题目内容
11.废旧印刷电路板是一种电子废弃物,其中铜的含量达到矿石中的几十倍,湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜产品.某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾,流程简图如图1:回答下列问题:
(1)反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+,反应中H2O2的作用是氧化剂,写出操作①的名称:过滤;
(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应,写出该反应的离子方程式:Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3↑,操作②用到的主要仪器名称为分液漏斗,其目的是(填序号)ab.
a.富集铜元素
b.使铜元素与水溶液中的物质分离
c.增加Cu2+在水中的溶解度
(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和RH,若操作③使用如图2装置,图中存在的错误是分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁;液体过多;
(4)操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液,阴极析出铜,阳极产物是O2、H2SO4,操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是加热浓缩、冷却结晶、过滤;
(5)流程中有三处实现了试剂的循环使用,已用虚线标出两处,第三处的试剂是H2SO4,循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是防止由于溶液中c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀.
分析 废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液,得到铜氨溶液和残渣,分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,所以操作①是过滤,反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+,Cu元素化合价由0价变为+2价,所以Cu是还原剂,则双氧水是氧化剂,将Cu氧化;反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应,生成CuR2,同时生成NH4+和NH3;
互不相溶的液体采用分液方法分离,所以操作②是分液;向有机层中加入稀硫酸,根据流程图知,生成CuSO4和HR,然后采用分液方法分离得到HR,以石墨为电极电解硫酸铜溶液时,阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电;从硫酸铜溶液中获取胆矾,采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体;
(1)双氧水具有氧化性,能氧化还原性物质,分离难溶性固体和溶液采用过滤方法;
(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应生成CuR2,同时生成NH4+和NH3,根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式为;分离互不相溶的液体采用分液方法,分液时常用分液漏斗;
(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和RH,分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁,且分液漏斗内不能盛放太多溶液;
(4)以石墨为电极电解硫酸铜溶液时,阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电,SO42-向阳极移动;从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法;
(5)电解硫酸铜溶液时能得到硫酸,硫酸能循环利用;氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨电离而降低溶液碱性.
解答 解:废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液,得到铜氨溶液和残渣,分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,所以操作①是过滤,反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+,Cu元素化合价由0价变为+2价,所以Cu是还原剂,则双氧水是氧化剂,将Cu氧化;反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应,生成CuR2,同时生成NH4+和NH3;
互不相溶的液体采用分液方法分离,所以操作②是分液;向有机层中加入稀硫酸,根据流程图知,生成CuSO4和HR,然后采用分液方法分离得到HR,以石墨为电极电解硫酸铜溶液时,阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电;从硫酸铜溶液中获取胆矾,采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体;
(1)双氧水具有氧化性,能氧化还原性物质Cu,所以双氧水作氧化剂;分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,该混合溶液中贵重金属是难溶物、铜氨溶液是液体,所以操作①是过滤,故答案为:氧化剂;过滤;
(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应生成CuR2,同时生成NH4+和NH3,根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3↑;分离互不相溶的液体采用分液方法,分液时常用分液漏斗,分液的目的是富集铜元素、使铜元素与水溶液中的物质分离,所以ab正确,
故答案为:Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3↑;分液漏斗;ab;
(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应,所以生成CuSO4和RH,分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁,且分液漏斗内不能盛放太多溶液,
故答案为:RH;分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁;液体过多;
(4)以石墨为电极电解硫酸铜溶液时,阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电,所以阳极上生成O2,同时有大量的H+生成,且SO42-也向阳极移动在阳极积累,因此阳极产物还有H2SO4;从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法,
故答案为:O2、H2SO4;加热浓缩、冷却结晶、过滤;
(5)电解硫酸铜溶液时能得到硫酸,在反应III中用到硫酸,所以H2SO4能循环利用;氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨电离而降低溶液碱性,从而抑制氢氧化铜生成,
故答案为:H2SO4;防止由于溶液中c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀.
点评 本题为2015年高考题,考查物质分离和提纯,涉及基本实验操作、氧化还原反应、电解原理等知识点,侧重考查学生实验操作规范性、知识综合应用能力等,能从整体上把握是解本题关键,易错点是(5)题第一个空,题目难度中等.
A. | 分子式符合CnH2n+2的烃一定是烷烃 | |
B. | 烷烃均能与氯水发生取代反应 | |
C. | 辛烷的熔沸点比壬烷低 | |
D. | 烷烃不能被酸性高锰酸钾等强氧化剂氧化 |
A. | Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行 | |
B. | 饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同 | |
C. | FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同 | |
D. | Mg(OH)2固体在溶液存在平衡:Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH-(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液 |
A. | 元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体 | |
B. | Mg、MgO中镁元素微粒的半径:r(Mg2+)>r(Mg) | |
C. | 在该反应条件下,Mg的还原性强于C的还原性 | |
D. | 该反应中化学能全部转化为热能 |
A. | 若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×6.02×1023 | |
B. | 室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,溶液pH>7 | |
C. | 钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 | |
D. | 一定条件下反应N2+3H2?2NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3) |
已知:①废弃CRT荧光粉的化学组成(某些不参与反应的杂质未列出)如表所示;
②不同离子沉淀的pH如图2所示.
阶段/含量%/成分 | Y2O3 | ZnO | Al2O3 | PbO2 | MgO |
预处理前 | 24.28 | 41.82 | 7.81 | 1.67 | 0.19 |
预处理后 | 68.51 | 5.42 | 4.33 | 5.43 | 0.50 |
(2)步骤Ⅱ中有黄绿色气体产生,该反应的化学方程式为PbO2+4HCl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$PbCl2+Cl2↑+2H2O.
(3)步骤Ⅲ中发生的主要反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+.
(4)步骤Ⅳ中除杂试剂DDTC除去的杂质离子有Zn2+、Pb2+,其不能通过直接加碱的方法除去,原因为Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近,三者因同时沉淀而无法分离.
(5)步骤Ⅴ中Y3+沉淀完全时,需保证滴加草酸后的溶液中c(C2O42-)不低于2.0×10-6mol/L.(已知:当离子浓度小于10-5mol/L时,沉淀就达完全;Ksp[Y2(C2O4)3]=8.0×10-25)
(6)步骤Ⅵ中草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3,该反应的化学方程式为Y2(C2O4)3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Y2O3+3CO↑+3CO2↑.
A. | 用装置精炼铜,则b极为精铜,电解质溶液为CuSO4溶液 | |
B. | 装置的总反应是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ | |
C. | 装置中钢闸门应与外接电源的负极相连 | |
D. | 装置中的铁钉浸入浓硫酸中几乎没被腐蚀 |