Question

【题目】对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。

回答下列问题：

(1)“加热溶解”时Cu发生的离子方程式为_________。

(2)“加热溶解”时温度常控制在50℃左右，温度不宜过高也不宜过低的原因为_________。

(3)“酸溶解”过程中会产生少量遇空气变为红棕色的无色气体，则“酸溶解”过程主要的化学方程式为_____________。

(4)常温下，Cu2＋/Sn4＋混合液中c(Cu3＋)＝0.022mol·L－1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶液的pH范围为__________。(当溶液中的离子浓度小于10－5mol·L－1时，沉淀完全，已知：Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55；Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)

(5)检验Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是____________。

(6)用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极反应式是___________，若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固体，则需进行的实验操作为_______________。

Answer 1

【答案】Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O 低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降 3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O 1.5≤pH＜5 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净 Cu2++2e-===Cu 将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干

【解析】

结合题干信息，根据工艺流程图分析可知，某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，在加热、溶解的条件下通入H2O2和HCl溶液，Cu和Sn变成Cu2+和Sn4+，再通入尿素在加热的条件下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀，最终经过系列操作得到铜粉和SnO2，Ag单质以滤渣的形式经过HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀，再加入Zn和H2SO4溶液进行化学反应得到Ag单质，据此分析解答问题。

(1)根据上述分析，“加热溶解”时，Cu与HCl、H2O2反应变为Cu2+，离子反应方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O，故答案为：Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O；

(2)温度过低，反应速率慢，温度过高，反应物H2O2分解，则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降，故答案为：低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降；

(3)根据上述分析可知，“滤渣”主要成分为Ag，“酸溶解”过程为Ag和HNO3、HCl反应得到AgCl的沉淀，化学反应方程式为：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O；

(4)调节pH为保证Sn4+沉淀完全(离子浓度小于10－5mol·L－1)，按c(Sn4+)=1×10-5 mol·L－1进行计算，根据Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55可得，c(OH-)=1×10-12.5 mol·L－1，则c(H+)=1×10-1.5 mol·L－1，pH=1.5，为保证Cu2+(0.022 mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2+)=0.022 mol·L－1进行计算，根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20可得，c(OH-)=1×10-9 mol·L－1，则c(H+)=1×10-5 mol·L－1，pH=5，则pH的取值范围1.5≤pH＜5，故答案为：1.5≤pH＜5；

(5)沉淀中可能附着的有Cl-，检验是否洗净的方法可以是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净；

(6)惰性电极电解CuCl2溶液时，阴极Cu2+得到电子，电极反应为Cu2++2e-===Cu，由于CuCl2会水解，可在蒸发时通入HCl气体抑制水解，故答案为：Cu2++2e-===Cu；将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干。