Question

18．碲（Te）的單質(zhì)和化合物在化工生產(chǎn)等方面具有重要應(yīng)用．
（1）下列關(guān)于碲及其化合物的敘述不正確的是ACD．
A．Te位于元素周期表的第五周期ⅣA族
B．Te的氧化物通常有TeO₂和TeO₃
C．H₂Te0₄的酸性比H₂SO₄酸性強
D．熱穩(wěn)定性H₂Te比H₂S弱，H₂Te比HI強
（2）25℃時，亞碲酸（H₂TeO₃）的 K_a1=1×10^-3，K₂=2×10^-8
0.1mol•L^-1H₂TeO₃的電離度 a 約為10% （a=$\frac{已電離弱電解質(zhì)分子數(shù)}{若電解質(zhì)分子總數(shù)}$×100%）； NaHTeO₃的溶液的 pH＜7（填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）TeO₂微溶于水，易溶于較濃的強酸和強堿．工業(yè)上常用銅陽極泥（主要含有TeO₂、少量Ag、Au）為原料制備單質(zhì)碲，其工藝流程如圖：

①“堿浸”時TeO₂發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為TeO₂+2NaOH=Na₂TeO₃+H₂O．
②“沉碲”時控制溶液的pH為4.5〜5.0，生成Tea沉淀．酸性不能過強的原因是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；防止局部酸度過大的操作方法是緩慢加入H₂SO₄，并不斷攪拌．
③“酸溶”后，將SO₂通入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．
④工業(yè)上還可以通過電解銅陽極泥堿浸、過濾后的濾液得到單質(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TeO₃^2-+3H₂O+4e^-=Te+6OH^-．

Answer 1

分析 （1）A．碲是52號元素原子核外有5個電子層，最外層6個電子；
B．和硫元素類比分析存在的氧化物；
C．同主族最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性減弱；
D．同主族氫化物穩(wěn)定性減弱，同周期氫化物穩(wěn)定性增強；
（2）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)第一步電離計算，Ka1=$\frac{{x}^{2}}{0.1-x}$，解得x≈0.01，電離度=$\frac{0.01}{0.1}$×100%=10%，NaHTeO₃的溶液中存在電離和水解平衡，水解平衡常數(shù)Kh=$\frac{c（O{H}^{-}）c（{H}_{2}Te{O}_{3}）}{c（HTe{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（O{H}^{-}）c（{H}_{2}Te{O}_{3}）}{c（HTe{{O}_{3}}^{-}）}$×$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{Kw}{K{a}_{1}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{1×1{0}^{-3}}$=10^-11＜K₂=2×10^-8；
（3）TeO₂微溶于水，易溶于較濃的強酸和強堿．工業(yè)上常用銅陽極泥（主要含有Te0₂、少量Ag、Au）為原料制備單質(zhì)碲，陽極泥主要含有Te0₂、少量Ag、Au加入氫氧化鈉Te0₂溶解，過濾得到濾渣為不溶于堿的Ag、Au，濾液中加入硫酸沉碲過濾得到TeO₂，加入鹽酸溶解后通入二氧化硫還原得到金屬碲，
①TeO₂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)，堿浸”時TeO₂和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成NaTeO₃和水；
②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；
③SO₂還原TeCl₄為Te，本身被氧化為硫酸，根據(jù)得失電子守恒書寫．
④陽極泥堿浸、過濾后的濾液中是Na₂TeO₃的溶液，惰性電極電解溶液陰極上是TeO₃^2-離子得到電子生成Te，結(jié)合氫氧根離子配平電荷守恒得到電極反應(yīng)．

解答 解：（1）A．碲是52號元素原子核外有5個電子層，最外層6個電子，周期表中第五周期ⅥA族，故A錯誤；
B．和硫元素類比分析存在的氧化物為通常有TeO₂和TeO₃，故B正確；
C．同主族最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性減弱，H₂Te0₄的酸性比H₂SO₄酸性弱，故C錯誤；
D．同主族氫化物穩(wěn)定性減弱，熱穩(wěn)定性H₂Te比H₂S弱，同周期氫化物穩(wěn)定性增強，H₂Te比HI弱，故D錯誤；
故答案為：ACD；
（2）25℃時，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%，NaHTeO₃的溶液中存在電離和水解平衡，水解平衡常數(shù)Kh=$\frac{c（O{H}^{-}）c（{H}_{2}Te{O}_{3}）}{c（HTe{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（O{H}^{-}）c（{H}_{2}Te{O}_{3}）}{c（HTe{{O}_{3}}^{-}）}$×$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{Kw}{K{a}_{1}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{1×1{0}^{-3}}$=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，
故答案為：10%；＜；
（3）根據(jù)TeO₂是兩性氧化物，微溶于水，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)；
①TeO₂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)，化學(xué)方程式為TeO₂+2NaOH=Na₂TeO₃+H₂O，
故答案為：TeO₂+2NaOH=Na₂TeO₃+H₂O；
②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；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：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；緩慢加入H₂SO₄，并不斷攪拌；
③SO₂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；
④陽極泥堿浸、過濾后的濾液中是Na₂TeO₃的溶液，惰性電極電解溶液陰極上是TeO₃^2-離子得到電子生成Te，結(jié)合氫氧根離子配平電荷守恒得到電極反應(yīng)為：TeO₃^2-+3H₂O+4e^-=Te+6OH^-，故答案為：TeO₃^2-+3H₂O+4e^-=Te+6OH^-．

點評 本題考查了原子結(jié)構(gòu)、弱電解質(zhì)電離平衡、鹽類水解、電解原理等知識點，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．