Question

18．NH₄Al（SO₄）₂ 在食品、医药、电子工业中用途广泛．回答下列问题：
（1）NH₄Al（SO₄）₂可做净水剂，其理由是Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃（胶体）+3H⁺（用离子方程式表示）．
（2）相同条件下，0.1mol•L^-1 NH₄Al（SO₄）₂ 溶液中，c（NH₄⁺）小于0.1mol•L^-1 NH₄HSO₄溶液中c（NH₄⁺ ）（填“大于”、“等于”或“小于”）．
（3）如图1是 0.1mol•L^-1 电解质溶液的pH 随温度变化的图象．
①其中符合 0.1mol•L^-1 NH₄Al（SO₄）₂ 溶液pH变化的是（填字母）Ⅰ．
导致溶液 pH 随温度变化的原因是NH₄Al（SO₄）₂水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小．
②20℃时，0.1mol•L^-1 NH₄Al（SO₄）₂ 溶液中，2c（SO₄^2- ）-c（NH₄⁺）-3c（Al³⁺）=10^-3mol?L^-1．
（4）室温时，向 0.1mol•L^-1 NH₄Al（SO₄）₂ 溶液中滴加0.1mol•L^-1 NaOH 溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积关系曲线如图2所示：
①已知：K_sp[Al（OH）₃]=1×10^-33，Al³⁺沉淀完全时，溶液的 pH=4.7，试分析图中a、b、c、d 四点，水的电离程度最大的是a．
②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺）．
③b-c 段随着NaOH的加入，溶液中$\frac{c（N{H}_{3}{•H}_{2}O）}{c（O{H}^{-}）}$的值减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．

Answer 1

分析 （1）Al³⁺水解生成的Al（OH）₃具有吸附性；
（2）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；
（3）①NH₄Al（SO₄）₂水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；
②根据电荷守恒定律解题；
（4）①0.1mol•L^-1 NH₄Al（SO₄）₂ 溶液中，c（Al³⁺）=0.1mol•L^-1，KsKspAl（OH） 3=c（Al³⁺）×c³（OH^-），则c（OH^-）=$\root{3}{\frac{KspAl（OH）_{3}}{c（A{l}^{3+}）}}$=$\root{3}{\frac{1×1{0}^{-33}}{0.1}}$mol/L=2.15×10^-11 mol/L，则c（H⁺）=$\frac{Kw}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{1.25×1{0}^{-11}}$=4.6×10^-4mol/L，故pH=-logc（H⁺），据此进行分析；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；
②b、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．b点溶液呈中性；
③b-c 段随着NaOH的加入，导致溶液中c（OH^-）增加，NH₄Al（SO₄）₂中NH₄⁺水解离子方程式为NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，c（OH^-）增加，导致水解向正反应方向进行，即c（NH₃•H₂O）烨增加，但得不偿失，分母增加的幅度大于分子，故整个分式值减小．

解答 解：（1）Al³⁺水解生成的Al（OH）₃具有吸附性，离子方程式为Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺，Al（OH）₃胶体能吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水，
故答案为：Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃（胶体）+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，则浓度相同的NH₄Al（SO₄）₂溶液和NH₄HSO₄溶液中，NH₄⁺浓度较大的是NH₄HSO₄溶液，故NH₄Al（SO₄）₂溶液中c（NH₄⁺ ）小于NH₄HSO₄溶液，
故答案为：小于；
（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，
故答案为：Ⅰ；NH₄Al（SO₄）₂水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；
②根据电荷守恒，可以求出2c（SO₄^2-）-c（NH₄⁺）-3c（Al³⁺）=c（H⁺）-c（OH^-）=10^-3 mol•L^-1[c（OH^-）太小，可忽略]，
故答案为：10^-3；
（4）0.1mol•L^-1 NH₄Al（SO₄）₂ 溶液中，c（Al³⁺）=0.1mol•L^-1，KsKspAl（OH） 3=c（Al³⁺）×c³（OH^-），则c（OH^-）=$\root{3}{\frac{KspAl（OH）_{3}}{c（A{l}^{3+}）}}$=$\root{3}{\frac{1×1{0}^{-33}}{0.1}}$mol/L=2.15×10^-11 mol/L，则c（H⁺）=$\frac{Kw}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{1.25×1{0}^{-11}}$=4.6×10^-4mol/L，故pH=-logc（H⁺）=-log4.6×10^-4mol/L=4.7；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NH₃•H₂O，（NH₄）₂SO₄可以促进水的电离，而NH₃•H₂O抑制水的电离，所以a水的电离程度最大，则在a点，反应的离子方程式为Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，
故答案为：4.7；a；
②b、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．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（SO₄^2-），b点时c（Na⁺）＞c（SO₄^2-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺），故c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺），
故答案为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺）；
③b-c 段随着NaOH的加入，导致溶液中c（OH^-）增加，NH₄Al（SO₄）₂中NH₄⁺水解离子方程式为NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，c（OH^-）增加，导致水解向正反应方向进行，即c（NH₃•H₂O）烨增加，但得不偿失，分母增加的幅度大于分子，故整个分式值减小，
故答案为：减小．

点评 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）②为易错点，注意根据守恒思想解题．