Question

饱和亚硫酸溶液的pKa（电离平衡常数的负对数，即pKa=-lgKa）数据如下：

（1）比较H₂SO₃的Ka₁和HSO₃^-的Ka₂，Ka₁

＞

Ka₂（填‘‘＞”、“＜’’或“=”，下同）
（2）0.01mol．L^-1NaHSO₃溶液的pH=b_l，0.01mol?L^-1NaHCO₃溶液的pH=b₂，b₁

＜

b₂
（3）向10mL 0.01mol?L^-1的H₂SO₃溶液中，滴加0.0l mol?L^-1KOH溶液V（mL），
①当V=10mL时，溶液中存在：c（K⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（SO₃^2-）＞c（H₂SO₃），则c（H⁺）

＞

 c（OH^-）
②当V=a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）；当V=b mL时，溶液中离子浓度有如下关系：
c（K⁺）=c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（H₂SO₃）；则a

＞

b．
（4）已知25℃时，Ksp（BaSO₄）=1×10^-10，将0.1gBaSO₄沉淀，分别用100mL蒸馏水和100mL 0.01mol?L^-1H₂SO₄溶液洗涤，两种洗涤方法中BaSO₄沉淀的损耗量之比为

1000

．

Answer 1

分析：（1）根据pKa为电离平衡常数的负对数，即pKa=-lgKa，则pKa越小，电离平衡常数Ka越大；
（2）根据pKa越小，电离平衡常数Ka越大，则对应酸的酸性就强，利用酸越弱则强碱弱酸盐的水解程度越大来分析；
（3）①V=10mL，溶液中的溶质为NaHSO₃，由c（HSO₃^-）＞c（SO₃^2-）＞c（H₂SO₃），可知HSO₃^-的电离大于其水解来分析；
②V=a mL时由c（K⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-），则c（H⁺）=c（OH^-）；V=b mL时，c（K⁺）=c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（H₂SO₃），即溶液中的溶质为KHSO₃，溶液显酸性；
（4）利用离子对溶解平衡的影响及Ksp（BaSO₄）来计算溶解的硫酸钡的质量，然后确定两种洗涤方法中BaSO₄沉淀的损耗量之比．

解答：解：（1）由pKa数据可知，1.9＜7.2，由pKa=-lgKa，则pKa越小，电离平衡常数Ka越大，则H₂SO₃的Ka₁＞HSO₃^-的Ka₂，
故答案为：＞；
（2）由pKa数据可知，亚硫酸的pKa小于碳酸，则酸性比碳酸的强，相同浓度的NaHSO₃溶液比NaHCO₃溶液中酸根离子的水解程度弱，则NaHSO₃溶液的pH小，即b_l＜b₂，故答案为：＜；
（3）①V=10mL，溶液中的溶质为NaHSO₃，由c（HSO₃^-）＞c（SO₃^2-）＞c（H₂SO₃），可知HSO₃^-的电离大于其水解，电离生成氢离子，水解生成氢氧根离子，即c（H⁺）＞c（OH^-），故答案为：＞；
②V=b mL时，c（K⁺）=c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（H₂SO₃），即溶液中的溶质为KHSO₃，溶液显酸性；当V=a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-），由电荷守恒可知c（H⁺）=c（OH^-），即溶液显中性，则向10mL0.01mol?L^-1的H₂SO₃溶液中，滴加0.0l mol?L^-1KOH溶液，由酸性变为中性时碱的体积在变大，即a＞b，故答案为：＞；
（4）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO₄的物质的量为0.1L×c（Ba²⁺）=0.1L×

Ksp(BaSO4)

=0.1L×

1×10-10

mol/L=10^-6mol，
用100mL 0.01mol?L^-1H₂SO₄溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO₄的物质的量为0.1L×c（Ba²⁺）=0.1L×

Ksp c(SO4-2)

=0.1L×

1×10-10 0.01

mol/L=10^-9mol，
由同种物质的质量之比等于物质的量之比，则两种洗涤方法中BaSO₄沉淀的损耗量之比为

10-6mol

10-9mol

=1000，故答案为：1000．

点评：本题考查溶液中的电离及离子的浓度关系，考查知识点为高考的热点，学生应学会利用信息中的数据来分析是解答本题的关键，然后注重结合所学知识来解答即可．