题目内容

17．从辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质）回收铋的一种工艺流程如图所示．

已知：ⅰ氧化性：Cu2+＞Bi3+＞H+
ⅱ结合S2-能力：Cu2+＞H+＞Fe2+
ⅲ水解能力：Bi3+＞Fe3+
（1）“酸浸”过程，需分批次的加入NaCIO3以防生成Cl2．
①“浸出渣”中除硫外，还含有SiO2（填化学式）．
②Bi2S3发生反应的化学方程式为Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O．
③“酸浸”过程需控制c（H+）大于1mol•L-l的原因为抑制Bi3+水解．
（2）“还原”过程中Fe3+发生反应的离子方程式为3Fe3++Bi=Bi3++Fe2+．
（3）“沉淀”过程中为了防止Bi3+沉淀，应控制（ NH4）2S的加入量．
①若溶液中c（ Bi3+）=0.5  mol-1 L•1，此时c（Cu2+）可降低至3.0×10-3  mol•L-1．
（已知CuS和Bi2S3的Ksp分别为6.0×10-36和2.0×10一99）
②“净化液”中除Bi3+、H+和NH4+外，还大量存在的阳离子有Na+、Fe2+（填离子符号）．
（4）“电解”装置图如下．

①c为阴离子交换膜（填“阳”或“阴”）．
②a极的电极反应式为Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O．

分析 辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质）加入盐酸调节pH，并加入NaClO3，发生反应：Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O、3Cu2S+2NaClO3+12HCl=6CuCl2+3S+2NaCl+6H2O、2FeS2+NaClO3+6HCl=2FeCl3+4S+NaCl+3H2O，SiO2不溶，得到浸出渣为SiO2和S，浸出液中含有Bi3+，Cu2+，Fe3+，滤液中加入铋粉还原铁离子：3Fe3++Bi=Bi3++Fe2+，加入硫化氨沉淀Cu2+，则净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则b极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，故a为阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O，c为阴离子交换膜，据此分析解答．

解答 解：（1）①根据分析：酸浸过程中生成S单质，二氧化硅不溶，故浸出渣为SiO2和S；
故答案为：SiO2；
②酸浸过程，由流程可知，生成S单质和Bi3+，则反应为：Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O；
故答案为：Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O；
③由题中信息：Bi3+易水解，“酸浸”过程需控制c（H+）大于1mol•L-l抑制Bi3+水解；
故答案为：抑制Bi3+水解；
（2）“还原”过程中Fe3+发生反应的离子方程式为：3Fe3++Bi=Bi3++Fe2+；
故答案为：3Fe3++Bi=Bi3++Fe2+；
（3）①已知CuS和Bi2S3的Ksp分别为6.0×10-36和2.0×10一99，若溶液中c（ Bi3+）=0.5  mol-1 L•1，c（S2-）
＜$\root{3}{\frac{2.0×1{0}^{-99}}{0．{5}^{2}}}$=2.0×10一33，此时c（Cu2+）可降低至$\frac{6.0×1{0}^{-36}}{2.0×1{0}^{-33}}$=3.0×10-3；
故答案为：3.0×10-3；
②“净化液”中除Bi3+、H+和NH4+外，还有酸浸过程加入的Na+，还原过程生成的Fe2+；
故答案为：Na+、Fe2+；
（4）净化液（含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+）与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则b极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，故a为阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O，为保持电流的稳定，c为阴离子交换膜；
故答案为：①阴；②Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O．

点评 本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的计算等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．

练习册系列答案
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