【高考备考】2023届化学第二轮备考复习化学反应原理一温度对盐类水解的影响专题训练（含解析）

这是一份【高考备考】2023届化学第二轮备考复习化学反应原理一温度对盐类水解的影响专题训练（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
【高考备考】2023届化学第二轮备考复习化学反应原理
一温度对盐类水解的影响专题训练

一、单选题
1．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是
A．升高温度，增大
B．加入CuSO4固体，HS-浓度增大
C．稀释溶液，水解平衡常数增大
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
2．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是
A．热的纯碱溶液去污效果更好原因是温度升高促进水解
B．铵态氮肥和草木灰混合使用肥效会更好
C．工业合成氨通常适当增加氮气的浓度来提高氢气的转化率
D．硫酸钡难溶于水和盐酸故可用做医疗上的“钡餐”
3．下列说法不正确的是
A．工业炼铁时，空气从炼铁高炉的下口进
B．“侯氏制碱法”中的碱为NaHCO3
C．可通过加热MgCl2∙6H2O制备Mg(OH)Cl
D．利用氯气和KOH浓溶液可制备KClO3
4．下列说法不正确的是
A．常温下，pH=5的氯化铵溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-5mol·L-1
B．将Na2CO3溶液从常温加热至80℃，溶液的碱性增强
C．常温下，0.1mol·L-1CH3COOH溶液pH=3，说明CH3COOH是弱电解质
D．常温下，pH为11的氨水溶液中加入氯化铵固体，溶液pH增大
5．在0.1mol/LFeCl3溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡，下列说法中正确的是
A．加FeCl3固体，平衡正向移动，水解程度增大
B．稍微加热，促进水解，c(H+)增大，pH减小
C．加NaOH固体，与铁离子反应，平衡逆向移动
D．通入HCl气体，平衡逆向移动，铁离子水解常数减小
6．实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是

A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同
7．下列说法正确的是
A．将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B．水解反应NH4+＋H2ONH3•H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C．CH3COONa溶液中加入CH3COOH能促进CH3COO－水解
D．常温下，浓度均为0.1mol•L-1 NaCN和HCN混合液的pH＝9，则c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
8．下列有关说法中正确的是    
A．0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液中：c(Na+)=2c()+c()+c(H2SO3)
B．0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)>c()>c()>c(H2CO3)
C．对滴有酚酞的CH3COONa溶液进行加热，溶液颜色会加深
D．在pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)
9．下列关于溶液的说法正确的是
A．溶质的电离方程式为：
B．离子浓度关系：    
C．时，加水稀释后，n 与的乘积变大
D．温度升高，增大
10．时，用的盐酸滴定溶液的滴定曲线如图所示(已知：滴定剂与被滴定组分的物质的量之比为滴定分数)。下列说法错误的是

A．时，的数量级为
B．滴定过程，溶液中逐渐增大
C．a点溶液中水电离出的小于
D．温度升高，c点溶液的减小
11．根据下列实验操作所得的现象及结论不正确的是
选项
实验操作
现象及结论
A
将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧
得到的白色固体为氧化铝
B
向体积均为25 mL的冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液
前者为黄色，后者为红褐色，说明温度升高，Fe3+的水解程度增大
C
取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再给试管加热
溶液颜色变深，说明CH3COONa溶液中存在水解平衡
D
室温下，用pH试纸分别测0.1 mol/L的Na2SO3溶液和0.1 mol/L的NaHSO3溶液的pH
前者 pH约为10，后者pH约为5，说明HSO结合H+的能力比SO强

A．A B．B C．C D．D
12．实验探究是化学学科核心素养之一， 如图为某实验测得0.1mol/LNaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是

A．a点溶液的c(OH- )比c点溶液的小
B．取a点溶液滴加0.1mol/LCaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀，两溶液混合时有：c(Ca2+)·c()＜Ksp(CaCO3)
C．b点溶液中，c(Na+)=c()+2c()
D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解

二、填空题
13．根据《化学反应原理》中相关知识，按要求作答。
氯的单质、化合物与人类生产、生活和科研密切相关。
(1)在一定条件下，氢气在氯气中燃烧的热化学方程式： H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g）△H = -184.6 kJ . mol-1，判断该反应属于_____(填“吸热”或“放热"）反应。
(2)盐酸是一种强酸，补充完整电离方程式：HCl=___+Cl- 。室温下，将大小相等的镁条和铁片投入同浓度的稀盐酸中，产生氢气的速率较大的是________。
(3)84消毒液在防控新冠肺炎疫情中被大量使用，它是利用氯气与氢氧化钠溶液反应制成的.反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
①该反应____(填“是”或“不是”)氧化还原反应。
②室温下，84消毒液呈碱性，其pH___7 (填“＞”或“＜”）。
③84消毒液的有效成分NaClO，水解的离子方程式：ClO-+H2O=HClO+OH-，生成物中__具有很强的氧化性，可以使病毒和细菌失去生理活性；水解是吸热反应，升高温度平衡向_____(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
(4)电解熔融氯化钠可制取金属钠和氯气，装置如图所示(电极不参与反应）：

通电时，Na+向______(填“阳极”或“阴极")移动，写出生成金属钠的电极反应式：______。
14．完成下列与水解有关的问题：
(1)要求设计实验证明盐类水解是吸热过程，有四位学生分别做了以下实验，其中根据实验现象得出的结论正确的是________(填序号)。
A．甲学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后溶液红色加深，说明盐类水解是吸热的
B．乙学生：将硝酸铵晶体溶于水，水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
C．丙学生：在盐酸中加入同温度的氨水，混合液的温度下降，说明盐类水解是吸热的
D．丁学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
(2)现有的纯碱溶液试用pH试纸测定溶液的pH，其正确的操作是_____________；纯碱溶液呈碱性的原因是________________(用离子方程式表示)。
(3)在纯碱溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色，若在该溶液中再滴入过量的溶液，所观察到的现象是________________；其原因是________________。
(4)向纯碱溶液中加入少量氯化铁溶液，观察到的现象是________________；原因是________________。
15．10℃时，常压下加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8

(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为__________________________________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度____________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(2)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则乙同学判断正确。试剂X是______________。
A．Ba(OH)2溶液       B．BaCl2溶液        C．NaOH溶液       D．澄清的石灰水
(3)将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH_______(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则甲同学判断正确。
(4)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言_______(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是_________________________________________________________________。
(5)将amol/L的Na2CO3溶液与bmol/L的NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中粒子浓度间的关系及相关判断不正确的是_________。
A．c(Na＋)+ c(H＋)＞c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)
B．c(Na＋)＞c(CO32－)+ c(HCO3－)+c(H2CO3)
C．若c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)，则一定a＜b
D．若c(CO32－)+2c(OH－)＝2c(H＋)+ c(HCO3－)+ 3c(H2CO3)，则可确定a＝b
(6)已知25℃时，Ksp [CaCO3]＝2.8×10﹣9，Ksp [MgCO3]＝6.8×10﹣6。该温度下向物质的量浓度均为0.02mol·L﹣1的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，当CaCO3和MgCO3两种沉淀共存时，=_______________(保留2位有效数字)。
16．NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烧食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途认识广泛。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，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2中c(NH4+)__(填“等于”“大于”或“小于”)0.1mol·L-1NH4HSO4中c(NH4+)。
（3）20℃时，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝__(表达式)。
（4）室温时，向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-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___点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___。
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）如图1是几种0.1 mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图象。
①其中符合0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_________（填写字母）；
②20℃时，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3+)＝______。
（2）室温时，向100 mL 0.1 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，得到的溶液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____________。

三、实验题
18．加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH变化如表所示：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50 ℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8

甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为______________。
乙同学认为，该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度____(填“大于”或“小于”)NaHCO3的。
丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙同学认为：
（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则___(填“甲”或“乙”)同学判断正确。试剂X是____(填字母)。
A．Ba(OH)2溶液　　　　　            B．BaCl2溶液
C．NaOH溶液                         D．澄清石灰水
（2）将加热煮沸后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH____(填“>”、“Ksp(CaCO3)，B错误；
C．b点溶液显碱性，则c(H+)c(HCO) +2c (CO)，C错误；
D．NaHCO3溶液中存在水的电离平衡和HCO的水解与电离平衡，其中碳酸氢离子以水解为主，但上述可逆反应均为吸热反应，所以升高温度，有利于碳酸氢根离子的水解。因温度较低时，温度的升高更有利于水的电离平衡，总体来看，氢离子浓度略变大，导致ab段pH有所减小，bc段，升高温度，更有利于碳酸氢根离子的水解平衡，所以pH增大，D错误；
故选A。
13．     放热     H+     镁条     是     ＞     HClO     正反应     阴极     Na++e-=Na
【分析】根据焓变△H＜0，反应放热进行判断；根据强酸的电离方程式书写盐酸的电离方程式，根据镁和铁的活泼性进行判断；根据化合价的变化判断是否是氧化还原反应原理；根据盐类的水解原理回答；根据电解氯化钠的原理进行回答；
【详解】(1)在一定条件下，氢气在氯气中燃烧的热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g）△H = -184.6 kJ . mol-1，△H＜0，反应物具有的总能量高于生成物的总能量，该反应属于放热反应；
(2)盐酸是一种强酸，电离方程式：HCl=H++Cl-，室温下，将大小相等的镁条和铁片投入同浓度的稀盐酸中，产生氢气的速率较大的是镁，镁比铁活泼，反应速率更快；
(3)84消毒液在防控新冠肺炎疫情中被大量使用，它是利用氯气与氢氧化钠溶液反应制成的.反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
①氯气的化合价从0价升高到+1价，降低到-1价，有化合价的变化，是氧化还原反应；
②室温下，84消毒液呈碱性，主要成分为次氯酸钠，属于强碱弱酸盐，显碱性，其pH＞7；
③84消毒液的有效成分NaClO，水解的离子方程式：ClO-+H2OHClO+OH-，生成物中HClO具有很强的氧化性，可以使病毒和细菌失去生理活性；水解是吸热反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，反应向正反应方向移动；
(4)电解熔融氯化钠可制取金属钠和氯气，通电时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，Na+向阴极移动，在阴极上得到电子，生成金属钠，电极反应式为：Na++e-=Na。
在电解池中，确定离子的移动方向是解题关键，也是易错点。
14．     AC     把pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有溶液的玻璃棒点在试纸的中部试纸变色后与标准比色卡对照确定溶液的pH          产生白色沉淀，且红色褪去     在纯碱溶液中存在的水解平衡：，加入溶液后，与反应生成白色沉淀由于的浓度减小，的水解平衡向左移动，减小，酚酞褪色     生成红褐色沉淀，且放出无色气体     与结合生成，促进的水解，同时会有气体生成
【详解】(1) A．将滴有酚酞试液的醋酸钠溶液加热，溶液红色加深，说明溶液碱性增强，即升高温度促进盐类的水解，可证明盐类水解为吸热过程，故A符合题意；
B．硝酸铵晶体溶解过程中伴有热效应，无法判断温度降低是由什么原因引起的，故无法证明盐类水解是吸热过程，故B不符合题意；
C．酸碱中和反应为放热反应，盐类水解是中和反应的逆反应，混合液的温度下降，说明盐类水解是吸热过程，故C符合题意；
D．根据B项分析，硝酸铵晶体溶解过程中伴有热效应，无法判断温度降低是由什么原因引起的，故无法证明盐类水解是吸热过程，故D不符合题意；
答案选AC；
(2)纯碱溶液中存在的水解平衡：，产生氢氧根离子，导致容易显碱性；用pH试纸测定的纯碱溶液的pH正确的操作是：把pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有溶液的玻璃棒点在试纸的中部试纸变色后与标准比色卡对照确定溶液的pH；
(3)根据(2)中分析，纯碱溶液中存在的水解平衡：，溶液显碱性，加入酚酞，溶液变红，再滴入过量的溶液，发生反应：Ba2＋+=BaCO3↓(白色)，由于的浓度减小，水解平衡左移，溶液中OH－浓度减小，酚酞褪色，则观察到的实验现象为产生白色沉淀，且红色褪去；
(4)由于纯碱溶液中存在的水解，使溶液显碱性，加入少量氯化铁溶液，Fe3＋与OH－结合生成红棕色的Fe(OH)3沉淀，促进水解，同时会有CO2气体生成，观察到的现象是生成红褐色沉淀，且放出无色气体。
15．     HCO3-+H2O H2CO3+OH-     大于     B     等于     乙     常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃     C     4.1×10﹣4
【分析】根据碳酸钠和碳酸氢钠的性质分析解答；根据盐类的水解原理分析解答；根据水溶液中的离子平衡判断离子浓度大小。
【详解】(1) 碳酸氢钠是强碱弱酸盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3-+H2O H2CO3+OH-，碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，
故答案为HCO3-+H2O H2CO3+OH- ；大于；
(2) 碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡方程式为： Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向碳酸钠或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钡或氢氧化钙都生成白色沉淀，向碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠都不产生明显现象。若乙同学的判断正确，则加入氯化钡溶液可以观察到有白色沉淀生成，故试剂X是B，
故答案为 B；
(3) 若加热后碳酸氢钠不分解，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，温度不变、溶液的pH值也不变（等于8.3），由此证明甲是正确的，
故答案为等于；甲；
(4) 碳酸氢钠的分解温度是150℃，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃，所以碳酸氢钠不分解，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，由此判断乙是错误的，
故答案为乙；常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃；
(5)A.根据溶液中的电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），所以c（Na+）+c（H+）＞c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），故A正确；
B. 根据碳酸钠溶液中的物料守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），碳酸氢钠溶液中的物料守恒可知：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），混合溶液中存在物料守恒，根据碳酸钠中的物料守恒得c（Na+）＞c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），故B正确；
C. 当a=b时，由于碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，该离子浓度的大小关系仍能成立，故C错误；
D.如果a=b，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），根据物料守恒得2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3），所以得c（CO32-）+2c（OH-）=2c（H+）+c（HCO3-）+3c（H2CO3），故D正确；
故答案为C；
(6)溶度积常数越小的物质越先沉淀，碳酸钙的溶度积小于碳酸镁的溶度积，所以碳酸钙先沉淀，当两种沉淀共存时，根据沉淀转化的离子方程式可知，=4.1×10﹣4。
故答案为4.1×10﹣4。
本题解题的关键是能根据弱酸的电离常数的大小关系判断其相应离子的水解程度的大小，能根据题中的信息选择合适的试剂检验实验方案，能根据溶液中的电荷守恒、物料守恒等关系比较相关离子浓度的大小关系及等量关系是否正确。可以适当采用代入验证的方法判断相关的关系是否成立。
16．     Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，即Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水     小于     c(H+)-c(OH-)     a     c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）
【分析】（1）Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性；（2）根据水解中同离子效应等分析；（3）根据电荷守恒进行分析；（4）根据盐溶液中离子浓度大小关系的判断。
【详解】（1）Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，发生反应的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，即Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
（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，故小于；
（3）根据电荷守恒2c(SO42-)+c(OH-)=c(NH4+)+3c(Al3+)+c(H+)，可以求出2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)；
（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NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离,因此水的电离程度最大的点是a点；b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，由于氢氧化钠的体积大于100mL，则b点时c(Na+)＞c(SO42-)，根据电荷守恒可以得出c(SO42-)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)。
17．     A     10－3mol·L－1     a     c(Na＋)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)
【详解】（1）①铝离子、铵根离子的水解都使溶液呈酸性，且温度升高有利于水解平衡正向移动，溶液的pH减小，酸性增强，所以A曲线符合；
②由A曲线可知室温时，0.1mol•L﹣1NH4Al(SO4)2的pH＝3，则c(H＋)＝10-3mol/L，c(OH－)＝10-11mol/L，根据电荷守恒2c（SO42﹣）+c(OH－)＝c（NH4+）+3c（Al3+）+c(H＋)，所以2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3+)＝c(H＋)－(OH－)＝（10-3-10-11）mol/L≈10－3mol·L－1；
（2）水的电离程度最大时，即是水解的盐的浓度最大时，硫酸氢铵溶液中硫酸氢铵的物质的量是0.01mol，当氢离子与氢氧根离子完全反应时恰好生成硫酸铵，此时铵根离子的浓度最大，且溶液中只存在铵根离子的水解，水的电离程度最大，消耗氢氧化钠的体积是100mL，所以为a点；在b点氢离子已经完全被消耗，pH＝7，溶液显中性，说明溶液中铵根的水解和一水合氨的电离程度相等，溶质是硫酸钠、硫酸铵和一水合氨，因此溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na＋)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)。
本题主要是考查影响盐水解平衡的因素，水的电离，离子浓度的比较，图象的分析等。在进行离子浓度大小比较时注意搞清楚溶液中存在的平衡有哪些，尤其要注意电荷守恒、物料守恒以及质子守恒的灵活应用。另外分析滴定曲线时要注意起点、中性点、反应一半以及过量一半时的几个特殊点。
18．     HCO3-+H2O H2CO3+OH-     大于     乙     B     =     甲
【详解】甲同学的观点：NaHCO3为强碱弱酸盐，在溶液中发生：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解呈碱性，水解过程吸热，加热促进水解，Na2CO3水解程度较大，溶液碱性增强；
乙同学的观点：NaHCO3受热分解，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；有Na2CO3生成，且根据越弱越水解的规律，因为H2CO3的酸性大于HCO3-，所以等浓度的Na2CO3溶液水解程度大于NaHCO3溶液，碱性：Na2CO3>NaHCO3；
丙同学观点：
（1）如果加热煮沸时，NaHCO3分解，则有Na2CO3生成，只要检验出加热煮沸后的溶液存在Na2CO3，就可以判断出乙的观点正确；四种物质中只有BaCl2与Na2CO3反应生成沉淀、而不与NaHCO3反应；如果加入Ba(OH)2和澄清石灰水都生成沉淀；加入NaOH均无现象；所以能鉴别出Na2CO3和NaHCO3的物质是BaCl2溶液：取少量加热煮沸后的溶液，滴入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，证明溶液中有Na2CO3，反之，不存在Na2CO3；故选B（BaCl2溶液）；
（2）由题给溶液将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，说明碳酸氢钠没有分解，则甲正确。
19．     2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O       Fe3+催化下H2O2分解产生O2 (或用化学方程式表示)       取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-     反应后溶液的pH降低     Fe2(SO4)3        2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3(胶体)+4H+     H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发     pH、阴离子种类、温度、反应物用量
【详解】试题分析：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液，溶液变黄，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，说明有+3价铁离子生成，产生气泡，说明有氧气生成，Fe3+催化下H2O2分解产生，是放热反应O2。
（1）上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（2）产生气泡的原因是Fe3+催化下H2O2分解产生O2。
（3）检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。
（4）①根据实验Ⅱ记录否定假设ⅰ，理由是反应后溶液的pH降低。
②实验验证假设ⅱ: 取Fe2(SO4)3溶液，测其pH，加热，溶液变为红褐色，冷却后测试发现pH下降了，证明假设ii成立。
（5）将FeSO4溶液加入H2O2溶液后，产生红褐色胶体，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3(胶体)+4H+。
（6）产生刺激性气味气体的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动， 产生的HCl受热挥发。
（7）由实验I、Ⅱ、Ⅲ可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与pH、阴离子种类、温度、反应物用量等等有关。