已知：TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。回答下列问题： (1)碲在元素周期表中的位置_______________。
(2)“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，应控制溶液的pH为4.5~5.0，酸度不能过高，原因是___________________，其中“加压”的目的是_______________，写出“加压酸浸1”过程中Cu2Te发生反应的化学方程式__________________________。
(3) “酸浸2”时温度过高会使碲的浸出率降低，原因为______________________，要从Ag和Au中分离出Au，可以向回收的Ag和Au中加入的试剂是_______________。 (4)写出“还原”反应中发生的离子方程式_______________________。
(5)工业上另一种提取碲的方法是将铜阳极泥在空气中焙烧，使碲转化成TeO2，再加NaOH 碱浸，以石墨为电极电解溶液获得Te。电解过程中阴极的电极反应式为______。
【答案】 (1). 第五周期第VIA族 (2). 溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失 (3). 增大O2浓度，加快反应速率，提高浸出率 (4). Cu2Te+2O2+2H2SO4
2CuSO4+TeO2+2H2O (5). 温
度升高，盐酸挥发，反应物浓度降低，导致浸出率降低 (6). 稀硝酸 (7). Te4++2SO2+4H2O=Te↓+2SO42-+8H+ (8). TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH- 【解析】 【分析】
(1)碲是52号元素，原子核外有5个电子层，最外层有6个电子，根据原子结构与元素位置关系判断其在元素周期表中的位置；
(2) “加压酸浸1”过程中控制溶液的pH为4.5~5.0，碲元素转化成TeO2，若酸度过高，根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱, “加压”可增大O2的溶解度，加快反应速率；可根据“加压酸浸1”过程中Cu2Te转化为TeO2，根据原子守恒、电子守恒，得发生反应的化学方程式；
(3) “酸浸2”时若温度过高，会使HCl挥发，反应物浓度降低，影响化学反应；可以从Ag与硝酸反应，而Au不能与酸反应分析加入的试剂；
(4)SO2具有还原性，可将TeO2 “还原”为Te，SO2被氧化为H2SO4，据此得反应的离子方程式；
(5)工业上另一种提取碲的方法是将铜阳极泥在空气中焙烧，使碲转化成TeO2，再加NaOH碱浸，然后以石墨为电极电解溶液，TeO2在阴极获得电子变为Te。据此得电解过程中阴极的电极反应式。
【详解】(1)碲是52号元素，原子核外有5个电子层，最外层有6个电子，根据原子核外电子层数等于元素所在的周期数，原子核外最外层电子数等于其所在的主族序数，所以碲位于元素周期表第五周期第VIA族； (2)“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，溶液的pH控制在4.5~5.0，酸度不能过高，由于TeO2是两性氧化物，能够溶于强酸；其中“加压”的目的是增大O2的溶解度，加快反应速率；“加压酸浸1”过程中Cu2Te发生反应的化学方程式是Cu2Te+2O2+2H2SO4
2CuSO4+TeO2+2H2O。
(3) “酸浸2”时若温度过高，会使HCl挥发，反应物浓度降低，使碲的浸出率降低；Au、Ag二者的混合物中分离出Au，可根据Ag能够被硝酸氧化，而Au不能反应，用浓硝酸将Ag氧化为Ag，然后过滤、洗涤就得到纯净的Au；
(4)SO2具有还原性，可将TeO2 “还原”为Te，SO2被氧化为H2SO4，据此得反应的离子方程式Te4++2SO2+4H2O=Te↓+2SO42-+8H+；
(5)工业上另一种提取碲的方法是将铜阳极泥在空气中焙烧，使碲转化成TeO2，再加NaOH碱浸，然后以石墨为电极电解溶液，TeO2在阴极获得电子变为Te。则电解过程中阴极的电极反应式为：TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-。
【点睛】本题考查了元素在周期表的位置、物质的分离、提纯、反应条件的控制及离子方程式书写等知识。掌握物质的性质及氧化还原反应的规律、电子守恒、电荷守恒及原子守恒在配平方程式的应用是本题解答的关键。
10.I.甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法，制备过程涉及的主要反应如下： 反应I：CH3OH(g)
HCHO(g)+H2(g) △H1=+85.2kJ/mol
HCHO(g)+H2O(g) △H2 2H2O(g) △H3=-483.6kJ/mol
+
反应II：CH3OH(g)+O2(g)反应III：2H2(g)+O2(g)
(1)计算反应Ⅱ的反应热△H2=_____________________________。 (2)750K下，在恒容密闭容器中，发生反应CH3OH(g)
HCHO(g)+H2(g），若起始压强为P0，达到平衡转
化率为α，则平衡时的总压强P平=___________(用含P0和α的式子表示)；当P0=101kPa，测得α=50.0%，计算反应平衡常数Kp=___________kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，忽略其它反应)。
II.CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，以CO2为原料可合成多种有机物。 (3)CO2用于生产乙烯，已知：2CO2(g)+6H2(g)同的投料比X[X＝
CH2=CH2(g)+4H2O(g) △H＝QkJ/mol。一定条件下，按不
]向某容积可变的恒压密闭容器中充入CO2、H2，测得不同投料比时CO2的转化率
与温度的关系如图所示。
①X1_____X2（填“＞”或“＜”，后同），Q_____0。
②图中A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为_____。
(4)常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。
2--10﹣7、①若某次捕捉后得到pH＝10的溶液，则溶液中c(CO3)：c(HCO3)=_____[常温下K1(H2CO3)=4.4×
K2(H2CO3)=5×10﹣11]。
②欲用5L Na2CO3溶液将23.3g BaSO4固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少10﹣7、Ksp(BaCO3)=2.5×10﹣6]。(忽略溶液体积积的变化) 为__________。[已知：常温下Ksp(BaSO4)=1×
【答案】 (1). -156.6kJ/mol (2). P0(1+α) (3). 50.5 (4). > (5). < (6). KA>KB＝KC (7). 1：2 (8). 0.52mol/L 【解析】 【分析】
(1)根据盖斯定律，反应I+
反应III得反应Ⅱ，据此计算△H2；
(2)根据恒容时气体的压强比等于气体的物质的量的比计算平衡时的压强；根据平衡常数表达式计算其平衡常数；
(3)①当其他条件一定时，充入的H2量越多，CO2 转化率越高，对应的X越大，则X1＞X2；在其它条件不变时，结合图象可知：温度升高，CO2 的转化率降低，可推知该反应的正反应是放热反应，据此进行分析； ②结合图象可知该反应正反应为放热反应，则温度升高，化学平衡常数将减小，而且化学平衡常数只与温度有关；
(4)①由题意pH=10，可计算c(H+)=1×10-10mol/L，由HCO3-CO32-+H+可得：Ka2=
=5×10
﹣11
，所以=1：2；
②设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，23.3g BaSO4的物质的量为n(BaSO4)= 23.3g÷233g/mol=0.1mol，所得5L溶液中c(SO42-)=0.1mol ÷5L=0.02mol/L，此时溶液中c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常数K=
=0.04=
，据此进行计算。
III，整理可得CH3OH(g)+O2(g)【详解】(1)I+×HCHO(g)+H2O(g) △H2=△H1+×△H3=-156.6kJ/mol；
(2)根据在恒容时气体的压强比等于气体的物质的量的比计算平衡时的压强。若起始压强为P0，达到平衡转化率为α， CH3OH(g)
HCHO(g)+H2(g)
起始(mol) 1 0 0 变化(mol) a a a 平衡(mol) 1-a a a
压强之比等于物质的量之比，则p0：P平=1(1+a)，P平=p0(1+a)。当P0=101kPa，测得α=50.0%，该反应平衡常数Kp=
=50.5 kPa；
(3)①当其他条件一定时，充入的H2量越多，CO2 转化率越高，对应的X越大，则X1>X2；在其它条件不变时，结合图象可知：温度升高，CO2 的转化率降低，可推知该反应的正反应是放热反应，则Q＜0； ②结合图象可知该反应的正反应为放热反应。温度升高，平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数减小；而且化学平衡常数只与温度有关，根据图象知A点的温度低于B、C两点，而且B、C两点温度相同，则三点对应的平衡常数的大小关系为：KA>KB=KC；
+-(4)①)①由题意pH=10，10-10mol/L，可计算c(H)=1×由HCO3
CO32-+H+可得：Ka2=
=5×10
﹣11
，所以=1：2；
②设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，23.3g BaSO4的物质的量为
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