Question

5．部分弱酸的电离常数如下表：

弱酸	HCOOH	HClO	H2CO3	H2SO3
电离常数 （25℃）	Ki=1.77×10-4	Kii=2.98×10-6	K1Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11	Ki1=1.54×10-2 Ki2=5.6×10-7

（1）同温同物质的量浓度的HCOONa（aq）与NaClO（aq）中pH大的是NaClO（aq）．
（2）1molCl₂与2molNa₂CO₃（aq）反应除生成NaCl外还有NaHCO₃、NaClO（填化学式）．
（3）向一定量的NaHCO₃（aq）中通入少量的SO₂（g），反应的离子方程式为HCO₃^-+SO₂→HSO₃^-+CO₂↑．
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．
（4）将亚硒酸与高锰酸钾共热可制得硒酸（H₂SeO₄），配平该反应方程式，并标出电子转移
的方向和数目．
5H₂SeO₃+2KMnO₄→1K₂SeO₄+2MnSeO₄+2H₂SeO₄+3H₂O
（5）与硫同族的元素Te，最高价氧化物的水化物碲酸（H₆TeO₆）的酸性比H₂SO₄弱（选填“强”或“弱”），其氧化性比硫酸强．向碲酸中通入SO₂气体，若反应中生成的TeO₂与Te的物质的量之比为2：1，写出该反应的化学方程式5SO₂+3H₆TeO₆→2TeO₂+Te+5H₂SO₄+4H₂O．当6mol碲酸与一定量SO₂恰好完全反应，所得溶液体积为20L，则所得溶液的pH为0．

Answer 1

分析 （1）从平衡常数知，HCOOH的K_i=1.77×10^-4，HClO的K_ii=2.98×10^-6，甲酸的电离常数比次氯酸大，故酸性强于次氯酸；
（2）根据碳酸钠的两级电离常数知K_i2=5.6×10^-11＜K_i2=5.6×10^-7，故还有NaHCO₃、NaClO；
（3）根据数据知，亚硫酸酸性比碳酸强，故向一定量的NaHCO₃（aq）中通入少量的SO₂（g），反应的离子方程式为HCO₃^-+SO₂→HSO₃^-+CO₂；（4）Se的化合价有+3升高到+4，Mn的化合价有+7降低到+2，根据化合价升降守恒和原子守恒，配平的方程式为：5H₂SeO₃+2KMnO₄→K₂SeO₄+2MnSeO₄+2H₂SeO₄+3H₂O，；
（5）元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，向碲酸中通入SO₂气体，若反应中生成的TeO₂与Te的物质的量之比为2：1，该反应的化学方程式为5SO₂+3H₆TeO₆→2TeO₂+Te+5H₂SO₄+4H₂O；当6mol碲酸与一定量SO₂恰好完全反应，所得溶液体积为20L，产生10mol硫酸，氢离子的物质的量为20mol，氢离子浓度为1mol/L，pH=pH=lgc（H⁺）．

解答 解：（1）从平衡常数知，HCOOH的K_i=1.77×10^-4，HClO的K_ii=2.98×10^-6，甲酸的电离常数比次氯酸大，故酸性强于次氯酸，对应的盐的碱性弱于次氯酸钠，故答案为：NaClO（aq）；
（2）1molCl₂与2molNa₂CO₃（aq）反应除生成NaCl外还有，根据碳酸钠的两级电离常数知，还有NaHCO₃、NaClO，故答案为：NaHCO₃、NaClO；
（3）根据数据知，亚硫酸酸性比碳酸强，故向一定量的NaHCO₃（aq）中通入少量的SO₂（g），反应的离子方程式为HCO₃^-+SO₂→HSO₃^-+CO₂↑，故答案为：HCO₃^-+SO₂→HSO₃^-+CO₂↑；
（4）Se的化合价有+3升高到+4，Mn的化合价有+7降低到+2，根据化合价升降守恒和原子守恒，配平的方程式为：5H₂SeO₃+2KMnO₄→K₂SeO₄+2MnSeO₄+2H₂SeO₄+3H₂O，故答案为：5、2、1、2、2、3H₂O；；
（5）元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Te＜S，故（H₆TeO₆）的酸性比H₂SO₄弱，向碲酸中通入SO₂气体，若反应中生成的TeO₂与Te的物质的量之比为2：1，该反应的化学方程式为5SO₂+3H₆TeO₆→2TeO₂+Te+5H₂SO₄+4H₂O；当6mol碲酸与一定量SO₂恰好完全反应，所得溶液体积为20L，产生10mol硫酸，氢离子的物质的量为20mol，氢离子浓度为1mol/L，pH=lgc（H⁺）=0，故答案为：弱；5SO₂+3H₆TeO₆→2TeO₂+Te+5H₂SO₄+4H₂O；0．

点评 本题考查了氧化还原方程式的配平方法、电子转移情况、电离平衡常数的应用，难度较大，需要非常扎实的基础才能顺利解决．