Question

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”）。

Answer

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

【解析】

“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。