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专题 10 水溶液中的离子平衡
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C HONa和
6 5
CHCOONa溶液中c(C HO-)1.0×10-4.3，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-=H O和CHCOOH+OH-=CH COO-+H O，B错误；
2 3 3 2
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CHCOONa、CHCOOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=
3 3
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·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
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b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4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10-
4mol。
A．I-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1.5×10-4mol，则I-的浓度为 =0.0100molL-1，故B错误；
⋅
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)= =5.4×10-8mol/L，若
Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)= =3.3×10-3mol/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；
⋅
D．b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。
1．（2021·广东）鸟嘌呤( )是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用 表示)。已知 水溶
液呈酸性，下列叙述正确的是
A． 水溶液的
B． 水溶液加水稀释， 升高
C． 在水中的电离方程式为：
D． 水溶液中：
【答案】B
【解析】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L
GHCl水溶液的pH>3，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；
C．GHCl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。
2．（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】A．NaX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K(HX)＞K (HY)＞K(HZ)，故B正确；
a a a
C．当溶液pH为7时，酸越弱，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。
3．（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
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃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
D．25℃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】A．25℃时，若测得 溶液 ，可知 为强酸强碱盐，则 为强酸，A
错误；
B．25℃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。
4．（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】A．a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 逸出，因此 过程中 ，故C错
2
误；
D．c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x>y，故D正确；
综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。
5．（2021·浙江）25℃时，下列说法正确的是
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测HA为强酸
2
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α 、α ，则α ＜α
1 2 1 2D．100 mL pH=10.00的NaCO 溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
2 3
【答案】D
【解析】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出HA为强酸的结
2
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 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α 、
1
α ，则α ＞α ，C错误；
2 1 2
D．100 mL pH=10.00的NaCO 溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水
2 3
电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；
答案选D。
6．（2021·浙江）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CHCOONa溶液的pH分别随
4 3
温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CHCOOH和NH ·H O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法
3 3 2
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NH Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
4
C．随温度升高，K 增大，CHCOONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
w 3
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH Cl溶液与CHCOONa溶液中：c(Na+ )-c(CHCOO- )=c(Cl-)-c(NH )
4 3 3【答案】C
【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CHCOONa
4 3
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NH Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为
4
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K 增大；随温度升高，CHCOONa的水解
w 3
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NH C1溶液与CHCOONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+)
4 3
=c(OH-)+c(CHCOO- ) ，c(NH +)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH +) =c(H+ )-
3 4 4
c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CHCOO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CHCOOH和NH ·H O的电
3 3 3 2
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NH C1溶液与
4
CHCOONa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，
3
两溶液中c(OH-) -c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CHCOO- )=c(Cl-)-c(NH +)，D说法正确。
3 4
综上所述，本题选C。
7．（2021·山东）赖氨酸[H N+(CH)CH(NH)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H RCl )在
3 2 4 2 3 2
水溶液中存在如下平衡：HR2+ HR+ HR R-。向一定浓度的HRCl 溶液中滴加NaOH
3 2 3 2
溶液，溶液中HR2+、HR+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=
3 2，下列表述正确的是
A． >
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H R+)+c(Na+)+c(H+)
2
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【分析】
向HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应： 、
3 2
、 ，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 ，故A错误；
B．M点存在电荷守恒： ，此时
，因此 ，故B错误；
C．O点 ，因此 ，即 ，
因此 ，溶液 ，故C正确；
D．P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。
8．（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
A．NaCO 与NaHCO 溶液中所含微粒种类相同
2 3 3
B．CaCl 能促进NaCO、NaHCO 水解
2 2 3 3
C．Al (SO ) 能促进NaCO、NaHCO 水解
2 4 3 2 3 3
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【解析】A．NaCO 溶液、NaHCO 溶液均存在Na+、 、 、HCO、H+、OH-、HO，故含有的
2 3 3 2 3 2
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；
C．Al3+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。
9．（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NH Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中
4
【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．在 溶液中，根据物料守恒得到 ，故C错误；
D．氨水和NH Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则 ，根据电荷守恒
4
，则 ，故D错误；
故选A。
10．（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 B．c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。
11．（2021·福建·高考真题）如图为某实验测得 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A．a点溶液的 比c点溶液的小
B．a点时，
C．b点溶液中，
D．ab段，pH减小说明升温抑制了 的水解
【答案】A
【解析】A．K =c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，K 增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但
w w
是 不同，c点的K 大，所以a点溶液的 比c点溶液的小，故A正确；
w
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，K= ，所以 ，故B错误；
h
C．b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： ，由于
c(H+)1.0×105
3 3 2
【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③表示 ，曲线②表示 ，曲线①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①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。
13．（2021·江苏·高考真题）室温下，用0.5mol·L-1NaCO 溶液浸泡CaSO 粉末，一段时间后过滤，向滤渣
2 3 4
中加稀醋酸，产生气泡。已知K (CaSO)=5×10-5，K (CaCO)=3×10-9。下列说法正确的是
sp 4 sp 3
A．0.5mol·L-1NaCO 溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+c(H CO)
2 3 2 3
B．反应CaSO+CO CaCO +SO 正向进行，需满足 > ×104
4 3
C．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：CaCO +2H+=Ca2++CO ↑+H O
3 2 2
【答案】C【解析】A．0.5mol·L-1NaCO 溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H CO)，A错误；
2 3 2 3
B．该反应的平衡常数K= = = = = ×104，当浓度商 ＜K时，
反应正向进行，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。
14．（2021·江苏·高考真题）室温下，通过下列实验探究NaHCO 、NaCO 溶液的性质。
3 2 3
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHCO 溶液的pH，测得pH约为8
3
实验2：将0.1mol·L-1NaHCO 溶液与0.1mol·L-1CaCl 溶液等体积混合，产生白色沉淀
3 2
实验3：向0.1mol·L-1NaCO 溶液中通入CO，溶液pH从12下降到约为9
2 3 2
实验4：向0.1mol·L-1NaCO 溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
2 3
下列说法正确的是
A．由实验1可得出：K (H CO)>
a2 2 3
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO )c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)，
3 3 3
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。
6．[2020年山东新高考]25℃时，某混合溶液中 ，
1gc( CH COOH)、1gc(CHCOO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。K 为CHCOOH的
3 3 a 3
电离常数，下列说法正确的是
A．O点时，
B．N点时，
C．该体系中，
D．pH由7到14的变化过程中， CHCOO-的水解程度始终增大
3
【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(CHCOO-)随pH的变化曲线，曲
3
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(CHCOOH)随pH的变
3
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(CHCOO-)=lgc(CHCOOH)，即c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，因Ka=
3 3 3 3
，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；
C. c(CHCOO-)+c(CHCOOH)=0.1mol/L，则c(CHCOO-)=0.1mol/L- c(CHCOOH)，又Ka=
3 3 3 3
，联立两式消去c(CHCOO-)并化简整理可得出，c(CHCOOH)= mol/L
3 3
，故C正确；
D. 醋酸根离子的水解平衡为：CHCOO-+H O CHCOOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不
3 2 3
断增强，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。
7．[2020江苏卷]次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C NOClNa)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制
3 3 3 2
备二氯异氰尿酸钠.
（1）NaClO溶液可由低温下将Cl 缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为
2
__________；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 NaSO 标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀
2 2 3
粉指示剂继续滴定至终点，消耗NaSO 溶液20.00mL。
2 2 3
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，
)
②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CO 后产生HClO，HClO
2
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O，从而是次氯酸钠失效，故答案为： ；
2
NaClO溶液吸收空气中的CO 后产生HClO，HClO见光分解；
2
（2） ①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(S O )= ，根据物质转换和电子得失守恒关系：
2
，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
②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；
