Question

【题目】某实验小组采用刻蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2、HCl)制取Cu和Cu2Cl2，实验流程如下：

已知：Cu2Cl2是白色固体，微溶于水，难溶于乙醇，受潮后在空气中易被迅速氧化。

(1)“预处理”时，需用Na2CO3调节溶液至微酸性而不是碱性，其原因是__________________。

(2)“还原Ⅰ”需在80 ℃条件下进行，适宜的加热方式为____________。

(3)“还原Ⅱ”中，Cu2＋参与反应的离子方程式为__________________。

(4)“搅拌”时加入NaCl粉末的作用是____________________________。

(5)“过滤Ⅱ”得到的Cu2Cl2需用无水乙醇洗涤，并在真空干燥机内于70 ℃干燥2小时，冷却，密封包装。于70 ℃真空干燥的目的是__________________________。

(6)①设计从“过滤Ⅰ”所得滤渣中获取Cu的实验方案：稀硫酸加到滤渣中，搅拌，充分反应至无气体产生为止，过滤并用蒸馏水洗涤2～3次，低温烘干。

②现欲测定途径a、b回收铜元素的回收率比，请补充实验方案：____________________，分别按途径a、b制取Cu和Cu2Cl2，测得Cu的质量为m1 g，Cu2Cl2的质量为m2 g，则途径a、b铜元素的回收率比为________(铜元素回收率＝产品中铜元素质量/废液中铜元素的质量×100%)。

Answer 1

【答案】防止Cu2＋形成沉淀 水浴加热 2Cu2++SO32－+2C1－+H2O＝Cu2C12↓+SO42－+2H+ Cu2Cl2微溶于水，增大Cl－浓度，有利于Cu2Cl2析出(沉淀) 加快乙醇和水的挥发，防止Cu2Cl2被空气氧化 取两份相同体积的预处理后的水样 199m1：128m2

【解析】

刻蚀废液主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2、HCl，结合后续流程可知，用Na2CO3调节溶液pH至微酸性而不是碱性，其目的是减小溶液中的氢离子浓度、防止Cu2＋形成沉淀，减少后续反应中副反应的发生（铁与酸反应生成氢气、亚硫酸钠与酸反应生成二氧化硫）。途径a：加入过量的Fe，置换出Cu单质，过滤分离，滤液主要含有FeCl2，固体物质为Fe、Cu，用稀硫酸溶解Fe，再过滤、洗涤得到Cu；途径b：加入亚硫酸钠将Cu2+还原为Cu+，Cu+与C1－结合生成Cu2C12沉淀，据此解答。

（1）用Na2CO3调节溶液pH，使溶液中Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而铜离子不能转化为沉淀，因此溶液调至微酸性而不是碱性的目的是减小溶液中的氢离子浓度、防止Cu2＋形成沉淀，减少后续反应中副反应的发生（铁与酸反应生成氢气、亚硫酸钠与酸反应生成二氧化硫）；

（2）在80℃条件下进行，可以利用水浴加热，受热均匀，便于控制温度；

（3）SO32－将Cu2+还原为Cu+，Cu+与C1－结合生成Cu2C12沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO32－+2C1－+H2O＝Cu2Cl2↓+SO42－+2H+；

（4）由于Cu2Cl2微溶于水，加入NaCl粉末，可增大C1－浓度，有利于Cu2Cl2析出；

（5）由于Cu2Cl2受潮后在空气中易被迅速氧化，于70℃真空干燥的目的是：加快乙醇和水的挥发，防止Cu2Cl2被空气氧化；

（6）欲测定途径a、b回收铜元素的回收率比，应该取用相同的起始原料，进行不同途径的处理，所以实验方案为：取两份相同体积的预处理后的水样。分别按途径a、b制取Cu和Cu2Cl2，测得Cu的质量为m1 g，Cu2Cl2的质量为m2 g，根据铜原子守恒可知途径a、b铜元素的回收率比等于途径a获得Cu的质量与途径b获得的Cu2Cl2中Cu元素质量之比，即途径a、b铜元素的回收率之比为：m1：128m2/199＝199m1：128m2。