Question

【題目】碲(Te)是VIA族非金屬元素，其單質(zhì)和化合物在太阻能、電子、橡膠生產(chǎn)方面具有廣泛的應(yīng)用。

(1)根據(jù)碲(Te)在元素周期表中的位置，判斷H2TeO4的酸性_____(填“大于”、“小于”或“無法判斷”)H2SO4酸性。

(2)己知TeO2是兩性氧化物，微溶于水，可溶于強(qiáng)酸或強(qiáng)堿。TeO2和NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________。

(3)已知25℃時，亞碲酸(H2TeO3)的電離常數(shù)K1=1×10-3，K2=2×10-8。計算：

①0.1mol/L H2TeO3的電離度α約為_______(α=已電離弱電解質(zhì)分子數(shù)/電解質(zhì)分子總數(shù)×100%)；

②NaHTeO3溶液的pH_____7(填“>”、“=”或“<”)。

(4)從粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一和工芝流程如下:

③己知加壓酸浸時控制溶液的pH為5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液濃度過大，將導(dǎo)致TeO2沉淀不完全，原因是_____________。

④防止局部酸度過大的操作方法是___________。

⑤對濾渣“酸浸”后，將Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進(jìn)行“還原”得到固態(tài)碲，該反應(yīng)的離子方程式是____________。

⑥“還原”得到固態(tài)碲后分離出粗碲的方法是________，對粗碲進(jìn)行洗滌，判斷洗滌干凈的實驗操作和現(xiàn)象是_____________。

Answer 1

【答案】 小于 TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O 10% < 溶液酸性過強(qiáng)，TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)，導(dǎo)致TeO2沉淀不完全 攪拌 2SO32-+Te4++2H2O=Te↓+2SO42-+4H+ 過濾 取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈

【解析】分析：（1）根據(jù)元素周期律分析；

（2）TeO2是兩性氧化物，與氫氧化鈉發(fā)生類似氧化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)；

（3）①根據(jù)根據(jù)電離度的概念結(jié)合電離常數(shù)計算；

②利用水的離子積常數(shù)、電離常數(shù)計算其水解常數(shù)，與其相應(yīng)的電離常數(shù)比較，從而判斷酸式鹽溶液的酸堿性；

（3）粗銅精煉的陽極泥（主要含有Cu2Te），通入氧氣加入硫酸加壓浸出，已知加壓酸浸時控制溶液的PH為5.0，生成TeO2沉淀，過濾得到濾渣加入硫酸酸浸生成硫酸碲，加入亞硫酸鈉還原得到粗碲。

③根據(jù)TeO2是兩性氧化物分析；

④防止局部酸度過大可以通過攪拌使之混合均勻；

⑤Na2SO3還原Te（SO4）2為Te，本身被氧化為硫酸鈉，根據(jù)得失電子守恒書寫；

⑥分離固體和溶液用過濾，對粗碲進(jìn)行洗滌，判斷洗滌干凈的實驗操作是檢驗最后一次洗滌液中是否含硫酸根離子。

詳解：（1）Te與S位于同一主族，同主族從上到下非金屬性逐漸減弱，最高價含氧酸的酸性逐漸減弱，則H2TeO4的酸性小于H2SO4酸性；

（2）TeO2是兩性氧化物，與氫氧化鈉發(fā)生類似氧化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)，因此反應(yīng)的化學(xué)方程式為TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；

（3）已知25℃時，亞碲酸(H2TeO3)的電離常數(shù)K1=1×10-3，K2=2×10-8。計算：

①亞碲酸以第一步電離為主，0.1mol/L H2TeO3溶液中c(H+)＝c(HTeO3-)＝，所以其電離度α約為；

②NaHTeO3溶液中HTeO3-的水解常數(shù)是＜K2=2×10-8，即水解程度小于電離程度，所以溶液顯酸性，即pH＜7。

（3）③因為TeO2是兩性氧化物，H2SO4過量會導(dǎo)致TeO2繼續(xù)與H2SO4反應(yīng)導(dǎo)致?lián)p失，導(dǎo)致TeO2沉淀不完全；

④防止局部酸度過大的操作方法是攪拌；

⑤對濾渣“酸浸后，將Na2SO3加入Te（SO4）2溶液中進(jìn)行還原得到固態(tài)碲，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒以及電荷守恒可知該反應(yīng)的離子方程式是2SO32-+Te4++2H2O＝Te↓+2SO42-+4H+；

⑥還原得到固態(tài)碲后分離出粗碲的方法是過濾，對粗碲進(jìn)行洗滌，判斷洗滌干凈的實驗操作和現(xiàn)象是：取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈。