1、单一溶液中粒子浓度大小比较一、单选题（本大题共12小题，共36分）1. 在NaHS溶液中，存在多种微粒，下列关系中不正确的是()A. c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)B. c(Na+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)C. c(H+)+c(H2S)=c(OH-)+c(S2-)D. c(OH-)-c(HS-)=c(H+)+c(H2S)2. 下列说法关于离子浓度说法不正确的是()A. 室温下，向0.20mol/LNH4HCO3中通入CO2至溶液呈中性：c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)B. 10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1m
2、ol/L盐酸混合，c(Cl-)c(NH4+)c(OH)c(H+)C. 向0.30mol/LNa2SO3中通入CO2：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)D. 10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c(Na+)=c(Cl-)c(OH-)c(H+)3. 在0.1molL-1的Na2CO3溶液中，下列关系正确的是()A. c(Na+)=2c(CO32-)B. c(OH-)=2c(H+)C. c(HCO3-)c(H2CO3)D. c(Na+)c(H2SO3)c(SO32-)B. c(Na+)+c(H+)c(HSO3-)+c(OH
3、-)+c(SO32-)C. c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)D. c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(HSO3)5. 已知某溶液中仅存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，其浓度大小有如下关系，其中一定不正确的是()A. C(Cl-)C(NH4+)C(H+)C(OH-)B. C(C1-)=C(NH4+)，且C(H+)=C(OH-)C. C(NH4+)C(Cl-)C(H+)C(OH-)D. C(OH-)C(NH4+)C(H+)c(F-)B. c(H+)c(HF)C. c(OH-)c(HF)D. c(F-)c(HF)7. 常温下，有盐酸和醋酸两种
4、溶液，c(Cl-)=c(CH3COO-)，下列叙述正确的是()A. 醋酸溶液的pH大于盐酸B. 醋酸溶液的浓度小于盐酸C. 分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：c(Cl-)=c(CH3COO-)D. 用水稀释相同倍数后醋酸溶液的pH小于盐酸8. 工业用Na2SO3溶液吸收SO2，减少空气污染。常温下，测得Na2SO3溶液吸收sO2过程中，pH随cSO32-:cHSO3-的变化关系如下表所示，下列说法正确的是 cSO32-:cHSO3- 91:91:19:91pH8.27.26.2A. Ka1(H2SO3)110-7.2B. NaHSO3吨溶液的pHcHSO3-cSO32-cH+=cOH-D.
5、Na2SO3溶液中，SO32-的水解常数Kh1=9.110-5.29. 常温下联氨(N2H4)的水溶液中有：N2H4+H2ON2H5+OH- K1N2H5+H2ON2H62+OH- K2该溶液中的微粒的物质的量分数(X)随-lgc(OH-)变化的关系如图所示。下列叙述不正确的是( )A. 图中对应的微粒为N2H62+B. 若C点为N2H5Cl溶液，则存在：c(Cl-)c(N2H5+)+2c(N2H62+)C. 常温下羟胺(NH2OH)的Kb=10-10，将少量联氨水溶液加入到足量NH3OHCl溶液中，发生的反应为：N2H4+NH3OH+=N2H5+NH2OHD. 将10mL0.1mol/L的联
6、氨溶液与5mL0.1mol/L的盐酸溶液混合后，所得溶液pH等于810. 25时，改变0.1molL-1H2SO3溶液的pH，各微粒的物质的量分数()变化如图所示，下列说法中错误的是A. 1gK1(H2SO3)=-1.9B. pH=3时，c(HSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)C. 反应H2SO3+SO32-2HSO3-的lgK=5.3D. pH=7.2时，c(HSO3-)=c(SO32-)=c(H+)11. 常温时，K2FeO4溶于水后，会水解生成如下图中的物质，纵坐标表示其分数分布，横坐标表示pH，则下列说法 不正确的是( )A. FeO42-+H2OHFeO4-+OH-的平衡常数
7、为10-6.6B. 从pH=1到pH=2.6，H2FeO4的分布分数逐渐增大C. 向pH=6的该溶液中加KOH溶液，反应的离子方程式为HFeO4-+OH-=FeO42-+H2OD. 根据图中信息，铁元素有4种存在形态，它们总是可以同时大量存在12. 25时，改变0.1molL-1H2SO3溶液的pH，各微粒的物质的量分数()变化如图所示，下列说法中错误的是( )A. K1(H2SO3)=-1.9B. pH=3时，c(HSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)C. 反应H2SO3+SO32-2HSO3-的lgK=5.3D. pH=7.2时，c(HSO3-)=c(SO32-)=c(H+)二、填空
8、题（本大题共7小题，共52分）13. (1)0.1molL-1的H3PO4溶液中，离子浓度的大小关系_。(2)0.1molL-1的NH4Cl溶液中，离子浓度的大小关系_。(3)0.1molL-1的Na2CO3溶液中，离子浓度的大小关系_。(4)0.1molL-1的NaHCO3溶液中，离子浓度的大小关系_。14. 已知某无色透明的溶液中只含有NH4+、Cl-、H+、OH-4种离子，该溶液的溶质组分可能是NH4Cl；_和_；_和_。四种离子浓度大小比较，以上溶液中c(Cl-)c(_)c(_)c(_)溶液(假定两种溶质的物质的量之比为1:1)中c(_)c(_)c(_)c(_)溶液(假定两种溶质的物质
9、的量之比为1:1)中c(_)c(_)c(_)c(_)15. 常温下，用0.01molL-1的NaOH标准溶液滴定20mL0.01molL-1的草酸溶液，滴定曲线如图所示。 a点溶液呈_(填“酸”“碱”或“中”)性；b点溶液中各离子浓度的大小关系为_。16. 某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是：H2A=H+HA-，HA-H+A2-.回答下列问题：(1)在0.1molL-1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系不正确的是_。A.c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1molL-1B.c(OH-)=c(H+)+c(HA-)C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+
10、2c(A2-)D.c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)(2)已知0.1molL-1NaHA溶液的pH=2，则0.1molL-1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度_(填“”、“c(SO42-)c(H+)c(OH-) D.c(SO42-)+c(HSO4-)=0.1molL-118. 不同溶液，同一离子有物质的量浓度相同的以下几种溶液： (NH4)2SO4溶液 (NH4)2CO3溶液 NH4HSO4溶液 (NH4)2Fe(SO4)2溶液NH4Cl溶液 NH4HCO3溶液 NH3H2O c(NH4+)由大到小的顺序为_。19. 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
11、；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，0.1molL-1NH4Al(SO4)2中c(NH4+)_(填“等于”“大于”或“小于”)0.1molL-1CH3COONH4中c(NH4+)。(3)如图是0.1molL-1电解质溶液的pH随温度变化的图象。 其中符合0.1molL-1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_(填写序号)，导致pH随温度变化的原因是_20时，0.1molL-1NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3
12、+)=_。(4)室温时，向100mL0.1molL-1NH4HSO4溶液中滴加0.1molL-1NaOH溶液，得到溶液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_；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_。答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】 本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，灵活运用电荷守恒和物料守恒分析解答即可。【解答】硫氢化钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，结合电荷守恒和物料守恒分析解答。A.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c
13、(S2-)+c(HS-)，故A正确； B.溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故B正确； C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)，溶液中在物料守恒c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，二者结合可得： c(H+)+c(H2S)=c(OH-)+c(S2-)，故C正确； D.根据C知，溶液中不存在c(OH-)-c(HS-)=c(H+)+c(H2S)，故D错误。 故选D。 2.【答案】B【解析】解：A.溶液呈中性，则c(OH)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(N
14、H4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故A正确； B.二者的物质的量相等，二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈弱酸性，则c(OH)c(NH4+)，但是其水解程度较小，所以存在c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH)，故B错误； C.溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，故C正确； D.二者的物质的量都是0.001mol，二者恰好完全反应生成一水合氨和氯化钠，且二者物质的量浓度相等，一水合氨电离导致溶液呈碱性，但是其电离程度较小，溶液中存在物料守恒，结合物料守恒得c(Na+)=c(
15、Cl-)，所以存在c(Na+)=c(Cl-)c(OH-)c(H+)，故D正确； 故选：B。A.溶液呈中性，则c(OH)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断； B.二者的物质的量相等，二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈弱酸性，但是其水解程度较小； C.溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断； D.二者的物质的量都是0.001mol，二者恰好完全反应生成一水合氨和氯化钠，且二者物质的量浓度相等，一水合氨电离导致溶液呈碱性，但是其电离程度较小，溶液中存在物料守恒，结合物料守恒判断。本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电
16、荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：A.碳酸根离子水解而钠离子不水解，所以c(Na+)2c(CO32-)，故A错误；B.碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子、碳酸氢根离子和水电离都生成氢氧根离子，只有水电离生成氢离子，所以c(OH-)2c(H+)，故B错误；C.碳酸根离子第一步水解远远大于第二步，所以c(HCO3-)c(H2CO3)，故C正确；D.溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，所以c(Na+)c(CO32-)+c(HCO3-)，故D错误；故选：C。碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，
17、碳酸根离子第一步水解程度远远大于第二步，据此分析解答本题考查了离子浓度大小比较，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒分析解答，注意碳酸根离子两步水解程度相对大小，题目难度不大4.【答案】B【解析】【分析】本题考查离子浓度大小比较，题目难度较难，注意解答本题的关键是把握题中亚硫酸氢钠溶液呈酸性的特点，答题时注意溶液电中性以及物料守恒的运用。【解答】A.NaHSO3溶液显酸性即HSO3-电离程度大于水解程度，所以c(SO32-)c(H2SO3)，故A错误；B.溶液遵循电中性原则，则有c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，c(Na+
18、)+c(H+)c(HSO3-)+c(OH-)+c(SO32-)，故B正确；C.亚硫酸氢钠溶液中，c(OH-)+c(SO32-)=c(H+)+c(H2SO3)，故C错误；D.溶液遵循物料守恒原则，应有n(Na)=n(S)，则有c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)，故D错误。故选B。 5.【答案】C【解析】解：A.电解质溶液中都存在电荷守恒，C(Cl-)C(NH4+)，则C(H+)C(OH-)，故A正确； B.电解质溶液中都存在电荷守恒，C(C1-)=C(NH4+)，则C(H+)=C(OH-)，故B正确； C.电解质溶液中都存在电荷守恒，如果c(OH-)c(H+)，根
19、据电荷守恒得c(Cl-)c(NH4+)，故C错误； D.当溶液中含有大量的HCl和少量的NH4Cl，则C(OH-)C(NH4+)C(H+)c(H+)，则c(Cl-)c(F-)，A正确；B.c(H+)=0.01molL-1HF的电离只电离了约10%，因此c(H+)c(HF)，B错误；C.HF为弱电解质在溶液电离微弱，故溶液中HF的浓度最大，C错误；D.HF为弱电解质在溶液电离微弱，故溶液中HF的浓度最大，D错误。故选A。7.【答案】D【解析】【分析】本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度不大，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握影响弱电解质电离的因素，试题培养了学生的分析能力及灵活
20、应用能力。【解答】A.据电荷守恒，c(Cl-)=c(CH3COO-)则氢离子浓度相同，溶液pH相同，故A错误；B.醋酸是弱电解质，在溶液中会发生不完全电离，而c(Cl-)=c(CH3COO-)，Cl-是由盐酸完全电离产生的，说明醋酸的浓度要大于盐酸，故B错误；C.加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸根离子的物质的量增大，而氯离子的物质的量不变，根据c=nV可知稀释后c(Cl-)Ka2，所以Ka110-7.2，故A错误；B.由表中信息可知：NaHSO3溶液的pH7，为酸性溶液，根据物料守恒可得：溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，故B错误；C.由表中数据，
21、当c(SO32-)=c(HSO3-)时，pH=7.2，故当吸收液呈中性时，可推出c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)，所以存在：c(Cl-)c(N2H5+)+2c(N2H62+)，故B正确；C.N2H4+H2ON2H5+OH-Kb1=c(N2H5+)c(OH-)c(N2H4)，A点时，N2H4和N2H5+的浓度相等，则Kb1=c(OH-)=10-6，羟胺(NH2OH)的Kb=10-10，则可发生反应N2H4+NH3OH+=N2H5+NH2OH，故C正确；D.从图像可得A点N2H4、N2H5+物质的量分数相等，说明它们的浓度相等，c(OH-)=10-6，pH等于8，而将10mL0.1mo
22、l/L的联氨溶液与5mL0.1mol/L的盐酸溶液混合后，所得溶液为等浓度的N2H4、N2H5Cl，由于N2H4的电离和N2H5+的水解程度不同，N2H4和N2H5+的物质的量分数并不相同，故D错误。故选D。10.【答案】D【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等，结合电离常数表达式可知，图像中的两个交点，可分别计算出K1(H2SO3)=10-1.9和K2(H2SO3)=10-7.2。【详解】A.由分析可知，K1(H2SO3)=10-1.9，则1gK1(H2SO3)=-1.9，故A正确；
23、B.pH=3时，由图可知，c(HSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)，故B正确；C. 反应H2SO3+SO32-2HSO3-的K=K1K2=10-1.910-7.2=105.3，则lgK=5.3，故C正确；D.pH=7.2时，c(HSO3-)=c(SO32-)c(H+)，故D错误。故选D。11.【答案】D【解析】【分析】本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度中等，涉及平衡常数计算、离子方程式书写、盐的水解原理及其影响等知识，试题知识点较多，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力。【解答】A.根据图像知c(FeO42-)=c(HFeO4-)时pH=7.4，即c(H+)=10-7.4，所以F
24、eO42-+H2OHFeO4-+OH-的平衡常数为k=cHFeO4-cOH-cFeO42-=kwcH+=10-1410-7.4=10-6.6，故A正确；B.根据图片知，从pH=1到pH=2.6，H2FeO4的分布分数逐渐增大，故B正确；C.向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O，故C正确；D.不同PH值时，溶液中铁元素的存在形态及种数不相同，比如在PH值等于6时，就只有两种形态，故D错误。故选D。12.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查弱酸在改变溶液pH值时，根据各微粒的物质的量分数()变化图像，判断离子浓度的变化。【解答】A
25、.由图像可知：K1(H2SO3)=-1.9，故 A正确；B.pH=3时，c(HSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)，故B正确；C.反应H2SO3+SO32-2HSO3-的lgK=5.3，故C正确；D.pH=7.2时，c(HSO3-)=c(SO32-)c(H+)，故D错误。故选D。13.【答案】(1)c(H+)c(H2PO4-)c(HPO42-)c(PO43-)c(OH-)(2)c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)(3)c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)c(H+)(4)c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)c(CO32-)【解析】略14.【答案
26、】NH4Cl；HCl；NH4Cl；NH3H2O；NH4+；H+；OH-；Cl-；H+；NH4+；OH-；NH4+；Cl-；OH-；H+【解析】【分析】本题考查离子浓度大小的比较，熟悉溶液中的电荷守恒及物料守恒是解答本题的关键，注意溶液中溶质的判断及离子的水解为解答的难点，题目难度不大。【解答】该溶液的溶质组分可能是NH4Cl，溶液中铵根离子水解溶液显酸性，溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，若该溶液为HCl和NH4Cl溶液，溶液显酸性，离子浓度大小为，c(Cl-)c(H+)c(NH4+)c(OH-)，该溶液的溶质组分可能是NH4Cl、NH3H2O，两种溶质的
27、物质的量之比为1：1，一水合氨电离大于铵根离子水解，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)，故答案为：NH4Cl；HCl；NH4Cl；NH3H2O；NH4+；H+；OH-；Cl-；H+；NH4+；OH-；NH4+；Cl-；OH-；H+。15.【答案】酸；c(Na+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)【解析】【分析】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，根据电荷守恒、物料守恒分析解答，侧重于考查学生的分析能力和应用能力【解答】观察图可得，a点加入的氢氧化钠
28、溶液为20mL，则氢氧化钠和醋酸恰好反应生成草酸氢钠，即溶液中溶质为NaHC2O4,HC2O4-在溶液中发生电离与水解，存在平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，电离平衡：HC2O4-H+C2O42，HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；b点溶液中溶质为Na2C2O4，C2O42-水解溶液显碱性，水也电离出氢氧根离子，所以c(OH-)c(HC2O4-)，则溶液中离子浓度关系：c(Na+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)。16.【答案】A 【解析】解：(1)A.根据物料守恒，c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L，故A错误； B.根据氢离子守恒
29、：c(OH-)=c(H+)+c(HA-)，故B正确； C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，故C正确； D.根据B、C可以得出c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)，故D正确。 故选A； (2)因为0.1molL-1NaHA溶液的pH=2，则由HA-H+A2-可知，电离出0.01mol/LH+；而0.1molL-1H2A溶液，H2A=H+HA-，电离出H+0.1mol/L和HA-0.1mol/L，但第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/
30、L， 故答案为：。该二元酸第一步完全电离、第二步苯酚电离， (1)任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断； (2)0.1molL-1H2A溶液，H2AH+HA-，电离出H+小于0.1mol/L，0.1molL-1NaHA溶液的pH=2，则由HA-H+A2-可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离。本题考查了弱电解质的电离、盐类水解等知识点，注意该二元酸两步电离的不同，HA-离子只电离不水解是解题关键，为易错点，题目难度中等17.【答案】(1)碱性；SO42-+H2OOH-+HSO4-；(2)小于；H2SO4一级电离出H+，对HS
31、O4-的电离起抑制作用，而NaHSO4中不存在抑制作用；(3)AD。【解析】【分析】本题考查电解质的电离和离子方程式的书写，溶液中电荷守恒应用，物料守恒的应用，题目难度中等，本题注意把握题意，突破硫酸为二元强酸的思维，从题目实际出发，加强自学能力的培养。【解答】(1)根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4=H+HSO4-，第二步电离并不完全：HSO4-H+SO42-，则Na2SO4溶液存在SO42-+H2OOH-+HSO4-，溶液呈弱碱性，故答案为：碱性；SO42-+H2OOH-+HSO4-；(2)25时，0.10molL-1的NaHSO4溶液中c(SO42-)=0.029molL-1，则0
32、.10molL-1的H2SO4溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，c(SO42-)c(SO42-)c(OH-)c(HSO4-)c(H+)，故C错误；D.溶液中没有H2SO4分子，c(SO42-)+c(HSO4-)=0.1molL-1，故D正确。故答案为：AD。18.【答案】【解析】【分析】本题考查了不同溶液中同一离子浓度的大小比较，注意盐类水解的影响因素的分析，难度不大。【解答】NH3H2O是弱电解质，其余都是强电解质，因此c(NH4+)最小的是NH3H2O，其余的根据化学式可分为两类，一类是1mol能电离出2molNH4+的，有(NH4)2SO4溶液、(N
33、H4)2CO3溶液、(NH4)2Fe(SO4)2溶液，另一类是1mol只能电离出1molNH4+的，有NH4HSO4溶液、NH4Cl、NH4HCO3溶液。(NH4)2SO4溶液中的铵根离子正常水解，(NH4)2CO3溶液中铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子和亚铁离子相互抑制水解，水解程度是(NH4)2CO3(NH4)2SO4(NH4)2Fe(SO4)2，因此铵根离子浓度由大到小的顺序是(NH4)2Fe(SO4)2(NH4)2SO4(NH4)2CO3；NH4Cl溶液中的铵根离子正常水解，NH4HCO3溶液中铵根离子和碳酸氢根离子相互促进水解，NH4HSO
34、4溶液中铵氢离子抑制铵根离子水解，水解程度是NH4HCO3NH4ClNH4HSO4，因此铵根离子浓度由大到小的顺序是NH4HSO4NH4ClNH4HCO3；综上分析，c(NH4+)由大到小的顺序为；故答案为：。19.【答案】(1)Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，Al3+3H2OAl(OH)3+3H+ (2)小于(3) NH4Al(SO4)2水解使溶液显酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小 10-3molL-1(4)a c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)【解析】【分析】本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度较大，(3)为易错点，注意根据守
35、恒思想解题。【解答】(1)Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，离子方程式：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+；故答案为：Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，Al3+3H2OAl(OH)3+3H+；(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4-电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4-电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al(SO4)2中的小；故答案为：小于；(3)NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程
36、度增大，pH减小，符合的曲线为；故答案为：1；NH4Al(SO4)2溶液水解使溶液显酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小；根据电荷守恒，可以求出2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3molL-1，c(OH-)太小，可忽略；故答案为：10-3；(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分，a点时c(Na+)=c(SO42-)，b点时c(Na+)c(SO42-)，根据NH4+部分水解，可以得出c(SO42-)c(NH4+)，故c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)；故答案为：a；c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)。
