题目内容
【题目】对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源,又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等,现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。
回答下列问题:
(1)“加热溶解”时Cu发生的离子方程式为_________。
(2)“加热溶解”时温度常控制在50℃左右,温度不宜过高也不宜过低的原因为_________。
(3)“酸溶解”过程中会产生少量遇空气变为红棕色的无色气体,则“酸溶解”过程主要的化学方程式为_____________。
(4)常温下,Cu2+/Sn4+混合液中c(Cu3+)=0.022mol·L-1,将混合液“加热搅拌”后冷却至室温,再加“尿素”调节溶液的pH范围为__________。(当溶液中的离子浓度小于10-5mol·L-1时,沉淀完全,已知:Ksp[Sn(OH)4]=1×10-55;Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)
(5)检验Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是____________。
(6)用惰性电极电解CuCl2溶液,阴极反应式是___________,若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固体,则需进行的实验操作为_______________。
【答案】Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O 低于50℃,溶解反应较慢,超过50℃,H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降 3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O 1.5≤pH<5 取最后一次洗涤液少量于试管中,滴入稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若没有白色沉淀生成,证明洗涤干净,反之,沉淀没有洗涤干净 Cu2++2e-===Cu 将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干
【解析】
结合题干信息,根据工艺流程图分析可知,某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等,在加热、溶解的条件下通入H2O2和HCl溶液,Cu和Sn变成Cu2+和Sn4+,再通入尿素在加热的条件下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀,最终经过系列操作得到铜粉和SnO2,Ag单质以滤渣的形式经过HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀,再加入Zn和H2SO4溶液进行化学反应得到Ag单质,据此分析解答问题。
(1)根据上述分析,“加热溶解”时,Cu与HCl、H2O2反应变为Cu2+,离子反应方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,故答案为:Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O;
(2)温度过低,反应速率慢,温度过高,反应物H2O2分解,则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50℃,溶解反应较慢,超过50℃,H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降,故答案为:低于50℃,溶解反应较慢,超过50℃,H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降;
(3)根据上述分析可知,“滤渣”主要成分为Ag,“酸溶解”过程为Ag和HNO3、HCl反应得到AgCl的沉淀,化学反应方程式为:3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O,故答案为:3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O;
(4)调节pH为保证Sn4+沉淀完全(离子浓度小于10-5mol·L-1),按c(Sn4+)=1×10-5 mol·L-1进行计算,根据Ksp[Sn(OH)4]=1×10-55可得,c(OH-)=1×10-12.5 mol·L-1,则c(H+)=1×10-1.5 mol·L-1,pH=1.5,为保证Cu2+(0.022 mol·L-1)不沉淀,按c(Cu2+)=0.022 mol·L-1进行计算,根据Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20可得,c(OH-)=1×10-9 mol·L-1,则c(H+)=1×10-5 mol·L-1,pH=5,则pH的取值范围1.5≤pH<5,故答案为:1.5≤pH<5;
(5)沉淀中可能附着的有Cl-,检验是否洗净的方法可以是取最后一次洗涤液少量于试管中,滴入稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若没有白色沉淀生成,证明洗涤干净,反之,沉淀没有洗涤干净,故答案为:取最后一次洗涤液少量于试管中,滴入稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若没有白色沉淀生成,证明洗涤干净,反之,沉淀没有洗涤干净;
(6)惰性电极电解CuCl2溶液时,阴极Cu2+得到电子,电极反应为Cu2++2e-===Cu,由于CuCl2会水解,可在蒸发时通入HCl气体抑制水解,故答案为:Cu2++2e-===Cu;将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干。