盐类水解的影响因素及应用 突破训练（二）.doc

盐类水解的影响因素及应用 突破训练（二）‎ ‎1．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。‎ ‎2．下列有关问题，与盐的水解有关的是(　　)‎ ‎①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属的除锈剂 ‎②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ‎③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ‎④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ‎⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体 A．①②③　　　　　　　 　B．②③④‎ C．①④⑤ D．①②③④⑤‎ 解析：选D　①NH4Cl与ZnCl2溶液中NH、Zn2＋发生水解反应而使溶液呈酸性，可溶解金属锈蚀生成的氧化物，故可用作除锈剂，正确；②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，其原理是二者发生相互促进的水解反应生成CO2和Al(OH)3，正确；③草木灰与铵态氮肥不能混合施用，其原因是草木灰中含有K2CO3，CO与NH发生相互促进的水解反应，释放出NH3，降低了肥效，正确；④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，其原因是CO发生水解反应而使溶液呈碱性，易与玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3‎ 而使玻璃塞与瓶口粘连，正确；⑤加热蒸干AlCl3溶液，促使水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl正向移动，加热蒸干得到Al(OH)3固体，正确。‎ ‎3．对滴有酚酞溶液的下列溶液，操作后颜色变深的是(　　)‎ A．明矾溶液加热 B．CH3COONa溶液加热 C．氨水中加入少量NH4Cl固体 D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体 解析：选B　 A项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热，铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C项，加入少量NH4Cl固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D项，溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。‎ ‎4.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．室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　)‎ 选项 加入物质 结论 A ‎50 mL 1 mol·L－1 H2SO4‎ 反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)‎ B ‎0.05 mol CaO 溶液中增大 C ‎50 mL H2O 由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变 D ‎0.1 mol NaHSO4固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变 解析：选B　Na2CO3溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50 mL 1 mol·L－1H2SO4，Na2CO3与H2SO4 恰好反应生成0.05 mol Na2SO4，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05 mol CaO后，发生反应CaO＋H2O===Ca(OH)2，生成0.05 mol Ca(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，则c(CO)减小，c(OH－)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；C项，加入50 mL H2O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入的0.1 mol NaHSO4固体与0.05 mol Na2CO3恰好反应生成0.1 mol Na2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。‎ ‎6．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 溶液 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③‎ B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同 C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO ‎ D．Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)‎ 解析：选B　四种盐溶液均促进了水的电离，根据越弱越水解，水解均显碱性，水解程度越大， pH越大，则四种溶液中，水的电离程度：③>④>②>①， A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在H＋、OH－、 CO、HCO、H2CO3、Na＋、H2O，B正确；醋酸的酸性强于次氯酸，在物质的量浓度相等的情况下，pH小的是醋酸，C错误；根据物料守恒，Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO )＋2c(H2CO3)，D错误。 ‎ ‎7．(2019·石家庄一模)25 ℃时，关于①0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液、②NaOH溶液，下列叙述正确的是(　　)‎ A．若向①中加适量水，溶液中的值减小 B．若向②中加适量水，水的电离平衡正向移动 C．若将①和②均稀释100倍，①的pH变化更大 D．若将①和②混合，所得溶液的pH＝7，则溶液中的c(NH3·H2O)＞c(Na＋)‎ 解析：选B　NH4Cl溶液中存在NH的水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释时，平衡正向移动，n(NH)减小，n(Cl－)不变，则的值增大，A错误。NaOH溶液中加水稀释，c(NaOH)减小，对水的电离抑制程度减小，故水的电离程度增大，B正确。NH4Cl溶液加水稀释100倍，促进NH的水解，溶液中c(H＋)大于原溶液的，NaOH溶液中加水稀释100倍，c(OH－)变为原溶液的，故NaOH溶液的pH变化更大，C错误。将①和②混合，所得溶液呈电中性，据电荷守恒可得，c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；由于溶液的pH＝7，则有c(OH－)＝c(H＋)，从而可得c(NH)＋c(Na＋)＝c(Cl－)；据物料守恒可得c(NH )＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，综合上述两式可得c(NH3·H2O)＝c(Na＋)，D错误。‎ ‎8．25 ℃时，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1 L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如下图所示。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．随pH增大，数值先减小后增大 B．b点所示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)‎ C．25 ℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1＝10－7‎ D．溶液呈中性时：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)‎ 解析：选B　＝＝，温度不变，K(HCO)不变，pH增大，c(H＋)减小，因此数值增大，故A错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)，故B正确；根据图像，pH＝6时，c(HCO)＝c(H2CO3)，则25 ℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1＝＝c(H＋)＝10－6，故C错误；溶液呈中性时pH＝7，根据图像，c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，故D错误。‎ ‎9.粗制的CuSO4·5H2O晶体中含有Fe2+。提纯时,为了除去Fe2+,常加入少量H2O2,然后再加入少量碱至溶液pH=4,可以达到除去铁离子而不损失硫酸铜的目的。下列说法不正确的是 (　　)‎ A.溶解CuSO4·5H2O晶体时要加入少量稀硫酸 B.加入H2O2,将Fe2+氧化,2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O C.由于CuSO4的催化作用,会使部分H2O2分解而损失 D.调溶液pH=4的依据是Cu(OH)2比Fe(OH)3更难溶 ‎【解析】选D。加入少量稀硫酸可抑制Cu2+的水解,A正确;B、C正确;调溶液pH=4的依据是此时Fe3+已完全沉淀,而Cu2+还未沉淀,即Fe(OH)3比Cu(OH)2更难溶,D错误。‎ ‎10.某温度下,难溶物FeR的水溶液中存在平衡:FeR(s)Fe2+(aq)+R2-(aq),其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 (　　)‎ A.可以通过升温实现由a点变到c点 B.b点对应的Ksp等于a点对应的Ksp C.d点可能有沉淀生成 D.该温度下, Ksp=4×10-18‎ ‎【解析】选B。升高温度,FeR溶液中Fe2+和R2-的浓度同时增大,A错误;沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点,温度不变, Ksp不变,B正确;d点相对于平衡点a点,c(Fe2+)相同,c(R2-)小于a点,没有沉淀生成,C错误;选a点或b点计算,得Ksp(FeR)=2×10-18,D错误。‎ ‎11.25 ℃时,向0.10 mol·L-1 H2S溶液中,加入稀HCl、NaOH溶液,溶液的pH与c(S2-)关系如下图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发),已知Ksp(MnS)=2.8×10-13。下列说法中错误的是 (　　)‎ A.pH=13时,溶液中的c(H2S)+c(HS-)=0.043 mol·L-1‎ B.在含0.020 mol·L-1 Mn2+、0.10 mol·L-1 H2S中,当溶液pH=5时,Mn2+开始沉淀 C.pH=11时溶液中的溶质为Na2S,存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)‎ D.在CuSO4溶液中加入0.10 mol·L-1 H2S溶液,可得到黑色CuS沉淀,则酸性:‎ H2S>H2SO4‎ ‎【解析】选D。pH=13时,c(S2-)=5.7×10-2 mol·L-1,根据硫原子守恒有c(H2S)+‎ c(HS-)+c(S2-)=0.10 mol·L-1,则c(H2S)+c(HS-)=0.10 mol·L-1-c(S2-)=‎ ‎0.043 mol·L-1,A正确; Ksp(MnS)=2.8×10-13,c(Mn2+)=0.020 mol·L-1,Mn2+开始沉淀时c(S2-)==1.4×10-11 mol·L-1,根据图象分析此时溶液pH=5,B正确;在Na2S溶液中根据质子守恒有c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),C正确;硫酸是强酸,氢硫酸是弱酸,D错误。‎ ‎12.下列有关电解质溶液的说法不正确的是 (　　)‎ A.向Na2CO3溶液中通入NH3,减小 B.将0.1 mol·L-1 K2C2O4溶液从25 ℃升高到35 ℃,增大 C.向0.1 mol·L-1 HF溶液中滴加NaOH溶液至中性,=1‎ D.向0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液中加入少量水,增大 ‎【解析】选D。Na2CO3溶液中存在:C+H2OHC+OH-,通入NH3后溶液中c(OH-)增大,水解平衡逆向移动,c(C)增大,c(Na+)不变,则减小,A正确;‎ K2C2O4溶液中存在:C2+H2OHC2+OH-,升高温度,水解平衡正向移动,溶液中c(C2)减小,c(K+)不变,则增大,B正确;向0.1 mol·L-1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性,则有c(H+)=c(OH-),据电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(F-),则有c(Na+)=c(F-),即=1,C正确;CH3COONa溶液中存在:CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,则水解常数Kh=,则有=,由于温度不变,则KW、Kh不变,故不变,D错误。‎ ‎13．常温下，某溶液中只含有Cl－、NH、H＋、OH－四种离子，其浓度大小的排列顺序为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，下列有关说法中正确的是(　　)‎ A．该溶液由pH＝11的NH3·H2O溶液与pH＝3的HCl溶液等体积混合而成 B．该溶液由0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液与0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液等体积混合而成 C．在上述溶液中加入适量NH3·H2O，可能使溶液中离子浓度大小改变为c(NH)＞‎ c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ D．在上述溶液中通入适量HCl气体，可能使溶液中离子浓度大小改变为c(NH)＝‎ c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)‎ 解析：选C　常温下，pH＝11的NH3·H2O溶液与pH＝3的HCl溶液等体积混合，充分反应后，NH3·H2O溶液有剩余，溶液呈碱性，则有c(OH－)＞c(H＋)，A错误；0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液与0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液等体积混合，所得溶液呈碱性，则有c(OH－)＞c(H＋)，B错误；加入适量NH3·H2O，中和溶液中的H＋，使溶液呈碱性，则有c(OH－)＞c(H＋)，结合电荷守恒可得c(NH)＞c(Cl－‎ ‎)，C正确；原溶液呈酸性，通入适量HCl，溶液的酸性比原来更强，则有 c(H＋)＞c(OH－)，不可能存在c(OH－)＝c(H＋)，D错误。‎ ‎14．常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示，已知p＝－lg。下列叙述不正确的是(　　)‎ A．Ka(HA)的数量级为10－5‎ B．滴加NaOH溶液过程中，保持不变 C．m点所示溶液中：c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)‎ D．n点所示溶液中：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)‎ 解析：选D　由图可知，p＝－lg＝0，即＝1时，混合液pH＝4.76；HA的电离常数为Ka(HA)＝＝c(H＋)＝10－4.76，则Ka(HA)的数量级为10－5，A正确。Ka(HA)＝＝，则有＝，由于温度不变，Ka(HA)、KW不变，故保持不变，B正确。m点所示溶液中，根据电荷守恒可得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)，此时c(A－)＝c(HA)，则有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA)＋‎ c(OH－)，故有c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)，C正确。由图可知，n点溶液的pH＜3，溶液呈酸性，则有c(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒可得c(Na＋)＜c(A－)，故有c(Na＋)＜c(A－)＋c(HA)，D错误。‎ ‎15．25 ℃时，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1 L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如下图所示。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．随pH增大，数值先减小后增大 B．b点所示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)‎ C．25 ℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1＝10－7‎ D．溶液呈中性时：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)‎ 解析：选B　＝＝，温度不变，K(HCO)不变，pH增大，c(H＋)减小，因此数值增大，故A错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)，故B正确；根据图像，pH＝6时，c(HCO)＝c(H2CO3)，则25 ℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1＝＝c(H＋)＝10－6，故C错误；溶液呈中性时pH＝7，根据图像，c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，故D错误。‎ ‎16．现有0.175 mol·L－1醋酸钠溶液500 mL(已知醋酸的电离常数Ka＝1.75×10－5)。‎ ‎(1)写出醋酸钠水解反应的化学方程式：____________________________________。‎ ‎(2)下列图像能说明醋酸钠的水解反应达到平衡的是______。‎ A.溶液中c(Na＋)与反应时间t的关系 B.CH3COO－的水解速率与反应时间t的关系 C.溶液的pH与反应时间t的关系 D.KW与反应时间t的关系 ‎(3)在醋酸钠溶液中加入下列少量物质，能使水解平衡右移的有________。‎ A．冰醋酸　　 　　　　 　B．纯碱固体 C．醋酸钙固体 D．氯化铵固体 ‎(4)欲配制0.175 mol·L－1醋酸钠溶液500 mL，可采用以下两种方案；‎ 方案一：用托盘天平称取____g无水醋酸钠，溶于适量水中，配成500 mL溶液。‎ 方案二：用体积均为250 mL且浓度均为________ mol·L－1的醋酸与氢氧化钠两溶液混合而成(设混合后的体积等于混合前两者体积之和)。‎ ‎(5)在室温下，0.175 mol·L－1醋酸钠溶液的pH约为____[已知醋酸根离子水解反应的平衡常数Kh＝]。‎ 解析：(1)醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠，化学方程式为CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH。(2)A项，钠离子不水解，所以浓度始终不变，错误；B项，醋酸根离子开始时水解速率最大，后逐渐减小，平衡时不再变化，正确；C项，随着水解的逐渐进行，pH逐渐增大，平衡时不再发生变化，正确；D项，KW是温度常数，温度不变，KW不变，错误。(3)A项，加入冰醋酸，溶液中醋酸浓度增大，平衡左移，错误；B项，加入纯碱固体，由于CO的水解会产生OH－，抑制CH3COO－的水解，平衡左移，错误；C项，加入醋酸钙固体，溶液的醋酸根离子浓度增大，平衡右移，正确；D项，加入氯化铵固体，铵根离子与水解生成的氢氧根离子结合成一水合氨，使溶液中氢氧根离子浓度减小，平衡右移，正确。(4)由m＝nM得醋酸钠的质量为7.175 g，由托盘天平的精确度知托盘天平称量的质量为7.2 g；醋酸与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合，混合后的溶液浓度减半为0.175 mol·L－1，所以原来的浓度为0.35 mol·L－1。(5)醋酸根离子水解反应的平衡常数Kh＝＝＝，则＝，得c(OH－)＝10－5 mol·L－1，pH＝9。‎ 答案：(1)CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH ‎(2)BC　(3)CD　(4)7.2　0.35　(5)9‎ ‎17．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＋＋3H2OAl(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＋＋3H2OAl(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＋)‎