Question

【題目】碲(Te)為第VIA元素.其單質(zhì)和化合物在化工生產(chǎn)等方面具有重要應(yīng)用。

（1）TeO2微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿。與鹽酸反應(yīng)時生成四氯化碲，其化學(xué)方程式為________________。

（2）25℃時；亞碲酸（H2TeO3)的 Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。該溫度下，0.1mol·L-1 H2TeO3的電離度α約為______________(α=×100%)；NaHTeO3溶液的pH__________7(填“ >”、“<”或“=”）。

（3）工業(yè)上常用銅陽極泥（主要成分為Cn2Te,還含有少量的Ag、Au)為原料制備單質(zhì)碲，其工藝流程如下：

①實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行操作I時，下列儀器與該實(shí)驗(yàn)操作無關(guān)的為__________(填選項(xiàng)字母)。

A.長頸漏斗 B.燒杯 C.錐形瓶 D .玻璃棒

②已知‘浸出渣”的主要成分為TeO2�！凹訅航�出”時控制溶液pH為4.5～5.0，酸性不能過強(qiáng)的原因?yàn)?/span>_______________；“加壓浸出”過程的離子方程式為______________________。

③“酸浸”后將SO2通入浸出液即可制得單質(zhì)碲，則生成碲的化學(xué)方程式為________________。

④工業(yè)上還可以將銅陽極泥煅燒、堿浸后得到Na2TeO3，然后通過電解的方法得到單質(zhì)碲。已知電解時的電極均為石墨，則陰極的電極反應(yīng)式為___________。

Answer 1

【答案】TeO2 + 4HCl = TeCl4 + 2H2O10%<AC溶液酸性過強(qiáng)，TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失Cu2Te+ 2O2+ 4H+ = 2Cu2+ + TeO2+ 2H2OTeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+4HCl+2H2SO4TeO32-+ 3H2O+ 4e-=Te+ 6OH-

【解析】(1 )TeO2微溶于水，溶于鹽酸時生成四氯化碲和水，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為TeO2 + 4HCl = TeCl4 + 2H2O；

⑵亞碲酸(H2TeO3)為二元弱酸，其一級電離為主，H2TeO3的電離度為α，

H2TeO3HTeO3-+H+

起始濃度(mol/L) 0.1 0 0

起始濃度(mol/L) 0.1α 0.1α 0.1α

起始濃度(mol/L) 0.1(1-α) 0.1α 0.1α

Ka1=1×10-3=，解得：α=10%；

已知Ka2=2×10-8，則HTeO3-的水解常數(shù)Kb==(1×10-14)÷(2×10-8)=0.5×10-6＜Ka1，故HTeO3-的電離大于其水解，NaHTeO3溶液顯酸性，pH<7；

(3)①操作I為過濾操作，所需要的儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒，則下列儀器中長頸漏斗及錐形瓶與此操作無關(guān)，答案為AC；

②TeO2能溶解于較濃的強(qiáng)酸性或強(qiáng)堿性溶液，故“加壓浸出”時控制溶液pH為4.5～5.0，的酸性不能過強(qiáng)，否則TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失；“加壓浸出”過程中用硫酸溶解Cu2Te的離子方程式為Cu2Te+ 2O2+ 4H+ = 2Cu2+ + TeO2+ 2H2O；

③用鹽酸溶解TeO2后后溶液中存在TeCl4，將SO2通入浸出液即可制得單質(zhì)碲，同時SO2發(fā)生氧化反應(yīng)，得到硫酸，結(jié)合氧化還原反應(yīng)中電子守恒規(guī)律，則生成碲的化學(xué)方程式為TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+4HCl+2H2SO4；

④用惰性電極電解Na2TeO3，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成單質(zhì)碲，其電極反應(yīng)式為TeO32-+ 3H2O+ 4e-=Te+ 6OH-。