Question

5．碲（Te）廣泛用于彩色玻璃和陶瓷．工業(yè)上用精煉銅的陽極泥（主要含有TeO₂、少量Ag、Au）為原料制備單質(zhì)碲的一種工藝流程如圖：

已知TeO₂微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)喊．
（1）“堿浸”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為TeO₂+2OH^-=TeO₃^2-+H₂O．
（2）堿浸后的“濾渣”可以部分溶于稀硝酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是3Ag+4HNO₃=3AgNO₃+NO↑+2H₂O．
（3）“沉碲”時(shí)控制溶液的pH為4.5〜5.0，生成TeO₂沉淀．酸性不能過強(qiáng)，其原因是溶液酸性過強(qiáng)，TeO₂會(huì)繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失；防止局部酸度過大的操作方法是緩慢加入H₂SO₄，并不斷攪拌．
（4）“酸溶”后，將SO₂通人TeCl₄酸性溶液中進(jìn)行“還原”得到碲，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是TeCl₄+2SO₂+4H₂O=Te+4HCl+2H₂SO₄．
（5）25°C 時(shí)，亞碲酸（H₂TeO₃）的Ka₁=1×10^-3，Ka₂=2×10^-8
①0.1mol•L^-1H₂TeO₃電離度α約為．（α=$\frac{已電離數(shù)弱電解質(zhì)分子數(shù)}{弱電解質(zhì)分子總數(shù)}$×100%）
②0．lmol•L^-1的NaH TeO₃溶液中，下列粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是CD．
A．c（Na⁺）＞c（HTeO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H₂TeO₃）＞c（H⁺）
B．c（Na⁺）+c（ H⁺）＞=c（HTeO₃^-）+c（TeO₃^2-）+c（OH^-）
C．c（Na⁺）=c（TeO₃^2-）+c（ HTeO₃^-）+c（ H₂TeO₃）
D．c（H⁺）+c（H₂TeO₃）=c（OH^-）+e（TeO₃^2-）

Answer 1

分析 根據(jù)TeO₂微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)喊，加堿溶過濾除去雜質(zhì)，得到Na₂TeO₃溶液，再加硫酸沉降經(jīng)過濾得到TeO₂沉淀，再用鹽酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫還原制成碲單質(zhì)，
（1）TeO₂微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)喊，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)；
（2）Ag溶于稀硝酸生成硝酸銀和NO；
（3）因?yàn)門eO₂是兩性氧化物，H₂SO₄過量會(huì)導(dǎo)致TeO₂繼續(xù)與H₂SO₄反應(yīng)導(dǎo)致?lián)p失；
（4）SO₂還原TeCl₄為Te，本身被氧化為硫酸，根據(jù)得失電子守恒書寫；
（5）①亞碲酸（H₂TeO₃）是二元弱酸分步電離，0.1mol•L^-1H₂TeO₃的電離度 a可以依據(jù)第一步電離計(jì)算；
②A．NaHTeO₃的溶液中存在電離和水解平衡，比較水解平衡常數(shù)和K₂，得到電離與水解程度的相對(duì)大小，再比較微粒濃度；
B．根據(jù)電荷守恒：c（Na⁺）+c（ H⁺）=c（HTeO₃^-）+2c（TeO₃^2-）+c（OH^-）；
C．根據(jù)物料守恒：c（Na⁺）=c（TeO₃^2-）+c（ HTeO₃^-）+c（ H₂TeO₃）
D．質(zhì)子守恒：c（H⁺）+c（H₂TeO₃）=c（OH^-）+e（TeO₃^2-）．

解答 解：（1）TeO₂微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)喊，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)，離子方程式為：TeO₂+2OH^-=TeO₃^2-+H₂O；
故答案為：TeO₂+2OH^-=TeO₃^2-+H₂O；
（2）堿浸后的“濾渣”為Ag和Au，Ag溶于稀硝酸，反應(yīng)為：3Ag+4HNO₃=3AgNO₃+NO↑+2H₂O；
故答案為：3Ag+4HNO₃=3AgNO₃+NO↑+2H₂O；
（3）因?yàn)門eO₂是兩性氧化物，H₂SO₄過量會(huì)導(dǎo)致TeO₂繼續(xù)與H₂SO₄反應(yīng)導(dǎo)致?lián)p失；防止局部酸度過大的操作方法是：緩慢加入H₂SO₄，并不斷攪拌；
故答案為：溶液酸性過強(qiáng)，TeO₂會(huì)繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失；緩慢加入H₂SO₄，并不斷攪拌；
（4）SO₂還原TeCl₄為Te，本身被氧化為硫酸，化學(xué)方程式為TeCl₄+2SO₂+4H₂O=Te+4HCl+2H₂SO₄；
故答案為：TeCl₄+2SO₂+4H₂O=Te+4HCl+2H₂SO₄；
（5）①25℃時(shí)，亞碲酸（H₂TeO₃）的 K_a1=1×10^-3，K₂=2×10^-8，H₂TeO₃?H⁺+HTeO₃^-，Ka₁=$\frac{c（{H}^{+}）•c（HTe{{O}_{3}}^{-}）}{c（{H}_{2}Te{O}_{3}）}$=$\frac{{c}^{2}（{H}^{+}）}{0.1}$=10^-3，c（H⁺）=10^-2mol/L，0.1mol•L^-1H₂TeO₃的電離度 a 約為：$\frac{1{0}^{-2}}{0.1}$×100%=10%；
故答案為：10%；
②A．NaHTeO₃的溶液中存在電離和水解平衡，水解平衡常數(shù)Kh=$\frac{c（O{H}^{-}）•c（{H}_{2}Te{O}_{3}）}{c（HTe{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（O{H}^{-}）•c（{H}_{2}Te{O}_{3}）}{c（HTe{{O}_{3}}^{-}）}$$•\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{{K}_{w}}{Ka1}$=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-3}}$=10^-11＜K₂=2×10^-8，說明HTeO₃^-水解程度小于其電離程度，溶液顯酸性，則c（Na⁺）＞c（HTeO₃^-）＞c（H⁺）＞c（H₂TeO₃）＞c（OH^-），故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)電荷守恒：c（Na⁺）+c（ H⁺）=c（HTeO₃^-）+2c（TeO₃^2-）+c（OH^-），故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)物料守恒：c（Na⁺）=c（TeO₃^2-）+c（ HTeO₃^-）+c（ H₂TeO₃），故C正確；
D．質(zhì)子守恒：c（H⁺）+c（H₂TeO₃）=c（OH^-）+e（TeO₃^2-），故D正確；
故答案為：C D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查粗銅精煉的電解反應(yīng)式的書寫，對(duì)給定條件的化學(xué)方程式、離子方程式的判斷及書寫、電離平衡常數(shù)的應(yīng)用、溶液中離子濃度大小的判斷等，難點(diǎn)是NaHTeO₃的溶液中電離和水解平衡程度的相對(duì)大小，注意化學(xué)原理的掌握和應(yīng)用，難度較大．