题目内容
【题目】氧族元素碲(Te)是当今高新技术新材料的主要成分之一。已知：TeO2是两性氧化物。工业上常用“铜阳极泥”(主要含Cu2Te，还含少量Ag、Au)为原料制备单质碲，其工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)碲（Te）位于元素周期表第_________周期第ⅥA族；下列有关确的性质的叙述错误的是______。
A.碲的单质在常温下是固态 B.碲的常见化合价有-2、+4、+6
C.碲可能用作半导体材料 D.碲的氢化物H2Te很稳定
(2)实验室中“操作I”的名称是________，下列仪器与该实验操作无关的是________。
A.长颈漏斗 B.烧杯 C.锥形瓶 D.玻璃棒 E.容量瓶
(3)在“加压硫酸浸出”过程中，每消耗1mol Cu2Te反应生成TeOSO4，转移的电子数为________mol；“含硫浸出液”的溶质主要成分除TeOSO4外，还含有________（写化学式）。
(4)“电解沉积除铜”时，将“含酶浸出液”置于电解槽中，铜、确沉淀的关系如图所示。电解初始阶段阴极的电极反应式是__________。
(5)①向“含确硫酸铜溶液”中通入SO2还原TeOSO4生成磅的化学方程式为__________。
②上述反应在加入少量NaCl后，反应速率大幅度加快，则NaCl的主要作用为_____________。
【答案】5 D 过滤 ACE 10 CuSO4和H2SO4 Cu2++2e-=Cu TeOSO4+2SO2+3H2O=Te+3H2SO4 催化剂
【解析】
制备单质碲流程为：氧气氧化、硫酸浸取“铜阳极泥”(主要含Cu2Te，还含少量Ag、Au)得到TeOSO4、H2SO4、CuSO4溶液和Ag、Au固体，过滤得到TeOSO4、H2SO4、CuSO4溶液，电解沉铜过滤得到粗铜和TeOSO4溶液(含有少量CuSO4)，用NaCl作催化剂、SO2还原TeOSO4生成粗碲，据此解答。
(1)碲位于周期表第五周期第ⅥA族，根据同族元素的性质相似性和递变性分析；
(2) 操作I是分离难溶性固体和溶液的操作；过滤操作中需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗；
(3)Cu2Te中Te的化合价为-2、Cu的化合价为+1，反应生成CuSO4、TeOSO4时，所以有Cu2Te～(TeOSO4+2CuSO4)～10e-，结合电解沉铜可知，“含碲浸出液”的溶质主要成分为TeOSO4、H2SO4、CuSO4；
(4)由铜、碲沉淀的关系图可知，电解初始阶段Cu2+含量高，当Cu沉淀率达到13%左右时碲开始沉淀析出；
(5)①SO2还原TeOSO4生成碲和H2SO4；
②反应在加入少量NaCl后，反应速率大幅度加快，所以NaC1的主要作用为催化剂。
(1)碲是52号元素，原子核外有5个电子层，最外层6个电子，因此碲元素位于周期表第五周期第ⅥA族；
A．Te和S位于同一主族，结合元素变化规律可知O→S→Se→Te的形态由气体→固体，所以碲的单质在常温下是固态，A正确；
B．Te和S位于同一主族，化学性质有相似点，S元素的常见化合价有-2、+4、+6，所以Te的常见化合价有-2、+4、+6，B项正确；
C．碲(Te)是当今高新技术新材料的主要成分之一，用途类似于Si，所以碲可能用作半导体材料，C正确；
D．S的非金属性大于碲，H2S的稳定性不强，所以Te的氢化物H2Te稳定性比H2S弱，即H2Te不稳定，D错误；
故合理选项是D；
(2)分离难溶性固体和溶液混合物的操作名称是“过滤”， 操作I为过滤，过滤操作中需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，所以不需要长颈漏斗、锥形瓶、容量瓶，选项合理的为ABF；
(3)“加压硫酸浸出”过程中Cu2Te中的Te、Cu均被氧化，即Cu2Te～(TeOSO4+2CuSO4)～10e-，所以消耗1molCu2Te反应生成TeOSO4时，转移的电子数为10mol；结合电解沉铜可知，“含碲浸出液”的溶质主要成分还有H2SO4、CuSO4；
(4)由铜、碲沉淀图可知，电解初始阶段Cu2+含量高，所以首先是Cu2+先在阴极放电，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；
(5)①SO2还原TeOSO4生成碲和H2SO4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为2SO2+3H2O+TeOSO4=Te+3H2SO4；
②反应在加入少量NaCl后，反应速率大幅度加快，并且NaCl不参与反应，说明NaC1的主要作用应该为催化剂。
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