Question

3．已知：

弱酸化学式	H2SO3	H2CO3
电离常数（25℃）	Ka1=1.3×10-2 Ka2=6.3×10-8	Ka1=4.2×10-7 Ka2=5.6×10-11

现将标准状况下2.24L的CO₂和2.24L的SO₂分别通入两份150mL1mol/LNaOH溶液中，
关于两溶液的比较下列说法正确的是（　　）

• A． c（HCO₃^-）＜c（CO₃^2-）
• B． 两溶液都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
• C． c（HCO₃^-）＞c（HSO₃^-）
• D． c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）=c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）

Answer 1

分析 标准状况下，2.24L二氧化碳和二氧化硫的物质的量为0.1mol，氢氧化钠的物质的量为0.15mol，根据反应2CO₂+3NaOH=Na₂CO₃+NaHCO₃+H₂O、2SO₂+3NaOH=Na₂SO₃+NaHSO₃+H₂O可知，反应生成了等物质的量浓度的溶质碳酸钠、碳酸氢钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，
A．K_a1（H₂CO₃）＞K_a2（H₂CO₃），则相同条件下Na₂CO₃的水解程度大于NaHCO₃，据此判断溶液中碳酸根离子与碳酸氢根离子浓度关系；
B．碳酸钠、碳酸氢钠都不与高锰酸钾溶液反应，所以碳酸钠、碳酸氢钠的溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．两溶液中溶质亚硫酸钠、亚硫酸氢钠的浓度相等，根据K_a2（H₂SO₃）＞K_a2（H₂CO₃）可知等温等浓度下HSO₃^-的电离程度大于HCO₃^-，据此判断c（HCO₃^-）、c（HSO₃^-）的浓度大小；
D．溶液中一定满足物料守恒，根据两溶液中物料守恒进行判断．

解答 解：标准状况下，n=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，n（CO₂）=n（SO₂）=0.1mol，氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=c•V=1mol/L×0.15L=0.15mol，则发生的反应方程式分别为：2CO₂+3NaOH=Na₂CO₃+NaHCO₃+H₂O、2SO₂+3NaOH=Na₂SO₃+NaHSO₃+H₂O，
A．由K_a1（H₂CO₃）＞K_a2（H₂CO₃）可知，等温等浓度下Na₂CO₃的水解程度大于NaHCO₃，则溶液中存在的离子浓度：c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-），故A错误；
B．Na₂SO₃和NaHSO₃均有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而Na₂CO₃和NaHCO₃则不能，故B错误；
C．由K_a2（H₂SO₃）＞K_a2（H₂CO₃）可知，等温等浓度下HSO₃^-的电离程度大于HCO₃^-，则溶液中含有的离子浓度：c（HCO₃^-）＞c（HSO₃^-），故C正确；
D．由物料守恒可知，c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）=c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（H₂SO₃），由K_a1（H₂SO₃）＞K_a1（H₂CO₃）可知，等温等浓度下HSO₃^-的水解程度小于HCO₃^-，则溶液中c（H₂CO₃）＞c（H₂SO₃），故c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）＜c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-），故D错误；
故选C．

点评 本题考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离及其影响，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解等知识判断溶液中各离子浓度大小，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．