2021届新高考选考化学一轮复习苏教版盐类的水解学案
第三单元 盐类的水解
[考点分布]
知识内容
考试要求
2016年
2017年
2018年
2019年
2020年
4月
10月
4月
11月
4月
11月
4月
1月
(1)盐类的水解原理，常见盐溶液的酸碱性的判断
b
T5
T5
T18
T4
T4
T5
T20、T24
(2)盐类水解的简单应用
b
T23
T18、T23
T23
T23、T31(4)①
T23
T24、T31(4)
(3)盐类水解的离子反应方程式
b
T13
(4)多元弱酸盐的分步水解
b
(5)影响盐类水解的因素
b
(6)常见酸式盐溶液的酸碱性判断
b
盐类的水解及其规律
1．盐类的水解
2．盐类水解的规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
盐的
类型
实例
是否
水解
水解的
离子
溶液的
酸碱性
溶液
的pH
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
否
—
中性
pH＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、
Cu(NO3)2
是
NH__、Cu2＋
酸性
pH<7
弱酸强碱盐
CH3COONa、
Na2CO3
是
CH3COO－、
CO__
碱性
pH>7
3.表示方法——水解离子方程式
(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。例如：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。例如：Na2CO3水解反应的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成，如FeCl3溶液中：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
(4)水解分别显酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。例如：NaHCO3与AlCl3混合溶液反应的离子方程式：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
题组一规范书写盐类水解离子方程式
1．下列各式表示水解反应的是( )
A．HCO＋H2OH3O＋＋CO
B．HS－＋H2OH2S＋OH－
C．H2PO＋H2OHPO＋H3O＋
D．HCO＋OH－H2O＋CO
解析：选B。A项和C项是电离方程式，D项是HCO与OH－发生的离子反应。
2．按要求书写离子方程式。
(1)将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合：____________________________________________。
(2)制备Al(OH)3胶体：_________________________________________。
(3)NaHS溶液呈碱性，原因：____________________________________________。
(4)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是_________________________；
若pH<7，其原因是____________________________________________。
解析：(4)pH大于7是由于酸根离子水解呈碱性，pH小于7是由于弱碱阳离子水解呈酸性。
答案：(1)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
(2)Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
(3)HS－＋H2OH2S＋OH－
(4)Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－
Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋
题组二对盐类水解实质及规律的考查
3．(2018·浙江11月选考，T4)下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是( )
A．HNO3 B．CuCl2
C．K2CO3 D．NaCl
解析：选B。A.HNO3属于酸，由于电离而使溶液呈酸性；B.CuCl2 属于强酸弱碱盐，由于发生水解而使溶液呈酸性； C．K2CO3 属于弱酸强碱盐，由于发生水解而使溶液呈碱性； D．NaCl 属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液呈中性。
4．(2019·浙江4月选考，T5)下列溶液呈碱性的是( )
A．NH4NO3 B．(NH4)2SO4
C．KCl D．K2CO3
答案：D
5．有四种物质的量浓度相等且都由一价阳离子A＋和B＋及一价阴离子X－和Y－组成的盐溶液。据测定常温下AX和BY溶液的pH＝7，AY溶液的pH>7，BX溶液的pH<7，由此判断可能不水解的盐是( )
A．BX B．AX
C．AY D．BY
解析：选B。AY溶液的pH>7，说明AY为强碱弱酸盐或弱碱弱酸盐(阴离子的水解程度大于阳离子)，BX溶液的pH<7，说明BX为强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐(阴离子的水解程度小于阳离子)，则AX可能为强酸强碱盐，不能发生水解，B对。
盐类水解的规律及应用
(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCN
CH3COONa。
(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。
(4)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO；相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐，如NH的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
影响盐类水解的因素
1．内因
酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
2．外因
因素
水解平衡
水解程度
水解产生
离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小
(即稀释)
右移
增大
减小
外加
酸或碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根离子的水解程度减小
例如：不同条件对FeCl3水解平衡的影响：
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋
条件
水解平衡
H＋数
pH
现象
升温
右移
增多
减小
颜色变深
通HCl
左移
增多
减小
颜色变浅
加H2O
右移
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
右移
减小
增大
生成红褐色
沉淀，放出气体
题组一水解平衡的定向移动及结果判断
1．(2020·杭州高二检测)在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是( )
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
解析：选B。水解平衡常数只受温度的影响，A错误；通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，C错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D错误。
2．(2020·嘉兴一中高二期中)相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为( )
A．NH4Cl (NH4)2SO4 CH3COONa NaHCO3 NaOH
B．(NH4)2SO4 NH4Cl CH3COONa NaHCO3 NaOH
C．(NH4)2SO4 NH4Cl NaOH CH3COONa NaHCO3
D．CH3COOH NH4Cl (NH4)2SO4 NaHCO3 NaOH
解析：选B。酸性从大到小的顺序为电离呈酸性>水解呈酸性>中性>水解呈碱性>电离呈碱性。
3．下图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为____________________(用离子方程式和必要文字解释)。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是________(填字母)。
A．水解反应为放热反应
B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量
D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为________、________、________。(填“左”“右”或“不移动”)
解析：(1)CH3COONa中CH3COO－水解使溶液显碱性，酚酞溶液遇碱显红色。(2)生石灰与水剧烈反应放出大量热，根据烧瓶①中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。(3)碱抑制CH3COO－的水解；CO水解显碱性，与CH3COO－的水解相互抑制；Fe2＋水解显酸性，与CH3COO－的水解相互促进。
答案：(1)CH3COO－水解：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液显碱性
(2)BD (3)左 左 右
盐类水解平衡移动的判断规律
盐类水解平衡仍然遵循化学平衡规律，其不受压强影响，所以只要从温度、浓度方面去考虑便能作出正确判断。还需注意，要学会抓主要矛盾，不要与弱电解质的电离平衡混淆，使之发生冲突。例如：在NH4Cl的溶液中，通入少量氨气，c(NH3·H2O)的浓度增大是主要的，正确的结论是体系中c(NH3·H2O)增大，抑制了水解，会使平衡NH＋H2ONH3·H2O＋H＋左移，而不是与氢离子反应导致水解平衡右移。
题组二Ka(弱酸电离常数)、Kw(水的离子积常数)、Kh(水解常数)三者关系的应用
4．已知：CH3COOHCH3COO－＋H＋达到电离平衡时，电离平衡常数可以表示为Ka＝；
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－达到水解平衡时，水解平衡常数可以表示为Kh＝(式中各粒子浓度均为平衡时浓度)。
(1)对于任意弱电解质来讲，其电离平衡常数Ka、对应离子的水解常数Kh以及水的离子积常数Kw的关系是______________________，由此可以推断，弱电解质的电离程度越小，其对应离子的水解程度____________。
(2)由于CH3COOH的电离程度很小，计算时可将CH3COOH的平衡浓度看成是CH3COOH溶液的浓度，则 c mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝________(不为0)。
(3)现用某未知浓度(设为c′)的CH3COOH溶液及其他仪器、药品，通过实验测定一定温度下CH3COOH的电离平衡常数，需测定的数据有(用简要的文字说明)：
①实验时的温度；
②________________________；
③用____________(填一种实验方法)测定溶液浓度c′。
解析：第(2)题中强调c(H＋)不为0是为了防止有的学生从“计算时可将CH3COOH的平衡浓度看成是CH3COOH溶液的浓度”得到“CH3COOH不电离”的错误结论。由于CH3COOH电离出的CH3COO－与H＋浓度近似相等，平衡时c(CH3COOH)又可看成是CH3COOH溶液的浓度c，则Ka＝c2(H＋)/c，c(H＋)＝ mol·L－1。(3)要测定Ka，则必须要分别用pH换算c(H＋)和用酸碱中和滴定的方法测定c′。
答案：(1)Ka·Kh＝Kw 越大 (2) mol·L－1 (3)②溶液的pH ③酸碱中和滴定
从定性、定量两角度理解影响盐类水解的因素
(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，学生应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。
(2)水解平衡常数(Kh)只受温度的影响，它与Ka(或Kb)、Kw的定量关系为Ka·Kh＝Kw(或Kb·Kh＝Kw)。
盐类水解的应用
应用
原理解释
热的纯碱溶液去污能力强
加热促进了盐的水解，氢氧根离子浓度增大
泡沫灭火器灭火
Al3＋与HCO的水解相互促进的结果
明矾净水
铝离子水解生成的氢氧化铝胶体可用来净水
物质提纯
如除去氯化铜溶液中的氯化铁，可以加入氧化铜或氢氧化铜反应掉部分H＋，促进铁离子的水解，使Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀而除去
配制易水解的盐溶液
配制FeCl3、FeCl2、SnCl2、AlCl3等溶液时，常将它们溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释；目的是抑制铁离子、亚铁离子、锡离子、铝离子的水解
草木灰不能与铵态氮肥混合施用
铵根离子与碳酸根离子相互促进水解，使生成的氨气逸出而降低了氮肥肥效
硫化铝、氮化镁的制备
硫化铝、氮化镁在水溶液中强烈水解，只能通过单质间化合反应才能制得
比较盐溶液中离子浓度的大小
如Na2S溶液中离子浓度大小的顺序为c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)> c(HS－)>c(H＋)
判断弱电解质的相对强弱
如等物质的量浓度的醋酸钠溶液、碳酸氢钠溶液的碱性后者强于前者，则碳酸的酸性弱于醋酸
证明某些电解质是弱酸或弱碱
CH3COONa的溶液能使酚酞试液变红，证明该溶液显碱性，说明CH3COOH是弱酸
判断盐溶液蒸干灼烧后的产物
FeCl3溶液蒸干并灼烧产物为Fe2O3
盐溶液除锈
氯化铵溶液除去金属表面的氧化物，因为NH水解显酸性，可与金属氧化物反应
题组盐类水解的应用
1．(1)碳酸钾溶液蒸干得到的固体物质是____________________________________，
原因是___________________________________________________。
(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是______________________。
(3)FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是__________，原因是_____________________。
(4)碳酸氢钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是__________________。
(5)亚硫酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体物质是________，原因是____________________。
答案：(1)K2CO3 尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3
(2)KAl(SO4)2·12H2O 尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。注意温度过高时，会脱去结晶水
(3)Fe2O3 Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3
(4)Na2CO3 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
(5)Na2SO4 2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)
CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)考虑盐受热时是否分解，如Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。
2．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，所需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填字母)。
A．K2Cr2O7 B．NaClO
C．H2O2 D．KMnO4
(2)加氧化剂的目的是_______________________________________。
(3)物质Y是________。
(4)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？________，原因是________________________。
(5)除去Fe3＋的有关离子方程式是_____________________________________。
(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________。应如何操作？_____________________________。
解析：(1)能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不能引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(3)当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使水解平衡右移，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(4)若用加碱法使Fe3＋沉淀，同时也必将使Cu2＋沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。
答案：(1)C (2)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离
(3)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]
(4)不能 因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀 (5)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3
＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O等](答案合理即可) (6)不能 应在HCl气流中加热蒸发
利用平衡移动原理解释问题的思维模板
1．解答此类题的思维过程
(1)找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)。
(2)找出影响平衡的条件。
(3)判断平衡移动的方向。
(4)分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系。
2．答题模板
……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。
3．应用举例
(1)把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体是什么？为什么？(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
提示：在AlCl3溶液中存在如下平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此最后得到的固体是Al2O3。
(2)Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因分析。
提示：在NH4Cl溶液中存在NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入Mg粉，Mg与H＋反应放出H2，使溶液中c(H＋)降低，水解平衡向右移动，使Mg粉不断溶解。
溶液中的粒子浓度关系
一、溶液中粒子浓度大小比较的理论依据
1．电离理论
(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)，如H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)。
2．水解理论
(1)弱电解质离子的水解损失是微量的(相互促进水解反应除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度，如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(
NH3·H2O)。
(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如Na2CO3溶液中：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)。
二、溶液中粒子浓度的三大定量关系
1．电荷守恒规律
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数，如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
2．物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的，如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。
3．质子守恒规律
如Na2S水溶液中的质子转移图示如下：
由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示如下：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。
题组一单一溶液中粒子浓度关系
1．(2020·温州永嘉中学选考模拟)在0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液中，下列关系正确的是( )
A．c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)
B．c(NH)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(NH3·H2O)>c(NH)＝c(OH－)>c(H＋)
D．c(NH3·H2O)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
解析：选A。NH3·H2O是一元弱碱，在水溶液中少部分发生电离：NH3·H2ONH＋OH－，所以c(NH3·H2O)必大于c(NH)和c(OH－)。根据电荷守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)，且水是更弱的电解质，所以c(OH－)>c(NH)>c(H＋)，故c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)。
2．莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]常作氧化还原滴定法的基准物质，
下列有关该盐溶液中粒子浓度的关系，不正确的是( )
A．c(SO)>c(NH)>c(Fe2＋)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(SO)＝c(NH)>c(Fe2＋)>c(H＋)>c(OH－)
C．2c(SO)＋c(OH－)＝c(NH)＋2c(Fe2＋)＋c(H＋)
D．c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋2c[Fe(OH)2]
解析：选B。NH、Fe2＋水解显酸性，c(SO)>c(NH)，A项正确、B项错误；C项符合电荷守恒，C项正确；D项符合质子守恒，D项正确。
3．(2020·杭州余杭中学检测)室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A.Na2S溶液：c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S)
B.Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)
C.Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)
D.0.1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)＞c(H＋)＞c(H2A)＞c(A2－)
解析：选B。A.Na2S溶液中微粒浓度关系为c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H2S)，A错误。
B．Na2C2O4溶液中，由电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)①
由物料守恒得：c(Na＋)＝2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)②
由①－②得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，B正确。
C．Na2CO3溶液中，由电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，C错误。
D．NaHA溶液显酸性，判断HA－的电离程度大于水解程度，所以c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(H2A)，D错误。
（1）对于单一溶质型的溶液，若溶质为强电解质，则强电解质全部电离，但不要忽略水的微弱电离；若溶质是弱酸或弱碱，直接考虑弱酸或弱碱及水的电离，且弱酸、弱碱的电离程度小，产生的离子浓度远远小于弱电解质分子的浓度；若溶质是强碱弱酸盐或强酸弱碱盐，要考虑水解，且水解程度很小，水解产生的离子或分子浓度远远小于弱离子的浓度。
注意 酸溶液中应考虑水电离出的c水(H＋)，碱溶液应考虑水电离出的c水(OH－)。
(2)二元弱酸酸式盐显酸性的溶液中离子浓度关系一般是c(不水解的离子)＞c(水解的离子)＞c(H＋)＞c(电离得到的酸根离子)＞c(OH－)。
题组二混合溶液中粒子浓度关系
4．(2018·浙江4月选考，T23)在常温下，向10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L－1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．在a点的溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
B．在b点的溶液中：2n(CO)＋n(HCO)<0.001 mol
C．在c点的溶液pH<7，是因为此时HCO的电离能力大于其水解能力
D．若将0.1 mol·L－1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
解析：选B。在常温下，向10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L－1的盐酸，反应过程是①H＋＋OH－===H2O，②H＋＋CO===HCO，③H＋＋HCO===H2CO3。A项中，a点时加入盐酸体积为5 mL，溶液中溶质n(NaCl)∶n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶1∶2，溶液中离子浓度大小：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，故A不正确；B项中，在b点的溶液中pH＝7，由电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，可得c(HCO)＋2c(CO)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝0.003 mol－n(Cl－)，又因为溶液pH＝7时盐酸体积大于20 mL，因此n(Cl－)＞0.002 mol，这样c(Na＋)－c(Cl－)＜0.001 mol，故B正确；C项中，在c点的溶液pH＜7，是因为反应生成的H2CO3溶于水电离程度大于HCO的水解程度，故C不正确；D项中，若将0.1 mol·L－1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时，电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)＋c(HCO)＋2c(CO)，因此c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故D不正确。
5．(2017·浙江4月选考，T23)25 ℃时，在含CH3COOH和CH3COO－的溶液中，CH3COOH、CH3COO－二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．在pH<4.76的溶液中，c(CH3COO－)4.76的溶液中，c(CH3COO－)与c(OH－)之和可大于c(H＋)
D．在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COO－) 之和保持不变
解析：选B。pH较小时，c(H＋)较大，故CH3COOH的含量较多，随着pH的增大，c(H＋) 减小，故CH3COOH的含量减小，则CH3COO－的含量增大。由图像可知在pH<4.76的溶液中，c(CH3COO－)c(H＋)，C正确；根据物料守恒可知D正确。
6．(2020·温州选考适应性考试)25 ℃时，由酸(HM)及其盐(NaM)组成的混合溶液，起始浓度均为1 mol·L－1。向该溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体时，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．C点时，溶液中c(Na＋)＝c(M－)
B．将D、E两点溶液混合后，c(M－)＋c(HM)＝2c(Na＋)
C．B点时，溶液中c(M－)>c(Na＋)>c(HM)
D．A、B、C三点所表示的溶液中水电离出来的c(H＋)逐渐增大
解析：选B。根据电荷守恒，C点溶液呈中性，溶液中c(Na＋)＝c(M－)，故A正确；根据物料守恒，B点的溶液中c(M－)＋c(HM)＝2c(Na＋)，将D、E两点溶液混合后钠离子增多，故B错误；B点溶液呈酸性，HM的电离大于NaM的水解，溶液中c(M－)>c(Na＋)>c(HM)，故C正确；A点是向B点的溶液中加盐酸，对水电离抑制程度增大，C点是向B点的溶液中加氢氧化钠，消耗HM，水的电离程度增大，所以A、B、C三点所表示的溶液中水电离出来的c(H＋)逐渐增大，故D正确。
题组三不同溶液中同一粒子浓度的比较
7．有4种混合溶液分别由等体积0.1 mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa ②NH4Cl与HCl ③NH4Cl 与NaCl ④NH4Cl与NH3·H2O(混合溶液呈碱性)。下列各项排序正确的是( )
A．pH：②<①<③<④
B．溶液中c(H＋)：①<③<②<④
C．c(NH)：①<③<②<④
D．c(NH3·H2O)：①<③<④<②
解析：选C。A项，④呈碱性，①呈中性，③呈弱酸性，②呈强酸性，pH：②<③<①<④。B项，溶液中c(H＋)：④<①<③<②。D项，c(NH3·H2O)：②<③<①<④。
8．比较下列几组溶液中指定粒子浓度的大小。(填序号)
(1)现有物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液：①H2S；②NaHS；③Na2S；④H2S和NaHS混合液。
溶液pH从大到小的顺序是__________________________________________。
c(H2S)从大到小的顺序是____________________________________________。
(2)现有相同浓度的下列溶液：
①CH3COONH4；②CH3COONa；③CH3COOH。
c(CH3COO－)由大到小的顺序是_______________________________________。
答案：(1)③>②>④>① ④>①>②>③
(2)②>①>③
粒子浓度比较的四个注意事项
(1)比较时紧扣两个微弱
①弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。
②弱酸阴离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀CH3COONa溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
(2)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力的相对强弱，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性；NaHSO3溶液中HSO的水解能力小于其电离能力，故溶液显酸性。
(3)多元弱酸的强碱正盐溶液：弱酸根离子水解以第一步为主。例如，硫化钠溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。
(4)规避等量关系中的2个易失分点
①电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如Na2CO3的电荷守恒式中，2c(CO)的系数“2”代表一个CO带2个负电荷，不可漏掉。
②物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]的系数“2”表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。
课后达标检测
一、选择题
1．(2020·湖州中学月考)下列物质的性质或用途中，与盐类的水解无关的是( )
A．氯化铵溶液可用于除铁锈
B．明矾可用于净水
C．热的纯碱溶液可用于去除油污
D．饱和硫酸钠溶液可使蛋白质盐析
答案：D
2．下列离子方程式中，属于水解反应的是( )
A．HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋
B．H2CO3HCO＋H＋
C．CO＋H2OHCO＋OH－
D．HS－＋H2OS2－＋H3O＋
解析：选C。因为水解是弱酸阴离子(或弱碱阳离子)结合水电离出的H＋(或OH－)，破坏了水的电离平衡，从而使盐溶液呈现碱性(或酸性)，由此可判断C项正确；A、B项为弱酸的电离，D项为弱酸的酸式酸根离子的电离方程式，皆与题意不符，故A、B、D项错误。
3．(2020·宁波选考适应性考试)能证明Na2SO3溶液中存在SO＋H2OHSO＋OH－水解平衡事实的是( )
A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去
C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
D．滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色褪去
解析：选C。Na2SO3溶液滴入酚酞溶液变红，说明SO发生了水解反应，溶液显碱性。加入H2SO4或NaHSO4溶液，SO与H＋反应放出SO2气体，同时H＋中和SO水解产生的OH－，即使溶液中不存在水解平衡，溶液红色也会褪去，故A、D错；氯水具有酸性和强氧化性，加入氯水后，Cl2和HClO氧化SO、HSO生成SO，H＋中和SO水解产生的OH－，HClO能氧化指示剂酚酞使其褪色，并不能体现SO水解反应的可逆性，故B错；加入BaCl2溶液，Ba2＋与SO结合生成BaSO3沉淀，c(SO)减小，溶液的红色褪去，说明溶液中c(OH－)减小，水解平衡逆向移动，证明存在SO的水解平衡，故C正确。
4．(2020·浙江名校考前押宝)用物质的量都是0.1 mol的HCN和NaCN配成1 L混合溶液，已知其中c(CN－)小于c(Na＋)，则下列判断正确的是( )
A．c(H＋)＞c(OH－)
B．c(HCN)＞c(CN－)＝0.2 mol·L－1
C．c(HCN)＞c(CN－)
D．c(CN－)＞c(OH－)＝0.1 mol·L－1
解析：选C。由c(CN－)小于c(Na＋)说明HCN的电离程度小于CN－的水解程度，则c(HCN)＞c(CN－)，c(CN－)c(Cl－)，c(OH－)>c(H＋)
B．c(NH)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋)
C．c(Cl－)>c(NH)，c(OH－)>c(H＋)
D．c(Cl－)>c(NH)，c(H＋)>c(OH－)
解析：选C。混合溶液中存在c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可知C项不可能成立，故选C项。
7．(2019·浙江4月选考，T21)室温下，取20 mL 0.1 mol·L－1某二元酸H2A，滴加 0.2 mol·L－1NaOH溶液。已知：H2A===H＋＋HA－，HAH＋＋A2－。下列说法不正确的是( )
A．0.1 mol·L－1H2A溶液中有c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1 mol·L－1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2－)＝c(H＋)－c(OH－)
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na＋)＝2c(HA－)＋2c(A2－)
答案：B
8．常温下，经测定某溶液中只含有NH、Cl－、H＋、OH－四种离子，下列说法不正确的是( )
①溶液中四种离子之间不可能满足：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)
②若溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则该溶液一定显中性
③若溶液中离子间满足：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，则溶液中溶质一定只有NH4Cl
④若溶液中离子间满足：c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，则溶液中溶质一定为NH4Cl和NH3·H2O
A．①② B．①③
C．②④ D．③④
解析：选B。HCl和NH4Cl的混合溶液就满足①中所述的离子大小关系，错误；②
式利用电荷守恒分析可得，正确；③式的溶质也可能是HCl和NH4Cl的混合溶液，错误；④式利用溶液呈电中性，阴、阳离子结合很快可以得出结论，正确。
9．(2016·浙江10月选考，T23)常温下，用浓度为0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的HX、HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是( )
A．V(NaOH)＝0 mL时，两份溶液中，c(X－)>c(Y－)
B．V(NaOH)＝10.00 mL时，c(X－)>c(Na＋)>c(HX)>c(H＋)>c(OH－)
C．V(NaOH)＝20.00 mL时，c(OH－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(X－)
D．pH＝7时，两份溶液中，c(X－)＝c(Na＋)＝c(Y－)
解析：选B。A.V(NaOH)＝0 mL时，两份溶液中，pH：HX>HY，则c(X－)c(Na＋)>c(HX)>c(H＋)>c(OH－)，正确；C.V(NaOH)＝20.00 mL时，对于HX溶液，溶质为NaX，由图知：c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，错误；D.pH＝7时，两份溶液中，由电荷守恒得：c(Na＋)＝c(X－)，c(Na＋)＝c(Y－)，但c(X－)c(NH)>c(HCO)>c(CO)
解析：选C。滤液中溶质的主要成分为NH4Cl和NaHCO3的混合物。滤液pH<7，则c(H＋)>1.0×10－7 mol/L，常温下Kw＝1.0×10－14，所以<1.0×10－7 mol/L，A项正确；由于开始加入等物质的量的NH4HCO3与NaCl，根据物料守恒可知，B项正确；析出部分NaHCO3晶体后，在滤液中根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，C项错误；开始时NH4HCO3与NaCl等物质的量，由于析出了一部分NaHCO3晶体，故c(Cl－)与c(NH)都大于c(HCO)和c(Na＋)，少量的NH、HCO发生水解，
极少量的HCO发生电离，所以 c(Cl－)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)，D项正确。
11．(2020·嘉兴高二期末)下列表述中，正确的是( )
A．常温下，0.1 mol·L－1的醋酸钠溶液中，c2(H＋)＝Kw－c(CH3COOH)·c(H＋)
B．常温下，各为0.1 mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液中：3c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．向氨水中滴加适量的盐酸呈酸性时，不可能有c(Cl－)＞c(H＋)＝c(NH)＞c(OH－)
D．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：选A。常温下，0.1 mol·L－1的醋酸钠溶液中存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，Kw＝c(OH－)·c(H＋)，＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，则c2(H＋)＝Kw－c(CH3COOH)·c(H＋)，故A正确；溶液中存在物料守恒：2n(Na)＝3n(C)，则2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，故B错误；向氨水中滴加适量的盐酸呈酸性时，当溶液中溶质为NH4Cl和HCl的混合溶液，可能有c(Cl－)＞c(H＋)＝c(NH)＞c(OH－)，故C错误；醋酸酸性大于次氯酸，则相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中次氯酸根离子水解程度大于醋酸根离子，溶液中离子浓度大小为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D错误。
二、非选择题
12．常温下有浓度均为0.5 mol·L－1的四种溶液：①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH3·H2O。
(1)上述溶液中，可发生水解的是________(填序号)。
(2)上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________________________________________。
(3)向④中加入少量氯化铵固体，此时c(NH)/c(OH－)的值________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积________④的体积(填“大于”“小于”或“等于”)，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________________________________________________。
(5)取10 mL溶液③，加水稀释到500 mL，则此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝________________。
解析：(3)因④中存在NH3·H2ONH＋OH－，加入NH4Cl后导致c(NH)增大，c(OH－)减小，故c(NH)/c(OH－)的值增大。(4)若盐酸与氨水等体积混合，溶液恰好反应完，溶液呈酸性，现在溶液呈中性，意味着酸的量不足，盐酸体积小于氨水体积；由电荷守恒原理知此时c(NH)＝c(Cl－)但比c(OH－)大。(5)稀释后c(HCl)＝0.01 mol·L－1，则c(OH－)＝1×10－12
mol·L－1，故由水电离出的 c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1。
答案：(1)①② (2)c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO) (3)增大
(4)小于 c(NH)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)
(5)1×10－12 mol·L－1
13．NaClO和KAl(SO4)2都是重要的化工产品，均可应用于造纸业。
(1)NaClO溶液pH＞7，用离子方程式表示原因：
________________________________________________________________________。
(2)根据NaClO的性质推测，在纸浆中加入NaClO溶液的目的是____________。
(3)某小组同学用如图所示装置探究饱和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反应的实验。打开活塞向烧瓶中加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀。反应的离子方程式是____________________________________________。
解析：(1)写水解反应方程式即可。(2)次氯酸钠具有强氧化性，能漂白纸浆。(3)考虑Al3＋与ClO－的水解相互促进反应。
答案：(1)ClO－＋H2OHClO＋OH－
(2)漂白纸浆
(3)Al3＋＋3ClO－＋3H2O===3HClO＋Al(OH)3↓
14．(2020·湖州二中月考)研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。
(1)①硫离子的结构示意图为________。
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为____________________________________________。
(2)25 ℃，在0.10 mol·L－1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与 c(S2－)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
pH＝13时，溶液中的c(H2S)＋c(HS－)＝________mol·L－1。
(3)25 ℃，两种酸的电离平衡常数如下表。
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10－2
6.3×10－8
H2CO3
4.2×10－7
5.6×10－11
①HSO的电离平衡常数表达式K＝______________________________。
②0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为_____________________。
解析：(1)①S的原子序数为16，故S2－的结构示意图为 。②硫元素的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，C与浓H2SO4反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋CO2↑＋2H2O。
(2)pH＝13时，c(S2－)＝5.7×10－2 mol·L－1，根据物料守恒：c(S2－)＋c(H2S)＋c(HS－)＝0.10 mol·L－1，故c(H2S)＋c(HS－)＝0.10 mol·L－1－c(S2－)＝0.10 mol·L－1－5.7×10－2 mol·L－1＝0.043 mol·L－1。
(3)①电离平衡常数等于电离出的离子平衡浓度的系数次幂的乘积与弱电解质的平衡浓度的比值。
②SO发生水解，生成HSO和OH－，HSO再进一步水解生成H2SO3和OH－，故离子浓度大小关系为 c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H＋)。
③根据电离平衡常数的大小可判断H2SO3的酸性强于碳酸，故反应可放出CO2气体：H2SO3＋HCO===HSO＋CO2↑＋H2O。
答案：(1)①
②C＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋CO2↑＋2H2O
(2)0.043
(3)①
②c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H＋)
③H2SO3＋HCO===HSO＋CO2↑＋H2O
15．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，其原理是______________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(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－1 NH4Al(SO4)2溶液中c(NH)________(填“等于”“大于”或
“小于”)0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中c(NH)。
(3)均为0.1 mol·L－1的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。
①其中符合0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液的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溶液中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝________(填具体数值)。
(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：
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：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋。(2)NH4Al(SO4)2溶液与NH4HSO4溶液中的NH均发生水解，但NH4Al(SO4)2溶液中Al3＋水解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出的H＋同样抑制NH水解，因为HSO电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4溶液中NH的水解程度比NH4Al(SO4)2溶液中的小。(3)①NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，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NaOH恰好中和完NH4HSO4电离出的H＋，溶液中只有等物质的量的(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，因此，a点水的电离程度最大。b点溶液呈中性，即溶液中含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时 c(Na＋)＝c(SO)，b点时c(Na＋)＞c(SO)，由于NH会水解，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Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3
吸附悬浮颗粒使其沉降，从而达到净水目的
(2)小于
(3)①Ⅰ NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，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＋)
