Question

【題目】對廢銀合金觸電材料進行分離回收既節約礦物資源，又可以減少環境污染。某廢銀合金觸電材料含Ag、Cu、Sn等，現欲利用以下工藝流程回收其中的金屬資源。

回答下列問題：

(1)“加熱溶解”時Cu發生的離子方程式為_________。

(2)“加熱溶解”時溫度常控制在50℃左右，溫度不宜過高也不宜過低的原因為_________。

(3)“酸溶解”過程中會產生少量遇空氣變為紅棕色的無色氣體，則“酸溶解”過程主要的化學方程式為_____________。

(4)常溫下，Cu2＋/Sn4＋混合液中c(Cu3＋)＝0.022mol·L－1，將混合液“加熱攪拌”后冷卻至室溫，再加“尿素”調節溶液的pH范圍為__________。(當溶液中的離子濃度小于10－5mol·L－1時，沉淀完全，已知：Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55；Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)

(5)檢驗Sn(OH)4沉淀是否洗滌干凈的方法是____________。

(6)用惰性電極電解CuCl2溶液，陰極反應式是___________，若想由CuCl2溶液得到無水CuCl2固體，則需進行的實驗操作為_______________。

Answer 1

【答案】Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O 低于50℃，溶解反應較慢，超過50℃，H2O2分解與HCl逸出導致溶解翻譯速率下降 3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O 1.5≤pH＜5 取最后一次洗滌液少量于試管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸銀溶液，若沒有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒有洗滌干凈 Cu2++2e-===Cu 將CuCl2溶液在HCl氣流中加熱蒸干

【解析】

結合題干信息，根據工藝流程圖分析可知，某廢銀合金觸電材料含Ag、Cu、Sn等，在加熱、溶解的條件下通入H2O2和HCl溶液，Cu和Sn變成Cu2+和Sn4+，再通入尿素在加熱的條件下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀，最終經過系列操作得到銅粉和SnO2，Ag單質以濾渣的形式經過HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀，再加入Zn和H2SO4溶液進行化學反應得到Ag單質，據此分析解答問題。

(1)根據上述分析，“加熱溶解”時，Cu與HCl、H2O2反應變為Cu2+，離子反應方程式為Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O，故答案為：Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O；

(2)溫度過低，反應速率慢，溫度過高，反應物H2O2分解，則溫度不宜過高也不宜過低的原因是低于50℃，溶解反應較慢，超過50℃，H2O2分解與HCl逸出導致溶解翻譯速率下降，故答案為：低于50℃，溶解反應較慢，超過50℃，H2O2分解與HCl逸出導致溶解翻譯速率下降；

(3)根據上述分析可知，“濾渣”主要成分為Ag，“酸溶解”過程為Ag和HNO3、HCl反應得到AgCl的沉淀，化學反應方程式為：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O，故答案為：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O；

(4)調節pH為保證Sn4+沉淀完全(離子濃度小于10－5mol·L－1)，按c(Sn4+)=1×10-5 mol·L－1進行計算，根據Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55可得，c(OH-)=1×10-12.5 mol·L－1，則c(H+)=1×10-1.5 mol·L－1，pH=1.5，為保證Cu2+(0.022 mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2+)=0.022 mol·L－1進行計算，根據Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20可得，c(OH-)=1×10-9 mol·L－1，則c(H+)=1×10-5 mol·L－1，pH=5，則pH的取值范圍1.5≤pH＜5，故答案為：1.5≤pH＜5；

(5)沉淀中可能附著的有Cl-，檢驗是否洗凈的方法可以是取最后一次洗滌液少量于試管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸銀溶液，若沒有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒有洗滌干凈，故答案為：取最后一次洗滌液少量于試管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸銀溶液，若沒有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒有洗滌干凈；

(6)惰性電極電解CuCl2溶液時，陰極Cu2+得到電子，電極反應為Cu2++2e-===Cu，由于CuCl2會水解，可在蒸發時通入HCl氣體抑制水解，故答案為：Cu2++2e-===Cu；將CuCl2溶液在HCl氣流中加熱蒸干。