人教版高三化学一轮复习讲练测试题及答案第六章　教材延伸2　Se、Te、P、As、B等非金属元素及其化合物

这是一份人教版高三化学一轮复习讲练测试题及答案第六章　教材延伸2　Se、Te、P、As、B等非金属元素及其化合物，共6页。试卷主要包含了氧族元素，氮族元素，含硼物质的特性分析等内容，欢迎下载使用。
1.氧族元素概述
(1)主要包括氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(P)，价层电子排布为ns2np4。
(2)硫、硒、碲与大多数金属元素形成共价化合物。硒、碲在自然界无单质存在，常存在于重金属硫化物矿中。少量硒对人体新陈代谢起调节作用，过量则有毒；硒有光电性质，用于电影传真和制造光电管。
2.硒及其化合物的性质
(1)单质硒及其氢化物在空气中燃烧可得到SeO2。
(2)SeO2的氧化性比SO2强，属于中等强度的氧化剂，可氧化H2S、NH3等，化学方程式分别为SeO2+2H2S===Se+2S+2H2O、3SeO2+4NH3===3Se+2N2+6H2O。
(3)亚硒酸可作氧化剂，能氧化SO2，反应为H2SeO3+2SO2+H2O===2H2SO4+Se↓，但遇到强氧化剂时表现还原性，可被氧化成硒酸，如H2SeO3+Cl2+H2O===H2SeO4+2HCl。
3.碲及其化合物的性质
(1)碲在空气或纯氧中燃烧生成TeO2。
(2)TeO2是不挥发的白色固体，微溶于水，可溶于强酸、强碱，如TeO2+2NaOH===Na2TeO3+H2O。
(3)H2TeO3具有氧化性和还原性，如
H2TeO3+2SO2+H2O===2H2SO4+Te↓，
H2TeO3+Cl2+H2O===H2TeO4+2HCl。
1.以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图：
下列说法不正确的是( )
A.由非金属性：S>Se可推测，酸性：H2SO3>H2SeO3
B.SeO2能溶于水和极性有机溶剂，与SeO2是极性分子有关
C.SeO2能与NaOH反应生成Na2SeO3和H2O
D.过程ⅲ中使用的还原剂为N2H4·nH2O，对应产物是N2。理论上，过程ⅰ消耗的O2与过程ⅲ消耗的N2H4·nH2O的物质的量之比为1∶1
答案 A
解析 元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性(即最高价含氧酸的酸性)越强，由非金属性：S>Se可推测，酸性：H2SO4>H2SeO4，故A项错误；SeO2中心原子价层电子对数为2+6−2×22=3，有一个孤电子对，为极性分子，水为极性分子，根据“相似相溶”原理，SeO2能溶于水和极性有机溶剂，故B项正确；SeO2为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成Na2SeO3和H2O，故C项正确；Se+O2===SeO2、SeO2+H2O===H2SeO3、H2SeO3+N2H4·nH2O===Se+N2↑+(n+3)H2O，结合Se守恒，消耗1 ml O2转移电子4 ml，消耗1 ml N2H4·nH2O转移电子也是4 ml，则两者物质的量之比为1∶1，故D项正确。
2.碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，某精炼铜的阳极泥经过处理后的主要成分为Cu2Te、TeO2、CuO等，从中回收碲和胆矾的工艺如下：
已知：①高温焙烧后的产物为TeO2和Cu2O；②TeO2是两性氧化物，与强酸和强碱反应分别生成TeO2+和TeO32−。下列说法错误的是( )
A.“酸化”时还需要再加入一定量的H2O2，目的是将铜元素完全转化为Cu2+
B.“还原”步骤中，发生反应的离子方程式为2SO2+TeO2++3H2O===Te↓+2SO42−+6H+
C.“电解”时，若使用阳离子交换膜会降低Te的产率
D.流程中可循环使用的物质是硫酸和氢氧化钠
答案 C
解析 干燥阳极泥的主要成分为Cu2Te、TeO2、CuO等，高温焙烧后生成TeO2和Cu2O，与硫酸反应生成TeOSO4和CuSO4、Cu单质(氧化亚铜与硫酸反应生成硫酸铜和铜)，TeOSO4与SO2反应生成Te单质和硫酸；TeO2和Cu2O与氢氧化钠反应时，Cu2O不反应，分离后与生成的硫酸反应生成硫酸铜，最终得到胆矾，TeO2与氢氧化钠反应生成Na2TeO3，电解Na2TeO3溶液得到Te单质。“酸化”时要加入H2O2，把铜单质在酸性条件下转化为Cu2+，故A正确；电解Na2TeO3溶液得到Te，发生还原反应，故“电解”时阴极的电极反应式为TeO32−+4e-+3H2O===Te+6OH-，阳极反应式为4OH--4e-===O2↑+2H2O，若用阴离子交换膜，OH-和TeO32−会向阳极移动，参与阴极反应的TeO32−减少，造成Te的产率降低，而使用阳离子交换膜，会阻止TeO32−向阳极移动，不会降低Te的产率，故C错误；“电解”生成的氢氧化钠和“还原”时得到的硫酸可以循环利用，故D正确。
3.硒(34Se)元素及其化合物与人体健康、工业生产密切相关。某科研小组以阳极泥(主要成分是Se，含有CuSe、Ag2Se等杂质)为原料，提炼硒的流程如下：
请回答下列问题：
(1)已知滤液A中主要成分是Na2SeO3，可用于治疗克山病，则Na2SeO3的化学名称为 ；滤液C中主要成分是Na2Se，则Na2Se的电子式为 。
(2)上述流程图中的括号内，按操作先后顺序依次填写的内容是 、 。
(3)写出高温下用焦炭还原固体B的化学方程式： 。
(4)滤液C中析出硒的反应的离子方程式为 。
答案 (1)亚硒酸钠 Na+[×·Se‥‥×·]2-Na+ (2)粉碎 过滤 (3)Na2SeO4+4CNa2Se+4CO↑ (4)2Se2-+O2+2CO2===2Se↓+2CO32−(或2Se2-+O2+4CO2+2H2O===2Se↓+4HCO3−)
4.实现变废为宝和资源的回收利用是实现“碳中和”的重要途径。一种利用碲化亚铜废渣制备二氧化碲和单质银的工业流程如图所示：
已知：①碲化亚铜废渣的主要成分为Cu2Te，还含有少量Ag2Te；
②二氧化碲是两性氧化物，微溶于水；
③本流程条件下，Kw=10-14，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。
回答下列问题：
(1)碲(Te)是52号元素，其在元素周期表中的位置为 。
(2)“酸浸氧化”后Te元素以TeCl4形式存在，由Cu2Te生成TeCl4的化学方程式为 ，双氧水实际消耗量为理论消耗量的2~3倍，原因是 。
(3)“碱转化沉铜”时应调节溶液的pH为13，此时溶液中的c(Cu2+)为 ml·L-1。
(4)“中和沉碲”时需控制溶液的pH为5.5~6.5，温度为60~80 ℃，若溶液的pH过低，将导致 。
(5)酸浸渣的主要成分为 (填化学式)，“还原”工序发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(6)以上述流程制得的TeO2为原料制备高纯碲单质的方法如下：将TeO2溶于NaOH溶液生成Na2TeO3，电解Na2TeO3溶液即可在阴极获得单质碲。若溶液中c(Na2TeO3)过低，在阴极会产生Te22−，生成该离子的电极反应式为 。
答案 (1)第五周期第ⅥA族
(2)Cu2Te+8HCl+4H2O2===2CuCl2+TeCl4+8H2O 反应生成的Cu2+能催化H2O2分解
(3)2.2×10-18
(4)碲的沉淀率降低
(5)AgCl 4∶1
(6)2TeO32−+10e-+6H2O===Te22−+12OH-
解析 碲化亚铜废渣首先粉碎，然后用稀盐酸、双氧水酸浸氧化得到酸浸渣和酸浸液，酸浸渣中加入还原剂肼在碱性条件下将氯化银还原为单质银，酸浸液中加入氢氧化钠溶液沉铜，过滤得到含Na2TeO3的溶液，然后加入稀盐酸中和沉碲得到二氧化碲。(2)过氧化氢具有氧化性，“酸浸氧化”后Te元素以TeCl4形式存在，铜元素转化成CuCl2，反应中Cu元素化合价由+1价变为+2价、Te元素化合价由-2价变为+4价，氧化剂过氧化氢中氧元素化合价由-1价变为-2价，结合得失电子守恒得化学方程式为Cu2Te+8HCl+4H2O2===2CuCl2+TeCl4+8H2O。(3)溶液的pH=13时，c(OH-)=0.1 ml·L-1，则溶液中的c(Cu2+)=Ksp[Cu(OH)2]c2(OH−)=2.2×10−200.12 ml·L-1=2.2×10-18 ml·L-1。(4)pH为5.5~6.5，为酸性环境，则“中和沉碲”生成TeO2的离子方程式为TeO32−+2H+ TeO2↓+H2O，由于二氧化碲是两性氧化物，若溶液pH过低，TeO2会和HCl反应转化为TeCl4，导致碲的沉淀率降低。(5)氯化银不溶于水也不溶于酸，得到酸浸渣的主要成分为氯化银；“还原”工序中N2H4是还原剂，失去4个电子转化为氮气，AgCl得到1个电子转化为银单质，则依据得失电子守恒可知，N2H4~4e-~4AgCl，则发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1。
二、氮族元素
1.氮族元素概述
(1)主要包括氮(N)、磷(P)、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)。
(2)主要化合价：-3、0、+3、+5(其中N还有+1、+2、+4等价态)。
(3)元素性质
①能形成氢化物RH3，最高价氧化物对应的水化物为HRO3或H3RO4。
②随核电荷数增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。砷虽是非金属，却已表现出某些金属性，而锑、铋明显表现出金属性。
(4)化合物的性质
①NH3、PH3、AsH3稳定性依次减弱，还原性依次增强。
②酸性：H3BiO4B
C.水解制氢过程中氨硼烷作氧化剂
D.氨硼烷在重水(D2O)中水解可生成HD
答案 C
解析 从机理图可见，步骤①中伴随了B—H等极性键的断裂和B—O等极性键的形成，A正确；在NH3BH3中，N的电负性大于B，N吸引电子的能力更强， 结合反应机理可知，与B相连的H呈负电性，则元素的电负性：N>H>B，B正确；在水解放氢过程中，实际是NH3BH3中的“负氢”(H)被氧化，水中的H被还原生成H2，因此NH3BH3是还原剂，C错误；由机理图可知，参加反应的两个水分子中只有一个氢原子转化为NH4+，其余三个氢原子和BH3中的氢原子结合生成H2，若将水换为D2O，则参与反应的氢部分来自NH3BH3、部分来自D2O，故可生成HD，D正确。
4.以硼镁矿(主要成分Mg2B2O5·H2O)为原料制备硼氢化钠(NaBH4)和七水合硫酸镁(MgSO4·7H2O)的工艺流程如图所示：
(1)根据硼氢化钠中氢元素的化合价，推测硼氢化钠可能具有的性质是 。
(2)写出向Na[B(OH)4]溶液中通入适量CO2生成硼砂(Na2B4O7)的离子方程式：
。
(3)已知硼砂与一定比例的SiO2、Na、H2在一定条件下反应，除生成硼氢化钠外，还生成硅酸钠，反应的化学方程式为 。
(4)硼氢化钠(NaBH4)水解可制取氢气，NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示：
①分别写出上图中M、Q的化学式： 、 。
②根据上图写出NaBH4水解制氢的离子方程式： 。
答案 (1)还原性
(2)4[B(OH)4]-+CO2===B4O72−+CO32−+8H2O
(3)Na2B4O7+7SiO2+16Na+8H24NaBH4+7Na2SiO3
(4)①BH3 B(OH)3(或H3BO3) ②BH4−+4H2O===[B(OH)4]-+4H2↑名称
磷酸
亚磷酸
偏磷酸
次磷酸
多聚磷酸
化学
式
H3PO4
H3PO3
HPO3
H3PO2
Hn+2PnO3n+1
结构
酸性
三元中强酸
二元弱酸
一元弱酸
一元弱酸
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