溶液中存在：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)
C．水的电离程度：M＞N＞P
D．随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH可能小于2
解析：选B 由图可知，0.01 mol·L－1的NaHA溶液的pH＝4，则有c(H＋)≈c(A2－)＝
10－4mol·L－1，c(HA－)≈0.01 mol·L－1，H2A的第二步电离平衡：HA－A2－＋H＋，则有
Ka2＝≈＝10－6，A错误。P点加入100 mL 0.01 mol·L－1的盐酸，恰好完全反应生成等浓度的NaCl和H2A，据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2－)；据物料守恒可得c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，综合上述两式消去c(A2－)可得：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)，B正确。N点加入100 mL 0.01 mol·L－1的NaOH溶液，此时为Na2A溶液，A2－发生水解而促进水的电离；M点为Na2A和NaHA的混合液，此时溶液中OH－全部是由水电离出的，由水电离的c(OH－)＝10－7mol·L－1；P点为H2A和NaCl的混合液，H2A抑制水的电离，故水的电离程度：N＞M＞P，C错误。随着盐酸的不断滴入，溶液的pH无限接近于0.01 mol·L－1盐酸的pH，即溶液的pH无限接近于2，但大于2，D错误。
13．(2020·广州调研)常温下，浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶
液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．MOH的电离程度：c点大于d点
B．ROH溶液由a点到b点时，变大
C．pH＝10时，MOH和ROH溶液中，c(M＋)＞c(R＋)
D．lg＝2时，MOH和ROH两种溶液中，水电离出的c(OH－)的比值为1∶10
解析：选D 由图可知，浓度均为0.10 mol·L－1的MOH和ROH溶液，前者pH＝13，后者pH＜13，则MOH是强碱，ROH是弱碱，MOH完全电离，故c、d两点MOH的电离程度均为100%，A错误。ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，则电离常数为Kb(ROH)＝＝，则有＝，由于温度不变，则Kb(ROH)、KW不变，故a→b点时不变，B错误。MOH和ROH溶液中存在电荷守恒关系：c(M＋)＋c(H＋)＝c(OH－)、c(R＋)＋c(H＋)＝c(OH－)；由图可知，pH＝10时，两溶液中c(OH－)、c(H＋)分别相等，则有c(M＋)＝c(R＋)，C错误。lg＝2时，MOH和ROH溶液的pH分别为11、10，而碱溶液中的H＋全部来源于水的电离，且c水(OH－)＝c水(H＋)，故MOH和ROH溶液中水电离出的c(OH－)的比值为10－11∶10－10＝1∶10，D正确。
14．请根据所学知识回答下列问题：
酸
电离常数
CH3COOH
K＝1.8×10－5
H2CO3
K1＝4.3×10－7，K2＝5.6×10－11
H2SO3
K1＝1.54×10－2，K2＝1.02×10－7
(1)NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na＋、HSO、H＋、SO、H2O、_______、
________(填微粒符号)。
(2)常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：
①NH4Cl ②NH4HCO3 ③(NH4)2SO4 ④NH4HSO4
溶液中c(NH)最大的是________，最小的是________(填标号)。
(3)常温下，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为__________(填标号)。
(4)常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是(用离子方程式表示) __________________。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是__________(填化学式)。
解析：(1)NaHSO3是强碱弱酸盐，能完全电离：NaHSO3===Na＋＋HSO，所以溶液中存在Na＋、HSO；溶液中还存在HSO的电离：HSOH＋＋SO，所以溶液中存在
H＋、SO；也存在HSO的水解：HSO＋H2OH2SO3＋OH－，所以溶液中存在H2SO3、OH－；故NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na＋、HSO、H＋、SO、H2O、OH－、H2SO3。(2)常温下，物质的量浓度相同的①、②、③、④中③中c(NH)最大，约为其余的2倍；②中HCO水解促进NH的水解，②中c(NH)最小。(3)①、②、③、④、⑤、⑥中①为强碱，pH最大；⑥为强酸，pH最小；②为强酸强碱盐，pH＝7；③、⑤为弱酸强碱盐，水解显碱性，由于酸性：醋酸>碳酸，故CO水解程度大于CH3COO－，③的pH大于⑤；④为弱酸，pH从大到小排列顺序为①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥。(4)AlCl3为强电解质，在溶液中完全电离生成Al3＋和Cl－，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故AlCl3溶液呈酸性，把AlCl3溶液蒸干，HCl挥发，促进水解生成Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3。
答案：(1)OH－ H2SO3 (2)③ ②
(3)①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥
(4)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ Al2O3
15．V2O5为橙黄至砖红色固体，无味、有毒，微溶于水，是许多有机和无机反应的催化剂。如图表示的是25 ℃时，部分含钒微粒的存在形式、浓度和存在的pH范围(其余可溶性微粒均未标出)，图中“[V]”表示含钒微粒的浓度，虚线表示[V]或pH的范围尚未准确确定。
(1)V2O5溶于足量2 mol·L－1 NaOH溶液中，发生反应的离子方程式为______________，向反应后的溶液中，滴加硫酸溶液至过量(pH<1)的过程中，开始溶液保持澄清，滴加一段时间后，观察到有橙黄色沉淀产生，继续滴加硫酸溶液，沉淀又消失。则沉淀消失过程中发生反应的化学方程式为____________________。
(2)上述滴加硫酸溶液的过程中，先后发生如下反应：
则“X所示区域溶液中的离子”不可能是______(填字母)。
a．V3O b．V4O c．V4O
解析：(1)由图可知，在碱性条件下，以VO形式存在，V2O5溶于足量2 mol·L－1 NaOH溶液中，发生反应的离子方程式为V2O5＋6OH－===2VO＋3H2O；沉淀消失过程中发生反应的化学方程式为V2O5＋H2SO4===(VO2)2SO4＋H2O。(2)H2VO缩水后，V的化合价不变，所以不可能的是V4O。
答案：(1)V2O5＋6OH－===2VO＋3H2O
V2O5＋H2SO4===(VO2)2SO4＋H2O (2)b
16．NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是________________________________________
________________________________________________________________________(用必要的化学用语和相关文字说明)。
(2)相同条件下，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。
(3)如图1所示是0.1 mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。
①其中符合0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填字母)，导致pH随温度变化的原因是______________________________________________________
________________________________________________________________________。
②20 ℃时，0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝________。
(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______
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解析：(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降。(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH均发生水解，NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出H＋同样抑制NH水解，但HSO电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4中NH水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。(3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ。②根据电荷守恒，可以求出2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝
c(H＋)－c(OH－)＝10－3 mol·L－1 [c(OH－)太小，可忽略]。(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完电离出H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na＋)＝c(SO)，b点时c(Na＋)＞c(SO)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO)＞c(NH)，故c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)。
答案：(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
(2)小于
(3)①Ⅰ NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小
②10－3 mol·L－1
(4)a c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)
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