1、专题10水溶液中的离子平衡2022年高考真题1（2022浙江卷）时，苯酚的，下列说法正确的是A相同温度下，等的和溶液中，B将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大C时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中D时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小【答案】C【解析】A醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)1.010-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H+OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守
2、恒可知：，C正确；D向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.810-5Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有，D正确；故答案为：B。3（2022全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是A溶液中B溶液中的HA的电离度为C溶液和中的不相等D溶液和中的之比为【答案】B【解析】
3、A常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=110-7mol/L，c(H+)c(OH-)c(A-)，A错误；B常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.010-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.010-3，解得=，B正确；C根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=110-7mol/L，Ka=1.010-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.010-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶
4、液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.010-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.010-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为(104+1)c(HA)1.01c(HA)=(104+1)1.01104，D错误；答案选B。4（2022湖南卷）室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，)。下列说法正确的是Aa点：有白色沉淀生成B原溶液中的浓度为C当沉淀完全时
5、，已经有部分沉淀Db点：【答案】C【解析】向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL10-3L/mL0.1000mol/L=4.510-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.510-4mol。AI-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；B原溶液中I-的物质的量为1.510-4mol，则I-的浓度为=0.0100molL-1，故B错误；C当Br-沉淀完全时(Br-
6、浓度为1.010-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)=5.410-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)=3.310-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100molL-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；Db点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：，故D错误；故选C。2021年高考真题1（2021全国甲卷）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、与的关系如图所示。下列说法正确的是A曲线代表的沉淀溶解曲线B该温度下的值为C加适量固体可使溶液由a点变到b点D时两溶液中【答案】B【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶
7、液中lgc(Ba2)lgc()lgc(Ba2)c()lgKsp(BaSO4)，同理可知溶液中lgc(Ba2)lgc()lgKsp(BaCO3)，因Ksp(BaSO4) Ksp(BaCO3)，则lgKsp(BaCO3)lgKsp(BaSO4)，由此可知曲线为lgc(Ba2)与lgc()的关系，曲线为lgc(Ba2)与lgc()的关系。【解析】A由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B曲线为BaSO4溶液中lgc(Ba2)与lgc()的关系，由图可知，当溶液中lgc(Ba2)3时，lgc()7，则lgKsp(BaSO4)7310
8、，因此Ksp(BaSO4)1.01010，选项B正确；C向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线向左上方移动，选项C错误；D由图可知，当溶液中c(Ba2)105.1时，两溶液中，选项D错误；答案选B。2（2021全国乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A溶液时，BMA的溶度积度积C溶液时，DHA的电离常数【答案】C【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守
9、恒的应用，具体见详解。【解析】A由图可知pH=4，即c(H+)=1010-5mol/L时，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=mol/L3，故A错误；B稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；CGHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH+Cl-，故C错误；D根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。4（2021湖南）常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所
10、示。下列判断错误的是A该溶液中：B三种一元弱酸的电离常数：C当时，三种溶液中：D分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：【答案】C【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。【解析】ANaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，故A正确；B弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)Ka (HY)Ka(HZ)，故B正确；C当溶液pH为7时，酸越弱
11、，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)c(Y-)c(Z-)，故C错误；D向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)c(OH-)，故D正确；故选C。5（2021浙江）某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是A25时，若测得溶液，则HR是弱酸B25时
12、，若测得溶液且，则HR是弱酸C25时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸D25时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50，测得，则HR是弱酸【答案】B【解析】A25时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，A错误；B25时，若测得溶液且，可知溶液中，所以未完全电离，为弱酸，B正确；C假设为强酸，取的该溶液，加蒸馏水稀释至测得此时溶液，C错误；D假设为强酸，则为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50，促进水的电离，水的离子积常数增大，减小，D错误；答案为：B。6（2021浙江）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法
13、不正确的是A由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度B过程中：逐渐减小C过程中：D令c点的，e点的，则【答案】C【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。【解析】Aa点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；B由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；C由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO
14、2逸出，因此过程中，故C错误；Dc点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此xy，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。7（2021浙江）25时，下列说法正确的是ANaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C0.010 molL-1、0.10molL-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.010-5mol【答案】D【解析】ANaHA溶液呈酸性，可能是HA的电离程度大于其
15、水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B和A的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 molL-1、0.10 molL-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12，C错误；D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1104mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H的浓度是1104mol/L，其物质的量为0.1L1104mol/L1105mol，D正确；答案选D。8（2021浙江）实验测得10 mL 0.50 molL-1NH4Cl溶
16、液、10 mL 0.50molL-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.810-5.下列说法不正确的是A图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B将NH4Cl溶液加水稀释至浓度molL-1，溶液pH变化值小于lgxC随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小D25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH)【答案】C【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0.
17、50 molL-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50molL-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【解析】A由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B将NH4Cl溶液加水稀释至浓度molL-1时，若氯化铵的
18、水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D 25时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c
19、(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8 10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-) -c(H+)|（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。综上所述，本题选C。9（2021山东）赖氨酸H3N+(CH2)4CH(NH2)COO
20、-，用HR表示是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数(x)随pH变化如图所示。已知(x)=，下列表述正确的是ABM点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)CO点，pH=DP点，c(Na+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)【答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，M点，由此可知，N点，则，P点，则。【详解】A，因此，
21、故A错误；BM点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；CO点，因此，即，因此，溶液，故C正确；DP点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；综上所述，正确的是CD，故答案为CD。10（2021北京高考真题）下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是ANa2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同BCaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解CAl2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低【答案】B【解析】ANa2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、H2CO3、H
22、+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；B H+，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；CAl3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；D由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。11（2021天津高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是A在溶液中B在溶液中C在溶液中D氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中【答案】A【解析】A由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在溶液中，离子浓度大小为：，故A正确；B在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；C
23、在溶液中，根据物料守恒得到，故C错误；D氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D错误；故选A。12（2021辽宁高考真题）用盐酸滴定溶液，溶液中、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】 A的为Bc点：C第一次突变，可选酚酞作指示剂D【答案】C【解析】A的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；B根据图像可知c点中，B错误；C根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误；答案为：C。13（2021福建高考真题）如图为某实验
24、测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是 Aa点溶液的比c点溶液的小Ba点时，Cb点溶液中，Dab段，pH减小说明升温抑制了的水解【答案】A【解析】AKw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是不同，c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，故A正确；B碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh= ，所以，故B错误；Cb点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： ，由于c(H+)c(OH-)，所以，故C错误；D碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均
25、为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解的两个过程，故D错误；故选A。14（2021湖北高考真题）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1molL-1，溶液中各含磷物种的pcpOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数pOH=-lgc(OH-)；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是 A曲线表示pc(H3PO3)随pOH的变化BH3PO3的结构简式为CpH=4的溶液中：c(H2PO)1.0105【答案】D【解析】A图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随
26、着逐渐增大，减小，根据、，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线表示，曲线表示，曲线表示；根据x点知，时，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据z点知，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，曲线表示随的变化，故A错误；B为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C即，由图可知，此时，即，而，故，故C错误；D由减去，可得，则平衡常数，故D正确；故答案：D。15（2021江苏高考真题）室温下，用0.5molL-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀
27、醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=510-5，Ksp(CaCO3)=310-9。下列说法正确的是A0.5molL-1Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)B反应CaSO4+COCaCO3+SO正向进行，需满足104C过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)=且c(Ca2+)D滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O【答案】C【解析】A0.5molL-1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，A错误；B该反应的平衡常数K=104，当浓度商K时，反应正向进行，
28、B错误；C上层清液为碳酸钙的保护溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)，C正确；D醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误；综上所述答案为C。16（2021江苏高考真题）室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。实验1：用pH试纸测量0.1molL-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8实验2：将0.1molL-1NaHCO3溶液与0.1molL-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀实验3：向0.1molL-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9实验4：向0.1molL-1N
29、a2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去下列说法正确的是A由实验1可得出：Ka2(H2CO3)B实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)c(CO)Ksp(CaCO3)C实验3中发生反应的离子方程式为CO+H2O+CO2=2HCOD实验4中c反应前(CO)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)，故C错误；D.该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。82020年山东新高考25时，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离
30、常数，下列说法正确的是AO点时，BN点时，C该体系中，DpH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大【答案】BC【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。A. 根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该
31、得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；B. N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；D. 醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断
32、增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。92020江苏卷次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为_；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是_。（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为准确称取1.1200g样品，用容量瓶
33、配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。通过计算判断该样品是否为优质品_。(写出计算过程， )若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值_(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解（2）根据物质转换和电子得失守恒关系：得氯元素的质量:该样品的有效氯为：该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品偏低【解析】（1）由题意可知，氯气通入氢氧化钠
34、中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效，故答案为：；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；（2）由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品故答案为：n(S2O)=，根据物质转换和电子得失守恒关系：，得n(Cl)=0.5=，氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，故答案为：偏低；