Question

20．（1）室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH大于0.1 mol/L Na₂SO₃溶液的pH．
（选填“大于”、“小于”或“等于”）．浓度均为0.1 mol/L 的Na₂SO₃和Na₂CO₃的混合溶液中，SO₃^2-、CO₃^2-、HSO₃^-、HCO₃^- 浓度从大到小的顺序为c（SO₃^2-）＞c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（HSO₃^-）．
已知：H₂SO₃  K₁=1.54×10^-2  K₂=1.02×10^-7  HClO  K₁=2.95×10^-8
H₂CO₃  K₁=4.3×10^-7  K₂=5.6×10^-11
（2）用标准碘溶液滴定容有SO₂的水溶液，以测定水中SO₂的含量，应选用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色．
（3）常温下，将amol/lCH₃COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积bmol•L^-1的盐酸使溶液呈中性（不考虑醋酸和盐酸的挥发），用含a和b的代数式表示醋酸的电离平衡常数K_a=$\frac{10{\;}^{-7}（a-b）}{b}$．

Answer 1

分析 （1）H₂SO₃K_i1=1.54×10^-2，K_i2=1.02×10^-7，HClOK_i1=2.95×10^-8 ，说明ClO^-水解程度大于SO₃^2-；H₂SO₃K_i1=1.54×10^-2 K_i2=1.02×10^-7，H₂CO₃K_i1=4.3×10^-7K_i2=5.6×10^-11．说明SO₃^2-水解程度小于CO₃^2-；
（2）淀粉遇碘变蓝色，达到滴定终点蓝色褪色且半分钟内不褪色；
（3）盐酸和醋酸钠之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示中性，所以醋酸钠会剩余，c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，由于溶液体积加倍，则离子浓度均减半，故c（Cl^-）=0.5bmol/L，而根据溶液的电中性可知：c（CH₃COO^-）+c（Cl^-）=c（Na⁺）=0.5amol/L，所以c（CH₃COO^-）=（0.5a-0.5b）mol/L，根据醋酸的电离常数表达式来计算．

解答 解：（1）H₂SO₃ K_i1=1.54×10^-2，K_i2=1.02×10^-7，HClOK_i1=2.95×10^-8 ，说明ClO^-水解程度大于SO₃^2-，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na₂SO₃溶液的pH，依据电离平衡常数大小比较，H₂SO₃K_i1=1.54×10^-2 K_i2=1.02×10^-7，H₂CO₃K_i1=4.3×10^-7K_i2=5.6×10^-11．说明SO₃^2-水解程度小于CO₃^2-，浓度均为0.1mol/L的Na₂SO₃和Na₂CO₃的混合溶液中，SO₃^2-、CO₃^2-、HSO₃^-、HCO₃^-浓度从大到小的顺序为c（SO₃^2-）＞c（CO₃^2-）c（HCO₃^-）＞c（HSO₃^-），
故答案为：大于；c（SO₃^2-）＞c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（HSO₃^-）；
（2）淀粉遇碘变蓝色，达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
故答案为：淀粉溶液；当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
（3）盐酸和醋酸钠之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示中性，所以醋酸钠会剩余，则生成的c（CH₃COOH）=0.5bmol/L，溶液显中性，故c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7mol/L，根据电荷守恒，c（Cl^-）=0.5bmol/L，c（CH₃COO^-）+c（Cl^-）=c（Na⁺）=0.5amol/L，所以c（CH₃COO^-）=（0.5a-0.5b）mol/L，
醋酸的电离常数K_a=$\frac{c（CH{\;}_{3}COO{\;}^{-}）•c（H{\;}^{+}）}{c（CH{\;}_{3}COOH）}$=$\frac{（0.5a-0.5b）×10{\;}^{-7}}{0.5b}$=$\frac{10{\;}^{-7}（a-b）}{b}$，
故答案为：$\frac{10{\;}^{-7}（a-b）}{b}$．

点评 本题考查了离子浓度的比较，滴定终点的判断以及混合溶液中的弱电解质的电离平衡常数的计算，题目难度中等，注意计算过程中的电荷守恒和物料守恒的运用．