专题3第三单元盐类的水解同步练习（含解析）2022-2023学年上学期高一化学苏教版（2019）选择性必修1

专题3第三单元盐类的水解同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．常温下，向100mL0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液。和的变化趋势如图所示(不考虑生成的，已知的)，下列说法正确的是
A．
B．M点存在关系：
C．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
D．当时，
2．常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．该滴定实验中，选择甲基橙作指示剂的滴定误差小
B．点①所示溶液中：
C．点②所示溶液中：
D．点③所示溶液中：
3．肼(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4第一步电离平衡　。下列说法错误的是
A．N2H4的水溶液中存在：
B．反应的平衡常数
C．联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2
D．向N2H4的水溶液中加水，减小
4．在下列各微粒中，能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＞7的是
A． B．HCO C．HSO D．26X3＋
5．常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是
序号 ① ② ③ ④
溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO
pH 8.8 9.7 11.6 10.3
A．等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClO
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同
C．四种溶液中水的电离程度：①＞②＞④＞③
D．NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
6．天然水体中的H2CO3与空气中的(CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、、或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表
B．H2CO3的一级电离常数为10-8.3
C．c(Ca2+)随pH升高而增大
D．pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1
7．某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法错误的是
A．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离
B．Z中分散系能产生丁达尔效应
C．Y中反应的离子方程式为
D．X、Z烧杯中分散质相同
8．在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是
A．
B．
C．
D．
9．25℃时，在20mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液，pH曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，错误的是
A．A点，c(Na＋)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H＋)
B．B点，c(H＋)=c(OH-)，c(Na＋)=c(CH3COO-)
C．C点，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na＋)
D．C点，c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)
10．MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是
A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) D．c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
11．下列属于水解反应的离子方程式且书写正确的是
A．
B．
C．
D．
12．时，向溶液中滴加的溶液，滴定曲线如图1，各种含磷微粒占含磷微粒总量的物质的量分数()随变化关系如图2(已知a点的纵坐标为0.5)。下列说法正确的是
A．a点溶液显中性
B．B点溶液中存在关系：
C．D点所加溶液为，则该点溶液中微粒浓度大小关系：
D．E点溶液中的水解离子方程式为
13．时，有的一组醋酸、醋酸钠的混合溶液，溶液中、与的关系如图所示。下列有关溶液中粒子浓度关系的叙述正确的是
A．的溶液中：
B．点所表示的溶液中：
C．的溶液中：
D．向点所表示的溶液中通入气体(溶液体积变化可忽略)：
14．常温下，将等体积、等物质的量浓度的与溶液混合，析出部分晶体，过滤，所得滤液。下列关于滤液中的粒子浓度关系不正确的是
A．
B．
C．
D．
15．某温度下，向一定体积的溶液中逐滴加入等浓度的溶液，溶液[]与的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．点，则点所示溶液呈酸性
B．该温度下水的离子积
C．点所示溶液呈中性，则、、三点中只有点溶液中水电离出的与水电离出的相等
D．点所示溶液中
二、实验题
16．某化学研究性学习小组讨论和之间会发生怎样的反应，提出了两种可能：一是发生氧化还原反应；二是发生相互促进的水解反应。为了证明发生的是哪一种反应，同学们设计并实施了以下实验，请填写下列空白。
实验Ⅰ 学生选择的实验用品有浓溶液、稀溶液、稀盐酸；试管若干、胶头滴管若干。从选择的药品分析，设计这个实验的目的是___________。
实验Ⅱ 取浓溶液于试管中，逐滴加入浓溶液，观察到溶液由黄色变为红棕色，无气泡产生，无沉淀生成，继续加入浓溶液至过量，溶液颜色加深，最终变为红褐色。这种红褐色液体是__________。向红褐色液体中逐滴加入稀盐酸至过量，可以观察到的现象是__________。将溶液分成两等份，其中一份加入溶液，溶液变成血红色，反应的离子方程式为_______；另一份加入稀溶液，有少量白色沉淀生成，产生该白色沉淀的离子方程式为______。
实验Ⅲ 换用稀释的溶液和溶液重复实验Ⅱ，产生的现象完全相同。由上述实验得出的结论是________。若在浓溶液中加入浓溶液，观察到有红褐色沉淀生成并且产生无色气体，该反应的离子方程式是_______。从形式上看，和相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，其原因可能是①________；②________。
17．某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如右图所示（夹持仪器已略去）。
(1)实验前，应先检查装置的___；实验中产生的尾气应通入___溶液进行处理。
(2)实验过程中需要配制100 mL l mol·L-1FeCl3溶液，所需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、___；实际配制过程中，常先将FeCl3固体完全溶于适量稀盐酸中，再加水稀释，此特殊操作的目的是____。
(3)该小组同学向5 mL l mol·L-1FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，写出其反应的离子方程式___。再打开分液漏斗活塞，逐滴加入煮沸冷却后的NaOH稀溶液，则试管B中产生的实验现象是___。
(4)该小组同学在（3）中实验时，发现溶液变为浅绿色需要较长时间，在此期间同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔效应，最终溶液呈浅绿色。
【查阅资料】[Fe(HSO3)]2+在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3+氧化为。则[Fe(HSO3)]2+与Fe3+在溶液中反应的离子方程式是___。
(5)若实验中用5 mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672 mL，向已冷却的A试管溶液中加入4 mol·L-1的NaOH溶液30 mL时，恰好使Cu2+完全沉淀。则所用浓H2SO4浓度为____。（忽略过程中溶液的体积变化）
三、原理综合题
18．肼()又称为联氨，溶于水呈碱性，类似于氨气，已知在水溶液中的电离方程式为，，常温下，将盐酸滴加到联氨()的水溶液中，混合溶液中随离子浓度变化的关系如图所示。
或
(1)表示与的变化关系的是___________(填“M”或“N”)。
(2)的水解方程式为___________。
(3)的水溶液呈___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(4)反应的平衡常数___________。
19．10℃时加热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
甲同学认为该溶液pH升高的原因是的水解程度增大，碱性增强。
(1)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的水解程度。
(2)丙同学认为甲、乙的判断都不充分，还需要进一步做实验来验证。
①在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则乙同学的判断正确。其中试剂X是____________ (填序号)。
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“高于”“低于”或“等于”)8.3，则甲同学的判断正确。
③查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙同学断言___________ (填“甲”或“乙”)同学的判断是错误的，理由是___________。
(3)下列关于NaHCO3饱和水溶液的表述正确的是___________(填序号)。
A．
B．
C．的电离程度大于的水解程度
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】A．由图可知，M点含等量的氯化铵和NH3 H2O，由NH3 H2ONH4++ OH-，可知此时溶液中Kb=1.810-5=，则c(OH-)= 1.810-5mol/L，溶液显碱性，即n(OH-)- n(H+)＞0，由溶液中存在的电荷守恒为n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n()，n(Na+)= n(OH-)+n(Cl-)- n()- n(H+)=0.005+ n(OH-)- n(H+)＞0.005，即a＞0.005，A错误；
B．根据电荷守恒，，B错误；
C．原溶液水解促进水的电离，而M点含一水合氨电离出OH-抑制水的电离，则M点溶液中水的电离程度比原溶液小，C正确；
D．当n(NaOH)=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，溶液显碱性，水能微弱电离，则c(Na+)= c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c()＞c(H+)，D错误；
故选C。
2．D
【分析】用溶液滴定溶液，根据反应方程式，当20mL时，达到终点，如图①点，溶质为，，呈碱性；如图所示，③点时，10mL，溶质为、，且浓度相等，，呈酸性；②点时，20mL，，醋酸过量；
【详解】A．综上所述，滴定达到终点时，如图①点，溶质为，，呈碱性，选择酚酞作指示剂，故A错误；
B．点①所示溶液中，溶质为，，呈碱性，；根据电荷守恒，可得，所以，故B错误；
C．点②所示溶液中，，，根据电荷守恒，可得，所以，故C错误；
D．点③所示溶液中，溶质为、，且浓度相等，根据物料守恒有，故D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．N2H4的水溶液中发生电离，生成、、OH-、H+，则溶液中存在电荷守恒：，A正确；
B．反应的平衡常数，B正确；
C．联氨与硫酸形成酸式盐时，发生反应N2H4+2H2SO4=N2H6(HSO4)2，则产物的化学式为N2H6(HSO4)2，C正确；
D．N2H4溶于水后发生两步电离，Kb1=、Kb2=，则=，向N2H4的水溶液中加水，N2H4的电离常数不变，则不变，D错误；
故选D。
4．B
【详解】首先判断A的微粒是Al3＋，D的微粒是Fe3＋，Al3＋、Fe3＋能结合水电离出的OH－，使水的电离平衡向电离的方向移动，但溶液显酸性，pH<7，因而不合题意；HCO与H2O电离出来的H＋结合为H2CO3，使水的电离平衡向电离的方向移动，并且使溶液呈碱性：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，选项B符合题意。HSO4－能完全电离，为溶液提供H＋，使水的电离平衡向离子结合的方向移动，使溶液呈酸性，选项C不合题意。
5．D
【详解】A．盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，对应酸的酸性越弱，故等浓度的和HClO溶液，的酸性强，溶液的pH较小，A错误；
B．溶液中存在的平衡有：，，，溶液中存在的平衡有：，，，所以两种溶液中粒子均为 、、H2CO3、H+、OH-、H2O，粒子种类相同，B错误；
C．能水解的盐能促进水的电离，盐的水解程度越大，水的电离程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③>④>②>①，C错误；
D．由物料守恒可知，溶液中存在，D正确；
故选D。
6．D
【分析】由图像可知，随着pH值的增大，溶液碱性增强，碳酸氢根和碳酸根的浓度均增大，而曲线①在pH值很小时就存在，故曲线①代表碳酸氢根，曲线②代表碳酸根，曲线③代表钙离子。
【详解】A．根据分析，曲线①代表碳酸氢根，A错误；
B．由曲线①和碳酸的交点坐标可知，碳酸和碳酸氢根浓度相同，故H2CO3的一级电离常数，B错误；
C．根据分析，曲线③代表钙离子，随着pH值的升高而减小，C错误；
D．pH为10.3时，碳酸根和碳酸氢根浓度相同，为10-1.1mol/L，钙离子浓度为：，D正确；
故选D。
7．D
【分析】在Y中，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，随着反应的不断进行，CaCO3不断溶解，Fe3+不断水解，最后生成Fe(OH)3胶体。
【详解】A．在Z中，存在未溶解的石灰石和反应生成的Fe(OH)3胶体，胶体微粒和溶液中的离子及分子一样，都能透过滤纸的孔隙，所以利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离，A正确；
B．Z中存在Fe(OH)3胶体，对光有散射作用，能产生丁达尔效应，B正确；
C．Y中，发生反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，则总的离子方程式为，C正确；
D．X烧杯中，分散质为FeCl3，Z烧杯中，分散质为Fe(OH)3胶体，二者的分散质不同，D错误；
故选D。
8．D
【详解】A．是氯气和水可逆反应，故A不符合题意
B．是碳酸氢根电离方程式，故B不符合题意；
C．是氢硫酸电离方程式，故C不符合题意；
D．是铵根水解方程式，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
9．A
【分析】根据图象可以判断溶液的酸碱性，判断氢离子和氢氧根离子的浓度大小，根据电荷守恒可以判断其它两种离子的浓度大小，利用物料守恒可以判断离子浓度之间的关系；
【详解】A．A点时加入10mL醋酸溶液，与氢氧化钠恰好反应，生成醋酸钠，由于醋酸根离子发生水解导致溶液显碱性；故离子浓度大小关系为：c(Na＋)> c(CH3COO-) >c(OH-)>c(H＋)，故A不正确；
B．B点溶液pH等于7，又因在常温下，说明溶液显中性，根据电荷守恒判断；c(H＋)=c(OH-)，c(Na＋)=c(CH3COO-)，故B正确；
C．根据C点加入20mL醋酸，根据物料守恒判断，C正确；
D．根据图象C点判断，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH-)，根据电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=c(CH3COO-)+ c(OH-)；判断c(CH3COO-)>c(Na＋)；
故选答案A；
【点睛】此题考查离子浓度的大小关系判断，注意在反应过程中原子的种类和个数保持不变。
10．C
【详解】MOH是强碱，HA是等体积、等浓度的弱酸，混合之后恰好完全反应生成MA，这是一种强碱弱酸盐，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)；由电荷守恒知c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)，则c(M＋)>c(A－)，故溶液中有关离子浓度满足的关系是c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，选择C。
11．D
【详解】A．是的电离方程式，A错误；
B．水解的程度很微弱，离子方程式中不写沉淀符号，正确的离子方程式为，B错误；
C．多元弱酸根离子分步水解，亚硫酸根离子水解的离子方程式为，C错误；
D．是弱酸，水解生成和：，D正确；
故选D。
12．C
【详解】A．由图1和图2可知，次磷酸为一元弱酸，由点可知，图2中点的纵坐标为0.5，溶液中、，溶液呈酸性，A错误；
B．B点溶液中溶质为等浓度的和，溶液中存在电荷守恒：①，存在元素质量守恒：②，①×2-②整理得到，B错误；
C．点溶液中溶质为，此时因次磷酸根离子水解而使溶液呈碱性，所以溶液中的各微粒浓度大小关系为，C正确；
D．点溶液中溶质为和，水解的离子方程式为，D错误；
故答案为：C。
13．C
【分析】由CH3COOHCH3COO-+H+可知，越大，H+浓度越大，溶液的pH越小，因此，虚线代表的曲线，实线代表的曲线，结合电解质溶液相关知识解答。
【详解】A．由图可知，当时，，A项错误；
B．根据电荷守恒：，W点时，，将换成，则有，B项错误；
C．根据电荷守恒：，则，又，即，C项正确；
D．向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05mol HCl气体，发生反应可得到0.05mol NaCl和0.1mol，由电荷守恒知：，又，则有，通入HCl气体后溶液中，D项错误。
答案选C。
14．C
【详解】A．根据题意可知滤液中的溶质主要为和。滤液的，即，，A项正确；
B．溶液中存在元素质量守恒，即，B项正确；
C．根据电荷守恒可知溶液中，，C项错误；
D．发生水解反应，则，析出部分晶体，则减小，且电离出程度很小，故溶液中，D项正确。
故选C。
15．B
【详解】A．N点，则N点，溶液呈碱性，故A错误；
B．Q点溶液呈中性，此时溶液中，水的离子积常数，故B正确；
C．任何电解质溶液中都存在，故C错误；
D．M点，则M点，根据电荷守恒可知，，故D错误；
故答案为B。
16． 检验是否变质(或检验溶液中是否含有) 氢氧化铁胶体(或胶体) 先产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色，有气泡产生 与同时发生氧化还原反应和相互促进的水解反应 有较强的还原性，没有还原性 的水解能力较弱
【详解】实验Ⅰ中，学生选择的实验试剂为浓溶液、稀溶液、稀盐酸，目的是检验亚硫酸钠是否被氧化成了硫酸钠。
实验Ⅱ中，取浓溶液于试管中，观察到溶液由黄色变为红棕色，无气泡产生，无沉淀生成，继续加入Na2SO3浓溶液至过量，溶液颜色加深，最终变为红褐色。向红褐色液体中逐滴加入稀盐酸至过量，将溶液分成两等份，其中一份加入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明FeCl3和Na2SO3反应生成的铁有+3价，说明发生了相互促进的水解反应；另一份加入BaCl2稀溶液，有少量白色沉淀生成，说明有生成，说明发生了氧化还原反应。这说明FeCl3和Na2SO3反应既发生了双水解反应，生成了Fe(OH)3胶体和亚硫酸，又发生了氧化还原反应，生成了Fe2+和。向胶体中逐滴加入稀盐酸，胶体发生聚沉，盐酸过量时，可以和氢氧化铁发生酸碱中和反应，生成FeCl3溶液，观察到沉淀溶解，溶液变为黄色，过量的盐酸还可以和过量的Na2SO3反应生成SO2气体，故还可以观察到有气泡产生。向加入过量盐酸的溶液中加入溶液，溶液变为血红色，反应的离子方程式为= Fe(SCN)3。由于稀盐酸过量，故加入稀溶液后生成的白色沉淀为硫酸钡，反应的离子方程式为= BaSO4↓。
实验Ⅲ中，换用稀释的溶液和溶液重复实验Ⅱ，产生的现象完全相同，证明与发生的氧化还原反应和相互促进的水解反应是同时进行的。在浓溶液中加浓溶液，观察到有红褐色沉淀生成并且产生无色气体，说明与发生了相互促进的水解反应，反应的离子方程式为 = 2Fe(OH)3↓+3CO2↑。Na2CO3和Na2SO3相似，但二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，其原因可能是有较强的还原性，没有还原性，还有可能是的水解能力较弱，所以二者只发生相互促进的水解反应，而没有发生氧化还原反应。
17．(1) 气密性 NaOH
(2) 100 mL容量瓶、胶头滴管 抑制FeCl3水解
(3) 2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋ ＋4H＋ 先无现象，后生成白色絮状沉淀
(4)[Fe(HSO3)]2+＋Fe3+＋H2O＝2Fe2+＋＋3H+
(5)18 mol·L-1
【分析】A中铜与浓硫酸共热制得二氧化硫气体，将气体通入B中与氯化铁溶液反应，溶液从棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔效应，最终溶液呈浅绿色，发生了氧化还原反应；逐滴加入煮沸冷却后的NaOH稀溶液，则生成白色Fe(OH)2，并能较稳定存在。
【详解】（1）实验前，应先检查装置的气密性；实验中产生的尾气是SO2，应通入NaOH溶液进行处理；
（2）实验过程中需要配制100 mL l mol·L-1FeCl3溶液，配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、定容时还要用到胶头滴管，配制过程中，由于Fe3+容易发生水解，常先将FeCl3固体完全溶于适量稀盐酸中，再加水稀释，抑制Fe3+的水解，答案为：100 mL容量瓶、胶头滴管；抑制FeCl3水解；
（3）向5 mL l mol·L-1FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，生成了Fe2+，SO2被氧化为H2SO4，发生的离子方程式为：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋ ＋4H＋，试管中有硫酸和硫酸亚铁，加入稀NaOH溶液，先和硫酸发生中和反应，这一阶段无明显现象，当硫酸反应完后，将和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，由于氢氧化钠是煮沸除去了氧气的，所以氢氧化亚铁不会被氧化为氢氧化铁，答案为：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋ ＋4H＋；先无现象，后生成白色絮状沉淀；
（4）[Fe(HSO3)]2+在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3+氧化为，则Fe3+被还原为Fe2+，反应的离子方程式为：[Fe(HSO3)]2+＋Fe3+＋H2O＝2Fe2+＋＋3H+；
（5）5 mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672 mL，Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O，n(SO2)= =0.03mol，算出n(CuSO4)=0.03mol，n1(H2SO4)=0.06mol，向已冷却的A试管溶液中加入4 mol·L-1的NaOH溶液30 mL时，恰好使Cu2+完全沉淀，Cu不会和稀硫酸反应，A中还有稀硫酸，当加入NaOH溶液时，首先和未反应的硫酸反应，硫酸反应完后再和CuSO4反应，CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，n1(NaOH)=2n(CuSO4)=0.06mol，和硫酸反应的氢氧化钠的物质的量为n2(NaOH)=4mol·L-1×0.03L-0.06mol=0.06mol，n2(H2SO4)=0.06mol/2=0.03mol,总硫酸的物质的量为0.03mol+0.06mol=0.09mol，c(H2SO4)=0.09mol/0.005L=18 mol·L-1，答案为：18 mol·L-1。
18．(1)M
(2)
(3)酸性
(4)
【分析】(1)
当时，，同理，时。根据，结合横坐标为0.0，曲线M、N上的对应点，可知曲线N表示与的变化关系、曲线M表示与的变化关系。
(2)
水解产生和，水解方程式为。
(3)
是强酸弱碱盐，水解导致溶液呈酸性。
(4)
根据图可知，时，，，时，，。的。
19．(1)大于
(2) B 等于 乙 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃
(3)A
【分析】(1)
(1)如果溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成Na2CO3，可推断Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。
(2)
(2)①如果乙同学的判断是正确的，即溶液中存在Na2CO3，则应加入能和碳酸钠反应而不和碳酸氢钠反应的试剂，并且与碳酸钠反应产生沉淀。四种试剂中，Ba(OH)2、澄清石灰水和碳酸钠、碳酸氢钠都能生成碳酸钢或碳酸钙白色沉淀，无法验证；NaOH能与碳酸氢钠反应但无明显现象，与碳酸钠不反应，无法验证；BaCl2能和碳酸钠反应生成碳酸钡白色沉淀，和碳酸氢钠不反应，故合理选项是B；
②将加热煮沸后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，说明碳酸氢钠没有分解，则甲同学的判断正确；
③NaHCO3的分解温度为150℃，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃，故乙同学的判断是错误的，甲同学说法合理。
(3)
(3)A．在NaHCO3饱和水溶液中，含钠元素的微粒和含碳元素的微粒的总物质的量浓度相等，即存在元素质量(物料)守恒：，A正确；
B．在NaHCO3饱和水溶液中存在电荷守恒：，B错误；
C．NaHCO3饱和水溶液显碱性，说明的电离程度小于的水解程度，C错误；
故合理选项是A。
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