Question

【题目】一种从废甲醇催化剂（含ZnO、CuO及少量Fe2O3、石墨及MnO2等）回收铜并制取活性氧化锌的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）废催化剂“破碎”的目的是________，“酸浸”后“浸渣”的主要成分是________。

（2）“氧化”时Mn2＋被氧化的离子方程式为________。

（3）“中和沉淀”时pH对锌转化为碱式碳酸锌的转化率影响如图所示：pH＞7时，转化率开始减小的原因是________[用离子方程式说明，已知Zn（OH）2性质与Al（OH）3类似]。

（4）“过滤3、洗涤”时，能证明已洗涤干净的操作方法是________；所得滤液中主要溶质是________。

（5）测定“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：

Ⅰ．准确称取粗铜粉mg，加入足量HCl和H2O2使其完全溶解（Cu＋H2O2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O，Zn及Fe也同时溶解）。

Ⅱ．将溶液煮沸1～2min，除去过量的H2O2。

Ⅲ．依次滴入适量氨水、醋酸及NH4HF2溶液，以排除Fe3＋的干扰。然后加入稍过量的KI（2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2），再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用cmol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失（I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－）且半分钟内不变色，共消耗Na2S2O3标准溶液VmL。

①铜的质量分数为________（列出计算表达式）。

②缺少步骤Ⅱ会使测定的铜的质量分数________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

Answer 1

【答案】提高铜、锌的浸取率和浸取速率 石墨 Mn2＋＋S2O82－＋3H2O＝MnO（OH）2↓＋2SO42－＋4H＋ Zn2＋＋4OH－＝ZnO22－＋2H2O 取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净 （NH4）2SO4 偏大

【解析】

滴定实验计算思路：先找出所求物质与标准溶液的物质的量关系式：2Cu2＋~ I2~2S2O32－，进而求出Cu的质量，最后算出其质量分数。

（1）“破碎”的目的是增大固体接触面积，提高铜、锌的浸取率和浸取速率；石墨常温下不与浓硫酸反应，所以“酸浸”后“浸渣”的主要成分是石墨；

（2）“氧化”时，Mn2＋被氧化为MnO（OH）2，S2O82－中-1价的氧原子被还原为-2价，所以离子方程式为Mn2＋＋S2O82－＋3H2O＝MnO（OH）2↓＋2SO42－＋4H＋；

（3）已知Zn（OH）2性质与Al（OH）3类似，即碱性过强，Zn（OH）2会与OH－反应生成ZnO22－，故pH＞7时，转化率开始减小的原因用离子方程式说明是Zn2＋＋4OH－＝＋2H2O；

（4）证明沉淀已洗涤干净的操作方法是检验杂质离子：硫酸根离子，步骤是取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净；由溶液中剩余大量NH4+和SO42-可知，所得滤液中主要溶质是（NH4）2SO4；

（5）①由关系式：2Cu2＋~ I2~2S2O32－可知，n(Cu2＋)= n(S2O32－)=cV10-3mol，

m(Cu2＋)=10-3 g，则铜的质量分数为。

②缺少步骤Ⅱ，过量的H2O2会氧化更多I－，生成更多的I2，消耗更多的S2O32－，使测定的铜的质量分数偏大。