Question

3．已知常溫下，濃度均為0.1mol•L^-1的5種鈉鹽溶液pH如表：

溶質(zhì)	Na2CO3	NaClO	NaHCO3	CH3COONa	NaHSO3
pH	11.6	10.3	9.7	8.8	5.2

下列說法中正確的是（　　）

• A． 少量SO₂通入NaClO溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H₂O+SO₂+ClO^-=2H⁺+Cl^-+SO₄^2-
• B． 常溫下，稀釋CH₃COOH或HClO溶液時(shí)，溶液中$\frac{c（{R}^{-}）}{c（HR）•c（O{H}^{-}）}$不變（HR代表CH₃COOH或HClO）
• C． 等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na₂CO₃、CH₃COONa、NaHSO₃三種溶液混合，溶液中：c（HSO₃^-）＞c（CH₃COO^-）＞c（CO₃^2-）
• D． 含等物質(zhì)的量的NaHCO₃和CH₃COONa的混合液中：c（OH^-）-c（H⁺）=c（H₂CO₃）+c（CH₃COOH）

Answer 1

分析 A．次氯酸根離子具有強(qiáng)氧化性，能夠?qū)⒍�氧化硫氧化成硫酸根離子，但氫離子與次氯酸根離子結(jié)合生成次氯酸；
B.$\frac{c（{R}^{-}）}{c（HR）•c（O{H}^{-}）}$的分子、分母同時(shí)乘以氫離子濃度后再進(jìn)行分析；
C．亞硫酸氫鈉與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和亞硫酸鈉，則溶液中硫酸氫根離子、碳酸根離子濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于醋酸根離子；
D．根據(jù)混合液中的電荷守恒、物料守恒分析．

解答 解：A．少量SO₂通入NaClO溶液中，NaClO過量，反應(yīng)生成次氯酸、硫酸根離子和氯離子，正確的離子方程式為：H₂O+SO₂+3ClO^-=2HClO+Cl^-+SO₄^2-，故A錯(cuò)誤；
B.$\frac{c（{R}^{-}）}{c（HR）•c（O{H}^{-}）}$的分子、分母同時(shí)乘以c（H⁺）可得：$\frac{c（{R}^{-}）•c（{H}^{+}）}{c（HR）•c（O{H}^{-}）•c（{H}^{+}）}$=$\frac{{K}_{a}}{{K}_{W}}$，由于電離平衡常數(shù)和水的離子積都不變，所以該比值不變，故B正確；
C．等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na₂CO₃、CH₃COONa、NaHSO₃三種溶液混合，Na₂CO₃、NaHSO₃反應(yīng)生成Na₂SO₃、NaHCO₃，則溶液中的HSO₃^-、CO₃^2-濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于CH₃COO^-，故C錯(cuò)誤；
D．等物質(zhì)的量的NaHCO₃和CH₃COONa的混合液中，根據(jù)電荷守恒可得：①c（OH^-）+c（HCO₃^-）+c（CH₃COO^-）+2c（CO₃^2-）=c（H⁺）+c（Na⁺），根據(jù)物料守恒可得：②c（H₂CO₃）+c（CH₃COOH）+c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）=c（Na⁺），將②帶入①可得：c（OH^-）-c（H⁺）=c（H₂CO₃）+c（CH₃COOH）-c（CO₃^2-），故D錯(cuò)誤；
故選B．

點(diǎn)評 本題考查了離子濃度大小比較、鹽的水解原理的應(yīng)用，題目難度中等，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理的應(yīng)用，明確判斷離子濃度大小常用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力．