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第25讲 盐类水解（练）-2022年高考化学一轮复习讲练测
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第八章 水溶液中的离子平衡
第25讲 盐类水解（精练）
完卷时间：50分钟
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）
1．（2021·广东广州市·华南师大附中高三三模）常温下，用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液，已知醋酸的电离常数为Ka=1.8×10-5，下列说法错误的是
A．在氨水滴定前，混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)
B．在氨水滴定前，混合溶液c(CH3COO-)≈Ka
C．当滴入氨水10mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量等于20mL，且c(NH)＜c(Cl-)
【答案】D
【解析】A．HCl完全电离，故c(Cl-)=c(HCl)，CH3COOH微弱电离损耗，故c(Cl-)＞c(CH3COOH)，A正确；B．由电离方程式CH3COOHCH3COO-+H+，知Ka=，由于CH3COOH电离是微弱的，故溶液中c(H+)≈c(HCl)≈c(CH3COOH)，故Ka≈c(CH3COO )，B正确；C．当加入氨水10 mL时，HCl恰好反应，故反应后溶液组成为：NH4Cl、CH3COOH，根据物料守恒知，c()+ c(NH3·H2O)= c(CH3COOH)+ c(CH3COO )，C正确；D．当氨水加入20 mL时，HCl、CH3COOH恰好反应，反应后溶液组成为：NH4Cl、CH3COONH4，CH3COONH4使溶液显中性，NH4Cl使溶液显酸性，故此时溶液不可能显中性，要使溶液显中性，加入氨水体积应大于20 mL（或依据溶液显中性时，根据电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+ c(CH3COO )，知c()=c(Cl-)+ c(CH3COO )，则c()＞c(Cl-)），D错误；故答案选D。
2．（2021·广西南宁二中高三三模）常温下，用盐酸滴定溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点溶液中
B．b液中
C．若取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是：Al3++3HCO= Al(OH)3 ↓+3CO2↑
D．各点中水电离程度大小：d>c>b>a
【答案】C
【解析】A．a点加入12.5mL盐酸，a点溶液中的溶质是等物质的量的、、，因碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，导致碳酸根浓度下降，碳酸氢根离子浓度增大，氯离子不水解浓度不变，离子浓度大小：，故A错误；B．由电荷守恒可得：，故B错误；C．c点溶液中的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，若取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是两者发生双水解，离子反应方程式是Al3+ +3 HCO3- = Al(OH)3 ↓+ 3CO2↑，故C正确；D．随着盐酸加入，不断被反应，水解越来越弱，水电离程度降低，各点中水电离程度大小：d
A．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH-)大于0.1mol·L-1NaOH溶液中水电离出来的c(OH-)
B．CH3COONa溶液的pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO-)=9.9×10-7mol·L-1
C．0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=4，则有c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)
D．纯水加热到100℃时，水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】C
【解析】A．碳酸钠的水解促进水的电离，NaOH的电离抑制水的电离，A正确；B．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)-c(CH3COO-)= c(OH-)-c(H+)，溶液pH=8，则c(OH-)=10-6mol/L，c(H+)=10-8mol/L，则c(Na+)-c(CH3COO-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol·L-1，B正确；C．NaHA溶液中存在HA-H++A2-、HA-+H2OH2A+OH-，溶液pH=4，说明电离程度大于水解程度，且水解和电离都是微弱的，所以c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，C错误；D．水的电离吸热，所以纯水加热到100℃时，水的电离平衡正向移动，离子积变大，氢离子浓度变大，pH变小，但氢离子和氢氧根浓度依然相等，呈中性，D正确；综上所述答案为C。
4．（2021·广东深圳市·高三一模）硼酸(H3BO3)的电离方程式为H3BO3+H2OB(OH)+H+。已知常温下，Ka(H3BO3)=5.4×10-10、Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。下列说法错误的是
A．H3BO3为一元酸
B．0.01mol•L-1H3BO3溶液的pH≈6
C．常温下，等浓度溶液的pH：CH3COONa>NaB(OH)4
D．NaOH溶液溅到皮肤时，可用大量清水冲洗，再涂上硼酸溶液
【答案】C
【解析】A．根据题意可知H3BO3只存在一步电离，产生一个氢离子，所以为一元酸，A正确；B．设0.01mol•L-1H3BO3溶液中c(H+)=x，则c(B(OH))也可近似认为等于x，则有Ka(H3BO3)==5.4×10-10，解得x≈2.3×10-6mol/L，所以pH≈6，B正确；C．Ka(H3BO3)< Ka(CH3COOH)，所以B(OH)的水解程度更大，浓度相同时硼酸钠碱性更强，则等浓度溶液的pH：CH3COONa＜NaB(OH)4，C错误；D．NaOH溶液溅到皮肤上，用水冲洗后涂上酸性较弱的硼酸溶液，可中和残留的碱，D正确；综上所述答案为C。
5．（2021·浙江高三月考）下列说法正确的是
A．将Na2CO3溶液从常温加热至80℃，溶液的碱性增强
B．升高温度，RCl盐溶液的pH减小，一定证明ROH是弱电解质
C．298K时，pH=8的NaOH溶液和pH=6的NH4Cl等体积混合，溶液显中性
D．在氨水的稀溶液中，加入某浓度的氢氧化钠溶液，一定会抑制氨水的电离，溶液的pH增大
【答案】A
【解析】A．水解使溶液显碱性，加热促进其水解，溶液的碱性增强，A正确；B．升高温度，水的离子积增大，强酸强碱盐溶液的也会减小，B错误；C．时的溶液和的溶液等体积混合，溶液过量，为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，C错误；D．加入氢氧化钠溶液的浓度未知，不一定会抑制氨水的电离，D错误；故选A。
6．（2021·陕西宝鸡市·高三二模）25℃时，向 NaHCO3溶液中滴入盐酸混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．25℃时，H2CO3的一级电离常数Ka1(H2CO3)=1×10-6.4，
B．图中M点时，2.6c(H2CO3)=c(HCO)
C．25℃时，HCO+H2OH2CO3+OH-的水解常数Kh=1×10-7.6
D．25℃时，当c(H2CO3)=c(HCO)时，溶液的pH=6.4
【答案】B
【解析】A．H2CO3的一级电离常数Ka1=，据图可知当lg=1时，pH=7.4，即=10时c(H+)=10-7.4mol/L，所以Ka1=1×10-6.4，A正确；B．Ka1=1×10-6.4，所以当pH=9，即c(H+)=10-9mol/L时，=102.6，即102.6c(H2CO3)=c(HCO)，B错误；C．HCO+H2OH2CO3+OH-的水解常数Kh===1×10-7.6，C正确；D．当c(H2CO3)=c(HCO)时，即=1时，Ka1=1×10-6.4，则此时c(H+)=10-6.4mol/L，pH=6.4，D正确；综上所述答案为B。
7．（2021·新沂市棋盘中学高三二模）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A．0.1mol•L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)
B．0.1mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH-)
C．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
D．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】A．0.1mol•L-1的NaHA溶液，其pH=4，说明HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)＞c(H2A)，所以浓度大小为：c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，故A错误；B．0.1mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中溶质为碳酸钠，碳酸根部分水解呈碱性，所以离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(HCO)，故B错误；C．氢氧化钠为强碱，相同条件下的水解能力大于CH3COO-，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)，故C错误；D．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+ c(Na+)，还存在物料守恒：2c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，二者结合可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确；故选D。
8．（2021·浙江高三二模）下列说法不正确的是
A．NaHA溶液呈碱性，可以推测溶液也呈碱性
B．常温下pH值等于3的HAc溶液和pH值等于11的氢氧化钠溶液，水的电离程度相同
C．溶液呈中性，加热升温，溶液中水电离出的和浓度不变，溶液仍呈中性
D．NaX溶液显碱性，通入少量生成HX和，则说明结合能力X小于
【答案】C
【解析】A． NaHA溶液呈碱性，说明H2A是弱酸，A2-的水解能力更强，可以推测溶液也呈碱性，故A正确；B． 常温下pH值等于3的HAc溶液水电离的氢离子浓度为10-11mol·L－1 和pH值等于11的氢氧化钠溶液水电离的氢离子浓度为10-11mol·L－1，水的电离程度相同，故B正确；C． 溶液呈中性，加热升温，溶液中水电离出的和浓度变大，只是和浓度相等，溶液仍呈中性，故C错误；D． NaX溶液显碱性，通入少量生成HX和，酸性：H2CO3>HX>HCO ,则说明结合能力X小于，故D正确；故选C。
9．（2021·天津高三二模）常温下，用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
B．当滴入氨水10mL时，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中水的电离程度一直变大
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】A．混合液中，HCl和CH3COOH的浓度相同，但是HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，故混合液中c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B．当滴入氨水10mL时，n()+n(NH3•H2O)=0.01L´0.1mol•L-1，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.01L´0.1mol•L-1，故此时有，n()+n(NH3•H2O)=n(CH3COO-)+n(CH3COOH)，即c()+c(NH3•H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B正确；C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中一直有铵盐生成，由于铵盐会水解，使得混合液中水的电离程度一直变大，C正确；D．当滴入氨水20mL时，溶液中有等物质的量的NH4Cl和CH3COONH4，此时溶液呈酸性，若要使溶液呈中性，加入氨水的体积要大于20mL，根据电荷守恒：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，有c(H+)=c(OH-)，故有c()=c(Cl-)+c(CH3COO-)，D错误；故选D。
10．（2021·哈尔滨市·黑龙江实验中学高三三模）已知pOH=-lgc(OH-)。向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如图所示，下列说法正确的是
A．稀H2SO4的物质的量浓度为0.1mol·L-1
B．a、b、c三点，NH的水解常数相同
C．当溶液中pH=pOH时，水的电离程度最大
D．a点时溶液中存在c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(NH)+2c(H+)
【答案】D
【解析】A．20mL 0.1mol•L-1的氨水中含有一水合氨的物质的量为：0.1mol/L×0.02L=0.002mol，硫酸的体积为20mL时，溶液温度最高，说明恰好完全反应，则硫酸的物质的量为：0.002mol×0.5=0.001mol，c=0.001mol÷0.02L=0.05mol/L，故A错误；B．升高温度促进NH水解，水解平衡常数增大，由图可知a、b、c三点溶液温度不同，则水解常数不同，故B错误；C．当溶液中pH=pOH时，溶液呈中性，此时溶质为硫酸铵和氨水，铵根离子的水解程度与氨水的电离程度相等，水电离几乎没有影响，当氨水与硫酸恰好完全反应生成硫酸铵时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故C错误；D．a点时溶液溶质为一水合氨和硫酸铵，而且一水合氨为硫酸铵浓度的2倍，根据电荷守恒：c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(OH-)，物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH)=4c(SO)，可得c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(NH)+2c(H+)，故D正确；故选D。
11．（2021·内蒙古乌兰察布市·高三一模）类比pH，定义pC=-lgC，已知琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)为二元弱酸，常温下，向1L0.1mol/L的H2A溶液中加入氢氧化钠固体，得到混合溶液的pH与pC(H2A、HA-、A2-)的关系如图所示(不考虑溶液体积和温度的变化)，下列说法正确的是
A．曲线I、II、III分别代表的粒子为A2-、H2A、HA-
B．向pH=4.19的溶液中加NaOH至溶液pH=5.57的过程中水的电离程度逐渐减小
C．滴定过程中=101.38保持不变
D．c(Na＋)=0.1mol/L时，溶液满足c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)
【答案】C
【解析】A．随碱性增强c(H2A)逐渐减小，pC值逐渐增大，即曲线Ⅲ代表H2A，c(HA-)先增大后减小，pC值先减小后增大，即曲线Ⅰ代表HA-，c(A2-)逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线Ⅱ代表A2-，A项错误；B．pH=4.19的溶液中加氢氧化钠至溶液pH=5.57，溶液碱性逐渐增强，水的电离程度在逐渐增大，B项错误；C．，，，C项正确；D．当c(Na+)=0.1mol/L时，加入了0.1mol的氢氧化钠固体，此时溶液中溶质为NaHA，根据，电离大于水解，则有c(Na＋)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，D项错误；答案选C。
12．（2020·北京高三二模）用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如下图所示。下列说法中不正确的是
A．若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c(Na+)＝c(HSO3－)+c(H2SO3)
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(SO32－)＋c(HSO3－)＝c(Na+)
C．若X为 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO32－＞ NH4+
D．若X为 (NH4)2SO3，图中b点溶液中n(HSO3－)∶n(NH4+)＝ 1∶3
【答案】A
【解析】A．若X为Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)＝2c(HSO3－)+2c(H2SO3)+ 2c(SO32-)，当吸收液pH＝1.85时，c(HSO3－)=c(H2SO3)，则c(Na+)=+4c(H2SO3)+ 2c(SO32-)=4c(HSO3－) + 2c(SO32-)，故A错误； B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(HSO3－)+2c(SO32-) +c(OH-)，得到2c(SO32－)＋c(HSO3－)＝c(Na+)，故B正确；C．若X为(NH4)2SO3，由于NH4+水解显酸性，SO32－水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO32－＞NH4+，故C正确；D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO3－)=c(SO32－)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝c(HSO3－)+2c(SO32-) +c(OH-)，3c(HSO3－)=c(NH4+)，n(HSO3－)∶n(NH4+)＝ 1∶3，故D正确；答案选A。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（2021·福建省福州第一中学高三模拟）（10分）人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中产生尿酸钠晶体(NaUr)会引发痛风，NaUr(s) Na＋(aq)＋Ur−(aq) ∆H ＞0。某课题组配制“模拟关节滑液”进行研究，回答下列问题：
已知：①37℃时，Ka(HUr) ＝ 4×10−6，Kw ＝ 2.4×10−14，Ksp(NaUr) ＝ 6.4×10−5
②37℃时，模拟关节滑液pH ＝7.4，c(Ur－) ＝4.6×10−4 mol∙L−1
(1)尿酸电离方程式为_______
(2)Kh为盐的水解常数，37℃时，Kh(Ur−)＝_______。
(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液中c(Na＋)_______c(Ur−) (填“＞”、“＜”或“＝”)。
(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋) ＝ 0.2 mol∙L−1时，通过计算判断是否有NaUr晶体析出，请写出判断过程_______
(5)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是_______。
a.加强锻炼，注意关节保暖 b.多饮酒，利用乙醇杀菌消毒
c.多喝水，饮食宜少盐、少脂 d.减少摄入易代谢出尿酸的食物
【答案】（每空2分）(1)HUrH＋＋Ur－
(2)6×10−9
(3)＞
(4)Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1 ＝9.2×10−5＞ Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出
(5)acd
【解析】(1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUrH＋＋Ur－；故答案为：HUrH＋＋Ur－；
(2)Kh为盐的水解常数，37℃时，；故答案为：6×10−9；
(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH ＝7.4，c(Ur－) ＝4.6×10−4 mol∙L−1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)，由于pH＝7.4，因此溶液中c(Na＋)＞c(Ur－)；故答案为：＞；
(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋) ＝ 0.2 mol∙L−1时，Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1＝9.2×10−5＞ Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；故答案为：Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1＝9.2×10−5＞ Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；
(5)根据NaUr(s) Na＋(aq)＋Ur−(aq) ∆H＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移动，因此要注意关节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒，不能减少痛风，故b错误；c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入，使平衡逆向移动加重痛风，故c正确；d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻痛风，故d正确；综上所述，答案为：acd。
14．(14分)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－1 NH4Al(SO4)2中c(NH) (填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1 NH4HSO4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，所得溶液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 。
【答案】（每空2分）(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＋)
【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胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
(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的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原子与S原子的关系，可以得出c(SO)＞c(NH)，故c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)。
15.(2020·广西桂林市一中模拟)（16分）在室温下，下列五种溶液:①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液
②0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液 ③0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液 ④0.1 mol·L-1 NH3·H2O和0.1 mol·L-1 NH4Cl混合液 ⑤0.1 mol·L-1氨水
请根据要求填写下列空白:
(1)溶液①呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是 (用离子方程式表示)。
(2)溶液②③中c(NH4+)的大小关系是② (填“>”“<”或“=”)③。
(3)在溶液④中 (填离子)的浓度为0.1 mol·L-1；NH3·H2O和 (填离子)的浓度之和为0.2 mol·L-1。
(4)室温下，测得溶液②的pH=7，则说明CH3COO-的水解程度 (填“>”“<”或“=”，下同)NH4+的水解程度，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO-) c(NH4+)。
(5)常温下，某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。
①写出酸H2A的电离方程式: 。
②若溶液M由10 mL 2 mol·L-1 NaHA溶液与10 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH (填“>”“<”或“=”)7。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)酸 NH4++H2ONH3·H2O+H+
(2)<
(3)Cl- NH4+
(4)=（1分） =（1分）
(5)①H2AH++HA-，HA-H++A2- ②>
【解析】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，根据“谁弱谁水解，谁强显谁性”的原则，NH4Cl溶液显酸性。
(2)CH3COONH4溶液中，醋酸根离子与铵根离子的水解相互促进，而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的氢离子抑制铵根离子的水解，所以NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大。
(3)因为氯离子不水解，所以其浓度为0.1 mol·L-1；根据原子守恒可知，含氮原子微粒的总物质的量浓度为0.2 mol·L-1，而氮原子的存在形式为NH3·H2O和NH4+。
(4)溶液②的pH=7，说明CH3COO-与NH4+水解程度相同；根据电荷守恒得:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，因为c(H+)=c(OH-)，故c(CH3COO-)=c(NH4+)。
(5)①由溶液中存在的微粒可知，H2A为二元弱酸，分步电离。②NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A，溶液显碱性，pH>7。
第八章 水溶液中的离子平衡
第25讲 盐类水解（精练）
完卷时间：50分钟
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）
1．（2021·广东广州市·华南师大附中高三三模）常温下，用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液，已知醋酸的电离常数为Ka=1.8×10-5，下列说法错误的是
A．在氨水滴定前，混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)
B．在氨水滴定前，混合溶液c(CH3COO-)≈Ka
C．当滴入氨水10mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量等于20mL，且c(NH)＜c(Cl-)
【答案】D
【解析】A．HCl完全电离，故c(Cl-)=c(HCl)，CH3COOH微弱电离损耗，故c(Cl-)＞c(CH3COOH)，A正确；B．由电离方程式CH3COOHCH3COO-+H+，知Ka=，由于CH3COOH电离是微弱的，故溶液中c(H+)≈c(HCl)≈c(CH3COOH)，故Ka≈c(CH3COO )，B正确；C．当加入氨水10 mL时，HCl恰好反应，故反应后溶液组成为：NH4Cl、CH3COOH，根据物料守恒知，c()+ c(NH3·H2O)= c(CH3COOH)+ c(CH3COO )，C正确；D．当氨水加入20 mL时，HCl、CH3COOH恰好反应，反应后溶液组成为：NH4Cl、CH3COONH4，CH3COONH4使溶液显中性，NH4Cl使溶液显酸性，故此时溶液不可能显中性，要使溶液显中性，加入氨水体积应大于20 mL（或依据溶液显中性时，根据电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+ c(CH3COO )，知c()=c(Cl-)+ c(CH3COO )，则c()＞c(Cl-)），D错误；故答案选D。
2．（2021·广西南宁二中高三三模）常温下，用盐酸滴定溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点溶液中
B．b液中
C．若取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是：Al3++3HCO= Al(OH)3 ↓+3CO2↑
D．各点中水电离程度大小：d>c>b>a
【答案】C
【解析】A．a点加入12.5mL盐酸，a点溶液中的溶质是等物质的量的、、，因碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，导致碳酸根浓度下降，碳酸氢根离子浓度增大，氯离子不水解浓度不变，离子浓度大小：，故A错误；B．由电荷守恒可得：，故B错误；C．c点溶液中的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，若取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是两者发生双水解，离子反应方程式是Al3+ +3 HCO3- = Al(OH)3 ↓+ 3CO2↑，故C正确；D．随着盐酸加入，不断被反应，水解越来越弱，水电离程度降低，各点中水电离程度大小：d
A．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH-)大于0.1mol·L-1NaOH溶液中水电离出来的c(OH-)
B．CH3COONa溶液的pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO-)=9.9×10-7mol·L-1
C．0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=4，则有c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)
D．纯水加热到100℃时，水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】C
【解析】A．碳酸钠的水解促进水的电离，NaOH的电离抑制水的电离，A正确；B．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)-c(CH3COO-)= c(OH-)-c(H+)，溶液pH=8，则c(OH-)=10-6mol/L，c(H+)=10-8mol/L，则c(Na+)-c(CH3COO-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol·L-1，B正确；C．NaHA溶液中存在HA-H++A2-、HA-+H2OH2A+OH-，溶液pH=4，说明电离程度大于水解程度，且水解和电离都是微弱的，所以c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，C错误；D．水的电离吸热，所以纯水加热到100℃时，水的电离平衡正向移动，离子积变大，氢离子浓度变大，pH变小，但氢离子和氢氧根浓度依然相等，呈中性，D正确；综上所述答案为C。
4．（2021·广东深圳市·高三一模）硼酸(H3BO3)的电离方程式为H3BO3+H2OB(OH)+H+。已知常温下，Ka(H3BO3)=5.4×10-10、Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。下列说法错误的是
A．H3BO3为一元酸
B．0.01mol•L-1H3BO3溶液的pH≈6
C．常温下，等浓度溶液的pH：CH3COONa>NaB(OH)4
D．NaOH溶液溅到皮肤时，可用大量清水冲洗，再涂上硼酸溶液
【答案】C
【解析】A．根据题意可知H3BO3只存在一步电离，产生一个氢离子，所以为一元酸，A正确；B．设0.01mol•L-1H3BO3溶液中c(H+)=x，则c(B(OH))也可近似认为等于x，则有Ka(H3BO3)==5.4×10-10，解得x≈2.3×10-6mol/L，所以pH≈6，B正确；C．Ka(H3BO3)< Ka(CH3COOH)，所以B(OH)的水解程度更大，浓度相同时硼酸钠碱性更强，则等浓度溶液的pH：CH3COONa＜NaB(OH)4，C错误；D．NaOH溶液溅到皮肤上，用水冲洗后涂上酸性较弱的硼酸溶液，可中和残留的碱，D正确；综上所述答案为C。
5．（2021·浙江高三月考）下列说法正确的是
A．将Na2CO3溶液从常温加热至80℃，溶液的碱性增强
B．升高温度，RCl盐溶液的pH减小，一定证明ROH是弱电解质
C．298K时，pH=8的NaOH溶液和pH=6的NH4Cl等体积混合，溶液显中性
D．在氨水的稀溶液中，加入某浓度的氢氧化钠溶液，一定会抑制氨水的电离，溶液的pH增大
【答案】A
【解析】A．水解使溶液显碱性，加热促进其水解，溶液的碱性增强，A正确；B．升高温度，水的离子积增大，强酸强碱盐溶液的也会减小，B错误；C．时的溶液和的溶液等体积混合，溶液过量，为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，C错误；D．加入氢氧化钠溶液的浓度未知，不一定会抑制氨水的电离，D错误；故选A。
6．（2021·陕西宝鸡市·高三二模）25℃时，向 NaHCO3溶液中滴入盐酸混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．25℃时，H2CO3的一级电离常数Ka1(H2CO3)=1×10-6.4，
B．图中M点时，2.6c(H2CO3)=c(HCO)
C．25℃时，HCO+H2OH2CO3+OH-的水解常数Kh=1×10-7.6
D．25℃时，当c(H2CO3)=c(HCO)时，溶液的pH=6.4
【答案】B
【解析】A．H2CO3的一级电离常数Ka1=，据图可知当lg=1时，pH=7.4，即=10时c(H+)=10-7.4mol/L，所以Ka1=1×10-6.4，A正确；B．Ka1=1×10-6.4，所以当pH=9，即c(H+)=10-9mol/L时，=102.6，即102.6c(H2CO3)=c(HCO)，B错误；C．HCO+H2OH2CO3+OH-的水解常数Kh===1×10-7.6，C正确；D．当c(H2CO3)=c(HCO)时，即=1时，Ka1=1×10-6.4，则此时c(H+)=10-6.4mol/L，pH=6.4，D正确；综上所述答案为B。
7．（2021·新沂市棋盘中学高三二模）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A．0.1mol•L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)
B．0.1mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH-)
C．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
D．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】A．0.1mol•L-1的NaHA溶液，其pH=4，说明HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)＞c(H2A)，所以浓度大小为：c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，故A错误；B．0.1mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中溶质为碳酸钠，碳酸根部分水解呈碱性，所以离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(HCO)，故B错误；C．氢氧化钠为强碱，相同条件下的水解能力大于CH3COO-，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)，故C错误；D．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+ c(Na+)，还存在物料守恒：2c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，二者结合可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确；故选D。
8．（2021·浙江高三二模）下列说法不正确的是
A．NaHA溶液呈碱性，可以推测溶液也呈碱性
B．常温下pH值等于3的HAc溶液和pH值等于11的氢氧化钠溶液，水的电离程度相同
C．溶液呈中性，加热升温，溶液中水电离出的和浓度不变，溶液仍呈中性
D．NaX溶液显碱性，通入少量生成HX和，则说明结合能力X小于
【答案】C
【解析】A． NaHA溶液呈碱性，说明H2A是弱酸，A2-的水解能力更强，可以推测溶液也呈碱性，故A正确；B． 常温下pH值等于3的HAc溶液水电离的氢离子浓度为10-11mol·L－1 和pH值等于11的氢氧化钠溶液水电离的氢离子浓度为10-11mol·L－1，水的电离程度相同，故B正确；C． 溶液呈中性，加热升温，溶液中水电离出的和浓度变大，只是和浓度相等，溶液仍呈中性，故C错误；D． NaX溶液显碱性，通入少量生成HX和，酸性：H2CO3>HX>HCO ,则说明结合能力X小于，故D正确；故选C。
9．（2021·天津高三二模）常温下，用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
B．当滴入氨水10mL时，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中水的电离程度一直变大
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH)=c(Cl-)
【答案】D
【解析】A．混合液中，HCl和CH3COOH的浓度相同，但是HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，故混合液中c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B．当滴入氨水10mL时，n()+n(NH3•H2O)=0.01L´0.1mol•L-1，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.01L´0.1mol•L-1，故此时有，n()+n(NH3•H2O)=n(CH3COO-)+n(CH3COOH)，即c()+c(NH3•H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B正确；C．从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中一直有铵盐生成，由于铵盐会水解，使得混合液中水的电离程度一直变大，C正确；D．当滴入氨水20mL时，溶液中有等物质的量的NH4Cl和CH3COONH4，此时溶液呈酸性，若要使溶液呈中性，加入氨水的体积要大于20mL，根据电荷守恒：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，有c(H+)=c(OH-)，故有c()=c(Cl-)+c(CH3COO-)，D错误；故选D。
10．（2021·哈尔滨市·黑龙江实验中学高三三模）已知pOH=-lgc(OH-)。向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如图所示，下列说法正确的是
A．稀H2SO4的物质的量浓度为0.1mol·L-1
B．a、b、c三点，NH的水解常数相同
C．当溶液中pH=pOH时，水的电离程度最大
D．a点时溶液中存在c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(NH)+2c(H+)
【答案】D
【解析】A．20mL 0.1mol•L-1的氨水中含有一水合氨的物质的量为：0.1mol/L×0.02L=0.002mol，硫酸的体积为20mL时，溶液温度最高，说明恰好完全反应，则硫酸的物质的量为：0.002mol×0.5=0.001mol，c=0.001mol÷0.02L=0.05mol/L，故A错误；B．升高温度促进NH水解，水解平衡常数增大，由图可知a、b、c三点溶液温度不同，则水解常数不同，故B错误；C．当溶液中pH=pOH时，溶液呈中性，此时溶质为硫酸铵和氨水，铵根离子的水解程度与氨水的电离程度相等，水电离几乎没有影响，当氨水与硫酸恰好完全反应生成硫酸铵时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故C错误；D．a点时溶液溶质为一水合氨和硫酸铵，而且一水合氨为硫酸铵浓度的2倍，根据电荷守恒：c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(OH-)，物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH)=4c(SO)，可得c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(NH)+2c(H+)，故D正确；故选D。
11．（2021·内蒙古乌兰察布市·高三一模）类比pH，定义pC=-lgC，已知琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)为二元弱酸，常温下，向1L0.1mol/L的H2A溶液中加入氢氧化钠固体，得到混合溶液的pH与pC(H2A、HA-、A2-)的关系如图所示(不考虑溶液体积和温度的变化)，下列说法正确的是
A．曲线I、II、III分别代表的粒子为A2-、H2A、HA-
B．向pH=4.19的溶液中加NaOH至溶液pH=5.57的过程中水的电离程度逐渐减小
C．滴定过程中=101.38保持不变
D．c(Na＋)=0.1mol/L时，溶液满足c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)
【答案】C
【解析】A．随碱性增强c(H2A)逐渐减小，pC值逐渐增大，即曲线Ⅲ代表H2A，c(HA-)先增大后减小，pC值先减小后增大，即曲线Ⅰ代表HA-，c(A2-)逐渐增大，pC值逐渐减小，即曲线Ⅱ代表A2-，A项错误；B．pH=4.19的溶液中加氢氧化钠至溶液pH=5.57，溶液碱性逐渐增强，水的电离程度在逐渐增大，B项错误；C．，，，C项正确；D．当c(Na+)=0.1mol/L时，加入了0.1mol的氢氧化钠固体，此时溶液中溶质为NaHA，根据，电离大于水解，则有c(Na＋)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，D项错误；答案选C。
12．（2020·北京高三二模）用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如下图所示。下列说法中不正确的是
A．若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c(Na+)＝c(HSO3－)+c(H2SO3)
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(SO32－)＋c(HSO3－)＝c(Na+)
C．若X为 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO32－＞ NH4+
D．若X为 (NH4)2SO3，图中b点溶液中n(HSO3－)∶n(NH4+)＝ 1∶3
【答案】A
【解析】A．若X为Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)＝2c(HSO3－)+2c(H2SO3)+ 2c(SO32-)，当吸收液pH＝1.85时，c(HSO3－)=c(H2SO3)，则c(Na+)=+4c(H2SO3)+ 2c(SO32-)=4c(HSO3－) + 2c(SO32-)，故A错误； B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(HSO3－)+2c(SO32-) +c(OH-)，得到2c(SO32－)＋c(HSO3－)＝c(Na+)，故B正确；C．若X为(NH4)2SO3，由于NH4+水解显酸性，SO32－水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO32－＞NH4+，故C正确；D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO3－)=c(SO32－)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝c(HSO3－)+2c(SO32-) +c(OH-)，3c(HSO3－)=c(NH4+)，n(HSO3－)∶n(NH4+)＝ 1∶3，故D正确；答案选A。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（2021·福建省福州第一中学高三模拟）（10分）人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中产生尿酸钠晶体(NaUr)会引发痛风，NaUr(s) Na＋(aq)＋Ur−(aq) ∆H ＞0。某课题组配制“模拟关节滑液”进行研究，回答下列问题：
已知：①37℃时，Ka(HUr) ＝ 4×10−6，Kw ＝ 2.4×10−14，Ksp(NaUr) ＝ 6.4×10−5
②37℃时，模拟关节滑液pH ＝7.4，c(Ur－) ＝4.6×10−4 mol∙L−1
(1)尿酸电离方程式为_______
(2)Kh为盐的水解常数，37℃时，Kh(Ur−)＝_______。
(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液中c(Na＋)_______c(Ur−) (填“＞”、“＜”或“＝”)。
(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋) ＝ 0.2 mol∙L−1时，通过计算判断是否有NaUr晶体析出，请写出判断过程_______
(5)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是_______。
a.加强锻炼，注意关节保暖 b.多饮酒，利用乙醇杀菌消毒
c.多喝水，饮食宜少盐、少脂 d.减少摄入易代谢出尿酸的食物
【答案】（每空2分）(1)HUrH＋＋Ur－
(2)6×10−9
(3)＞
(4)Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1 ＝9.2×10−5＞ Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出
(5)acd
【解析】(1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUrH＋＋Ur－；故答案为：HUrH＋＋Ur－；
(2)Kh为盐的水解常数，37℃时，；故答案为：6×10−9；
(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH ＝7.4，c(Ur－) ＝4.6×10−4 mol∙L−1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)，由于pH＝7.4，因此溶液中c(Na＋)＞c(Ur－)；故答案为：＞；
(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋) ＝ 0.2 mol∙L−1时，Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1＝9.2×10−5＞ Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；故答案为：Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1＝9.2×10−5＞ Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；
(5)根据NaUr(s) Na＋(aq)＋Ur−(aq) ∆H＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移动，因此要注意关节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒，不能减少痛风，故b错误；c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入，使平衡逆向移动加重痛风，故c正确；d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻痛风，故d正确；综上所述，答案为：acd。
14．(14分)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－1 NH4Al(SO4)2中c(NH) (填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1 NH4HSO4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，所得溶液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 。
【答案】（每空2分）(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＋)
【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胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
(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的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原子与S原子的关系，可以得出c(SO)＞c(NH)，故c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)。
15.(2020·广西桂林市一中模拟)（16分）在室温下，下列五种溶液:①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液
②0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液 ③0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液 ④0.1 mol·L-1 NH3·H2O和0.1 mol·L-1 NH4Cl混合液 ⑤0.1 mol·L-1氨水
请根据要求填写下列空白:
(1)溶液①呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是 (用离子方程式表示)。
(2)溶液②③中c(NH4+)的大小关系是② (填“>”“<”或“=”)③。
(3)在溶液④中 (填离子)的浓度为0.1 mol·L-1；NH3·H2O和 (填离子)的浓度之和为0.2 mol·L-1。
(4)室温下，测得溶液②的pH=7，则说明CH3COO-的水解程度 (填“>”“<”或“=”，下同)NH4+的水解程度，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO-) c(NH4+)。
(5)常温下，某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。
①写出酸H2A的电离方程式: 。
②若溶液M由10 mL 2 mol·L-1 NaHA溶液与10 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH (填“>”“<”或“=”)7。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)酸 NH4++H2ONH3·H2O+H+
(2)<
(3)Cl- NH4+
(4)=（1分） =（1分）
(5)①H2AH++HA-，HA-H++A2- ②>
【解析】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，根据“谁弱谁水解，谁强显谁性”的原则，NH4Cl溶液显酸性。
(2)CH3COONH4溶液中，醋酸根离子与铵根离子的水解相互促进，而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的氢离子抑制铵根离子的水解，所以NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大。
(3)因为氯离子不水解，所以其浓度为0.1 mol·L-1；根据原子守恒可知，含氮原子微粒的总物质的量浓度为0.2 mol·L-1，而氮原子的存在形式为NH3·H2O和NH4+。
(4)溶液②的pH=7，说明CH3COO-与NH4+水解程度相同；根据电荷守恒得:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，因为c(H+)=c(OH-)，故c(CH3COO-)=c(NH4+)。
(5)①由溶液中存在的微粒可知，H2A为二元弱酸，分步电离。②NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A，溶液显碱性，pH>7。
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