Question

【题目】碲（Te）具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以MezTeCMe表 示金属Cu、Pb、Au、Ag等）的形式存在。

（1）利用“氯化浸出-还原法”制备Te的工艺流程如下所示。

①浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCu、H2TeO3,则浸出渣的主要成分 为____（填化学式）；“浸出”过程中有少量污染性气体生成，该气体是_______（填物质名称）

②已知HAuCU是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为_________。

③欲得到64g碲，则“二级还原”过程中至少需通入____mol SO2。 “氧化碱浸-电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3和Cu（OH）2，经电解即可获得Te。

①以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为______。

②电解过程中，阴极的电极反应式为______。

③与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是____（任写一点）

Answer 1

【答案】PbSO4和AgCl 氯气 [AuCl4]- + 3Fe2+ = 3Fe3+ + Au + 4Cl- 1 Cu2Te + 2O2 + 2NaOH + H2O = Na2TeO3 + 2Cu（OH）2 TeO32- + 4e- + 3H2O = Te + 6OH- 不生成氯气等污染性气体（或工艺简单）

【解析】

（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。

②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；

③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。

（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu(OH)2。

②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

③与“氯化浸出-还原法”相比，“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。

（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。

②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；

③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。

（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu（OH）2。

②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

③根据以上分析可知与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。