1、
废物利用有利于环境保护、资源节约,一种从废催化剂(含ZnO、CuO及少量石墨、Fe2O3及MnO2等)回收铜并制取活性氧化锌的工艺流程如图:
(1)为提高酸浸的速率,还可采取的措施为___。
(2)“氧化”时2molMn2+被氧化为MnO(OH)2,需要(NH4)2S2O8的物质的量为___。
(3)已知Zn(OH)2性质与Al(OH)3类似,在“中和、沉淀”时pH不能过大,请用文字结合离子方程式解释原因___。
(4)“过滤3、洗涤”时,对所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶可得___(填主要物质的化学式)固体。
(5)“焙烧”过程中化学方程式为___。
(6)经测定,1kg废催化剂可得160g粗铜粉,又知粗铜粉中铜的质量分数为80%,则废催化剂中铜的质量分数为___%,若“酸浸”时硫酸浓度变小而又没有及时补充,则测定结果会比实际情况___(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
适当升高温度或适当增大硫酸浓度 2mol pH过大,会导致发生Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O反应而得不到Zn(OH)2 (NH4)2SO4 ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O3ZnO+CO2↑+3H2O 12.8 偏小
“酸浸”:硫酸和废催化剂反应得到含Zn2+、Cu2+、Fe3+、Mn2+的溶液和石墨等不溶性的“浸渣”;“置换”:由于氧化性顺序:Fe3+>Cu2+>Fe2+>Zn2+,以及结合“氧化”产物可知,锌片将Fe3+还原为Fe2+,同时置换出Cu,经“过滤1”得粗铜粉和含Mn2+、Fe2+、Zn2+的滤液;“氧化”:(NH4)2S2O8将滤液中Mn2+、Fe2+氧化成MnO(OH)2、(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12,同时,(NH4)2S2O8被还原成(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12,再通过过滤将MnO(OH)2、(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12除去,得到含Zn2+的滤液;“中和、沉淀”且调“pH=7”:NH4HCO3和Zn2+反应生成含ZnCO3和Zn(OH)2的沉淀,经“过滤3、洗涤、烘干”得ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O;“焙烧”:ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O分解得ZnO产品。
(1)除粉碎外,还可通过适当升高温度、适当增大硫酸浓度加快浸取速率,故答案为:适当升高温度或适当增大硫酸浓度;
(2)“氧化”时Mn2+被氧化为MnO(OH)2,S2O82-被还原成SO42-,通过得失电子守恒可得关系式:Mn2+~MnO(OH)2~2e-~S2O82-~2SO42-~(NH4)2S2O8,所以,2molMn2+被氧化为MnO(OH)2,需要(NH4)2S2O8的物质的量为2mol,故答案为:2mol;
(3)Zn(OH)2性质与Al(OH)3类似,则Zn(OH)2有两性,pH过大会导致生成的Zn(OH)2和OH-继续反应生产ZnO22-,反应为Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O,故答案为:pH过大,会导致发生Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O反应而得不到Zn(OH)2;
(4)由分析可知,“过滤3、洗涤”之前的溶液中含有大量的SO42-和NH4+,那么,对“过滤3、洗涤”所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶主要得到(NH4)2SO4,故答案为:(NH4)2SO4;
(5)“焙烧”:ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O分解得ZnO、CO2和H2O,结合原子守恒可得反应方程式为:ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O3ZnO+CO2↑+3H2O,故答案为:ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O3ZnO+CO2↑+3H2O;
(6)所得粗铜粉中铜的质量=160g×80%=128g,根据铜原子守恒可知,废催化剂中铜的质量=128g,那么废催化剂中Cu%==12.8%,若“酸浸”时硫酸浓度变小而又没有及时补充,铜元素将无法完全进入“流程”,所测铜的质量分数将偏小,故答案为:12.8;偏小。
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