Question

（1）斜长石（KAlSi₃O₈）和NaCl熔浸可制得KCl，原理是：NaCl（l）+KAlSi₃O₈（s）?KCl（l）+NaAlSi₃O₈（s）．
①斜长石含有的化学键类型有

 

．
②上述反应涉及的元素原子中，半径最大的是

 

，它和氢元素形成的化合物的电子式为

 

．
（2）常温下，pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中离子浓由大到小的顺序为

 

．
（3）亚硒酸（H₂SeO₃）也是一种二元弱酸，常温下是一种无色固体，易溶于水，有较强的氧化性．
①往亚硒酸溶液中不断通入SO₂ 会产生红褐色单质，写出该反应的化学方程式：

 

．
②碲酸（H₆TeO₆）氧化性比浓硫酸还要强．在酸性介质中，碲酸可将HI氧化成I₂，方程式如下：

 

HI+

 

H₆TeO₆

H+

 

TeO₂+

 

Te+

 

I₂+

 

H₂O
若反应中生成的TeO₂与Te的物质的量之比为1：1，试配平上述化学方程式．
（4）已知Cu（OH）₂ 能溶解在足量的氨水中，则其离子反应方程式为

 

．

Answer 1

考点：离子浓度大小的比较,离子方程式的书写,氧化还原反应

专题：

分析：（1）①根据化学式KAlSi₃O₈判断其含有的化学键类型；
②电子层越多，原子半径越大，以上元素中K为第四周期元素，原子半径最大；
（2）常温下，pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液中，甲酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，甲酸过量导致溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断离子浓度大小；
（3）①亚硒酸（H₂SeO₃）有较强的氧化性，二氧化硫有还原性，二者混合发生氧化还原反应生成红褐色的Se及硫酸，根据反应物及生成物书写反应方程式；
②根据转移电子相等结合原子守恒配平方程式；
（4）根据反应物和生成物可写出反应的离子方程式．

解答： 解：（1）①斜长石（KAlSi₃O₈）中即含有金属与非金属元素形成的离子键，也含有非金属元素之间形成的共价键，故答案为：离子键、共价键；
②反应NaCl（l）+KAlSi₃O₈（s）?KCl（l）+NaAlSi₃O₈（s）中，电子层最多的元素为K，位于周期表第四周期，其原子半径最大；钾与氢元素形成的氢化钾为离子化合物，其电子式为：K⁺[：H]⁺，
故答案为：K；K⁺[：H]⁺；
（2）常温下，pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液中，甲酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，甲酸过量导致溶液呈酸性，则c（H⁺）＞c（OH^-），溶液中存在电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCOO^-）+c（OH^-），所以c（HCOO^-）＞c（Na⁺），该溶液中甲酸的电离程度较小，所以c（Na⁺）＞c（H⁺），则该溶液中离子浓度大小顺序为：c（HCOO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），
故答案为：c（HCOO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
（3）①亚硒酸（H₂SeO₃）有较强的氧化性，二氧化硫有还原性，二者混合发生氧化还原反应生成红褐色的Se及硫酸，所以该反应方程式为：H₂SeO₃+2SO₂+H₂O=Se↓+2H₂SO₄，
故答案为：H₂SeO₃+2SO₂+H₂O=Se↓+2H₂SO₄；
②该反应中，Te元素的化合价由+6价变为0价和+4价，碘元素的化合价由-1价变为0价，且生成的TeO₂与Te的物质的量之比为1：1，则两个Te原子得到8个电子，根据转移电子相等知，氢碘酸的计量数应该是8，再根据原子守恒配平方程式得：8HI+2H₆TeO₆→TeO₂+Te+4I₂+10H₂O，
故答案为：8；2；1；1；4；10；
（4）氢氧化铜沉淀溶于氨水生成[Cu（NH₃）₄]²⁺，反应的离子方程式为：Cu（OH）₂+4NH₃?H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O，
故答案为：Cu（OH）₂+4NH₃?H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O．

点评：本题考查了弱电解质的电离、氧化还原反应方程式的配平、离子浓度大小的比较等知识点，题目难度较大，试题综合性较强，根据转移电子相等及原子守恒配平方程式、根据电荷守恒及溶液的酸碱性判断离子浓度大小，知道酸性强弱与酸的电离平衡常数的关系．