（1）现有pH相等、等体积的Ba（OH）2、NaOH和NH3•H2O三种溶液，将它们分别与V1 L、V2

（1）等pH、等体积的Ba（OH）₂、NaOH和NH₃•H₂O三种溶液中氢氧根离子浓度相等，由于一水合氨还能电离出氢氧根离子，导致其使用的酸最多，氢氧化钡和氢氧化钠溶液消耗盐酸的体积相等，即：V₁=V₂＜V₃，
等体积、等物质的量浓度的Ba（OH）₂、NaOH和NH₃•H₂O三种溶液分别和等浓度的盐酸混合，且混合溶液呈中性，能电离出氢氧根离子的物质的量越多，需要的酸体积越大，等物质的量的这三种溶液，电离出氢氧根离子物质的量最大的是氢氧化钡，氨水需要盐酸的量小于氢氧化钠，所以需要盐酸体积大小顺序是：V₁＞V₂＞V₃，
故答案为：V₁=V₂＜V₃；V₁＞V₂＞V₃；
（2）将a mol•L^-1的氨水与b mol•L^-1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c（OH^-）=1×10^-7mol/L，
c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=[b/2]mol/L，反应前c（NH₃•H₂O）=[a/2]mol/L，则反应后c（NH₃•H₂O）=（[a/2]-[b/2]）mol/L=[a−b/2]mol/L，
K_b=
c(N
H+4)•c(OH−)
c(NH3•H2O)=

b
2×10−7

a−b
2=[b/a−b]×10^-7，
故答案为：[b/a−b]×10^-7；
（3）氨水和NH₄Cl等物质的量混合配制成的稀溶液，c（Cl^-）＜c（NH₄⁺），根据电荷守恒可知：c（OH^-）＞c（H⁺），
A、氨水的电离作用大于NH₄Cl的水解作用：由于溶液显示碱性，说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，故A正确；
B、氨水的电离作用小于NH₄Cl的水解作用：根据A可知，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，故B错误；
C、氨水的存在抑制了NH₄Cl的水铵根离子存在水解平衡，氨水电离出铵根离子和氢氧根离子，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了氯化铵中铵根离子的水解程度，故C正确；
D、NH₄Cl的存在抑制了氨水的电离：氯化铵电离出铵根离子，使溶液中铵根离子浓度增大，氨水的电离程度减小，氯化铵抑制了氨水的电离，故D正确；
E、c（H⁺）＞c（OH^-）：由于c（Cl^-）＜c（NH₄⁺），根据电荷守恒可知：c（OH^-）＞c（H⁺），故E错误；
F、c（NH₃•H₂O）＞c（NH₄⁺）：由于氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH₃•H₂O）＜c（NH₄⁺），故F错误；
G、c（NH₃•H₂O）+c（NH₄⁺）=2c（Cl^-）：根据物料守恒可得：c（NH₃•H₂O）+c（NH₄⁺）=2c（Cl^-），故G正确；
H、c（NH₃•H₂O）+c（OH^-）=c（Cl^-）+c（H⁺）：根据电荷守恒可得：①c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），根据物料守恒：②c（NH₃•H₂O）+c（NH₄⁺）=2c（Cl^-），将②-①可得：c（NH₃•H₂O）+c（OH^-）=c（Cl^-）+c（H⁺），故H正确；
故答案为：BEF．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液酸碱性与pH的计算、盐的水解原理、弱电解质的电离及其影响因素，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确盐的水解原理及影响因素，（2）为难点，注意掌握电离平衡常数的表达式及计算方法．