Question

【題目】廢物利用有利于環(huán)境保護、資源節(jié)約，一種從廢催化劑（含ZnO、CuO及少量石墨、Fe2O3及MnO2等）回收銅并制取活性氧化鋅的工藝流程如圖：

（1）為提高酸浸的速率，還可采取的措施為___。

（2）“氧化”時2molMn2+被氧化為MnO(OH)2，需要(NH4)2S2O8的物質的量為___。

（3）已知Zn(OH)2性質與Al(OH)3類似，在“中和、沉淀”時pH不能過大，請用文字結合離子方程式解釋原因___。

（4）“過濾3、洗滌”時，對所得濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得___（填主要物質的化學式）固體。

（5）“焙燒”過程中化學方程式為___。

（6）經測定，1kg廢催化劑可得160g粗銅粉，又知粗銅粉中銅的質量分數為80%，則廢催化劑中銅的質量分數為___%，若“酸浸”時硫酸濃度變小而又沒有及時補充，則測定結果會比實際情況___（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。

Answer 1

【答案】適當升高溫度或適當增大硫酸濃度 2mol pH過大，會導致發(fā)生Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O反應而得不到Zn(OH)2 (NH4)2SO4 ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O3ZnO+CO2↑+3H2O 12.8 偏小

【解析】

“酸浸”：硫酸和廢催化劑反應得到含Zn2+、Cu2+、Fe3+、Mn2+的溶液和石墨等不溶性的“浸渣”；“置換”：由于氧化性順序：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+＞Zn2+，以及結合“氧化”產物可知，鋅片將Fe3+還原為Fe2+，同時置換出Cu，經“過濾1”得粗銅粉和含Mn2+、Fe2+、Zn2+的濾液；“氧化”：(NH4)2S2O8將濾液中Mn2+、Fe2+氧化成MnO(OH)2、(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12，同時，(NH4)2S2O8被還原成(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12，再通過過濾將MnO(OH)2、(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12除去，得到含Zn2+的濾液；“中和、沉淀”且調“pH=7”：NH4HCO3和Zn2+反應生成含ZnCO3和Zn(OH)2的沉淀，經“過濾3、洗滌、烘干”得ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O；“焙燒”：ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O分解得ZnO產品。

(1)除粉碎外，還可通過適當升高溫度、適當增大硫酸濃度加快浸取速率，故答案為：適當升高溫度或適當增大硫酸濃度；

(2)“氧化”時Mn2+被氧化為MnO(OH)2，S2O82-被還原成SO42-，通過得失電子守恒可得關系式：Mn2+～MnO(OH)2～2e-～S2O82-～2SO42-～(NH4)2S2O8，所以，2molMn2+被氧化為MnO(OH)2，需要(NH4)2S2O8的物質的量為2mol，故答案為：2mol；

(3)Zn(OH)2性質與Al(OH)3類似，則Zn(OH)2有兩性，pH過大會導致生成的Zn(OH)2和OH-繼續(xù)反應生產ZnO22-，反應為Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O，故答案為：pH過大，會導致發(fā)生Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O反應而得不到Zn(OH)2；

(4)由分析可知，“過濾3、洗滌”之前的溶液中含有大量的SO42-和NH4+，那么，對“過濾3、洗滌”所得濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶主要得到(NH4)2SO4，故答案為：(NH4)2SO4；

(5)“焙燒”：ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O分解得ZnO、CO2和H2O，結合原子守恒可得反應方程式為：ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O3ZnO+CO2↑+3H2O，故答案為：ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O3ZnO+CO2↑+3H2O；

(6)所得粗銅粉中銅的質量=160g×80%=128g，根據銅原子守恒可知，廢催化劑中銅的質量=128g，那么廢催化劑中Cu%==12.8%，若“酸浸”時硫酸濃度變小而又沒有及時補充，銅元素將無法完全進入“流程”，所測銅的質量分數將偏小，故答案為：12.8；偏小。