Question

某废催化剂含58.2%的SiO₂、21.0%的ZnO、4.50%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe₃O₄。某同学用15.0 g该废催化剂为原料，回收锌和铜。采用的实验方案如下：

已知：① ZnS与稀硫酸反应时，化合价不变；

② CuS既不溶解于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。

回答下列问题：

（1）在下列装置中，第一次浸出必须用________________，第二次浸出应选用______________。（填标号）。第二次浸出时，加热温度不宜过高的原因是           。

（2）滤液1中含有Fe²⁺，请根据提供的试剂进行检验，则检验方法为：          。

（提供的试剂：稀盐酸、KSCN溶液、KMnO₄溶液、NaOH溶液、碘水）

（3）将滤液1、滤液2蒸发浓缩至        时，停止加热，然后冷却结晶得到相应的粗产品。

（4）若滤渣2中含有淡黄色固体，写出第二次浸出的化学反应方程式：            。

（5）某同学在实验完成之后，得到1.50 g CuSO₄·5H₂O，则铜的回收率为___________________。

Answer

（1）D（1分） A（1分） 温度过高H2O2易分解（1分）

（2）取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有Fe2+。（2分）

（3）溶液表面出现一层晶膜（1分）

（4）CuS+ H2O2+ H2SO4= CuSO4 +S+ 2H2O（2分）

（5）30.0%（2分）

【解析】

试题分析：（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,有有毒气体生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，第二次浸出时发生反应：CuS++H2O2+ H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A装置；温度过高H2O2易分解，所以加热温度不宜过高。

（2）滤液1中含有Fe3＋、Fe2＋，加入的试剂只能与Fe2＋反应，所以检验滤液1中含有Fe2+方法为取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有Fe2+。

（3）由电解质溶液获得结晶水合物的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则将滤液1、滤液2蒸发浓缩至溶液表面出现一层晶膜时，停止加热，然后冷却结晶得到相应的粗产品。

（4）废催化剂中加入稀硫酸，SiO2和CuS与稀硫酸不反应，所以滤渣1中有SiO2和CuS，淡黄色固体是硫，所以CuS与H2O2和硫酸反应生成硫酸铜、S和水，反应的化学方程式为CuS+ H2O2+ H2SO4= CuSO4 +S+ 2H2O。

（5）废催化剂中Cu的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5g CuSO4•5H2O中Cu的物质含量的为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为0.006mol÷0.02mol×100%=30%。

【考点定位】考查化学工艺流程分析。

【名师点睛】本题以金属回收为载体，综合考查化学实验，涉及化学工艺流程、对原理与装置的分析、物质的分离提纯、化学计算等知识，是对学生综合能力的考查。根据化学工艺流程可知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,有有毒的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，第二次浸出时发生反应：CuS++H2O2+ H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体；根据CuS质量分数计算废催化剂中Cu的物质的量，再计算硫酸铜晶体的物质的量，进而计算铜的回收率。