- 金属资源的开采及其污染治理
- 共94题
锂电池消耗量巨大，对不可再生的金属资源的消耗是相当大的．因此锂离子电池回收具有重要意义，其中需要重点回收的是正极材料，其主要成分为钴酸锂（LiCoO2）、导电乙炔黑（一种炭黑）、铝箔以及有机粘接剂．某回收工艺流程如下：
（1）上述工艺回收到的产物有Al（OH）3、______．
（2）废旧电池可能由于放电不完全而残留有原子态的锂，为了安全，对拆解环境的要求是______．
（3）酸浸时反应的化学方程式为______．如果用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到溶解的目的，但不利之处是______．
（4）生成Li2CO3的化学反应方程式为______．已知Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，所以在浓缩结晶后要______过滤．
正确答案
解：（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：CoSO4、Li2CO3；
（2）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为：隔绝空气和水分；
（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：
2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；有氯气生成，污染较大；
（4）碳酸锂难溶，生成Li2CO3的化学反应属于复分解反应，Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，故答案为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓；趁热．
解析
解：（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：CoSO4、Li2CO3；
（2）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为：隔绝空气和水分；
（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：
2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；有氯气生成，污染较大；
（4）碳酸锂难溶，生成Li2CO3的化学反应属于复分解反应，Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，故答案为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓；趁热．
利用某地的闪锌矿（主要成分为ZnS，其杂志主要为铁、铜元素等）冶炼纯锌的传统工艺如下：
注：锌、铁、铜的沸点依次为1180k，2862k，1800k．
（1）高温煅烧时，若氧气足量，则ZnS发生的化学反应方程式为______；
（2）工业生产中方案1由锌熔体获得粗锌的操作为______（填：“蒸馏”、“分馏”或“干馏”）；
（3）方案2中固相2的成分为______，液相1所含金属阻离子为：______；
（4）方案2中从液相1获取粗锌的过程中可用加入单质______除掉其他杂志，对比两种方案，方案2的优点是______．
正确答案
解：（1）高温煅烧时，若氧气足量，则ZnS发生的化学反应方程式为2ZnS+3O2
故答案为：2ZnS+3O2
（2）根据锌熔体中组分金属的沸点不同，锌、铁、铜的沸点依次为1180k，2862k，1800k，采取分馏操作由锌熔体获得粗锌，
故答案为：分馏；
（3）锌熔体中的C、Cu不能与稀硫酸发生化学反应，因此固相2的成分为C、Cu，而锌熔体中的Zn、Fe与稀硫酸反应生成Zn2+、Fe2+，因此液相1所含金属离子为：Zn2+、Fe2+，
故答案为：C、Cu；Zn2+、Fe2+；
（4）液相1中含有Zn2+、Fe2+，要除去Fe2+可加入锌粉，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，对比两种方案，方案2的优点是不需要加热，节约能源，
故答案为：Zn；节约能源．
解析
解：（1）高温煅烧时，若氧气足量，则ZnS发生的化学反应方程式为2ZnS+3O2
故答案为：2ZnS+3O2
（2）根据锌熔体中组分金属的沸点不同，锌、铁、铜的沸点依次为1180k，2862k，1800k，采取分馏操作由锌熔体获得粗锌，
故答案为：分馏；
（3）锌熔体中的C、Cu不能与稀硫酸发生化学反应，因此固相2的成分为C、Cu，而锌熔体中的Zn、Fe与稀硫酸反应生成Zn2+、Fe2+，因此液相1所含金属离子为：Zn2+、Fe2+，
故答案为：C、Cu；Zn2+、Fe2+；
（4）液相1中含有Zn2+、Fe2+，要除去Fe2+可加入锌粉，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，对比两种方案，方案2的优点是不需要加热，节约能源，
故答案为：Zn；节约能源．
某工厂的酸性废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+．为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾．
（1）工业废水中加入试剂A后，反应的离子方程式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、______．
（2）试剂B是______．
（3）①～③中均涉及的实验操作是______．
（4）可用绿矾消除工业废水中+6价铬（Cr2O72-）的污染，使之转化为Cr3+，若处理1t废水（含Cr2O72- 10-3 mol/kg），则需加入绿矾的质量至少为______．
正确答案
解：工厂的工业废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+，先加过量铁（A），过滤，得到D溶液为FeSO4，C为Cu和多余的铁，再向C中加过量稀硫酸，过滤得到的Cu，E为FeSO4，硫酸亚铁经过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到绿矾晶体，
（1）酸性环境Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+中，能和金属铁发生反应的物质是Fe3+、Cu2+、H+，发生的反应有：Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；
（2）试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质，可以选择稀硫酸，故答案为：H2SO4；
（3）①②分析固体和液体，实验操作是过滤；③从FeSO4溶液中提取溶质晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥，防止变质，故答案为：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）亚铁离子变质会生成铁离子，（Cr2O72-）转化为Cr3+，根据电子守恒得到二者之间的关系式：Cr2O72-～6Fe2+，
Cr2O72-～6Fe2+
1 6
1000kg×10-3mol/kg 6mol
处理1t废水（含Cr2O72- 10-3mol/kg），则需加入绿矾的质量是6mol×278g/mol=1668g，故答案为：1668g．
解析
解：工厂的工业废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+，先加过量铁（A），过滤，得到D溶液为FeSO4，C为Cu和多余的铁，再向C中加过量稀硫酸，过滤得到的Cu，E为FeSO4，硫酸亚铁经过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到绿矾晶体，
（1）酸性环境Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+中，能和金属铁发生反应的物质是Fe3+、Cu2+、H+，发生的反应有：Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；
（2）试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质，可以选择稀硫酸，故答案为：H2SO4；
（3）①②分析固体和液体，实验操作是过滤；③从FeSO4溶液中提取溶质晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥，防止变质，故答案为：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）亚铁离子变质会生成铁离子，（Cr2O72-）转化为Cr3+，根据电子守恒得到二者之间的关系式：Cr2O72-～6Fe2+，
Cr2O72-～6Fe2+
1 6
1000kg×10-3mol/kg 6mol
处理1t废水（含Cr2O72- 10-3mol/kg），则需加入绿矾的质量是6mol×278g/mol=1668g，故答案为：1668g．
锂离子电池的广泛应用使回收利用锂货源成为重要课题：某研究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下
（1）第②步反应得到的沉淀X的化学式为______．
（2）第③步反应的离子方程式是______．
（3）第④步反应后，过滤Li2CO3所需的玻璃仪器有______．若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：______、______．
（4）若废旧锂离子电池正极材料含LiNB2O4的质量为18.1g第③步反应中加入20.0mL3.0mol•L-1的H2SO4溶液．定正极材料中的锂经反应③和④完全为Li2CO3，剩至少有______Na2CO3参加了反应．
正确答案
解：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中（注意LiMn2O4不溶于水）生成四羟基合铝酸钠，即滤液的主要成分，第二步就是四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠的过程，第三步是LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生的氧化还原反应，得到的滤液中有生成的硫酸锂，可能有过量的硫酸，最后一步加入碳酸钠之后所得的滤液主要成分为硫酸钠；
（1）四羟基合铝酸钠与过量二氧化碳反应得产物是Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，故答案为：Al（OH）3；
（2）在酸性环境下，LiMn2O4能被空气中的氧气氧化，离子方程式为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O，故答案为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O；
（3）过滤所用玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯；过滤时发现滤液中有少量浑浊，原因可能有：滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；滤纸破损、滤液超过滤纸边缘
（4）根据LiMn2O4～0.5H2SO4～Li+得18.1gLiMn2O4即0.1molLiMn2O4消耗硫酸的量为0.05mol，故硫酸有剩余，剩余的0.01mol硫酸和生成的Li+共消耗碳酸钠0.06mol，即6.36g，故答案为：6.36g．
解析
解：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中（注意LiMn2O4不溶于水）生成四羟基合铝酸钠，即滤液的主要成分，第二步就是四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠的过程，第三步是LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生的氧化还原反应，得到的滤液中有生成的硫酸锂，可能有过量的硫酸，最后一步加入碳酸钠之后所得的滤液主要成分为硫酸钠；
（1）四羟基合铝酸钠与过量二氧化碳反应得产物是Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，故答案为：Al（OH）3；
（2）在酸性环境下，LiMn2O4能被空气中的氧气氧化，离子方程式为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O，故答案为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O；
（3）过滤所用玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯；过滤时发现滤液中有少量浑浊，原因可能有：滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；滤纸破损、滤液超过滤纸边缘
（4）根据LiMn2O4～0.5H2SO4～Li+得18.1gLiMn2O4即0.1molLiMn2O4消耗硫酸的量为0.05mol，故硫酸有剩余，剩余的0.01mol硫酸和生成的Li+共消耗碳酸钠0.06mol，即6.36g，故答案为：6.36g．
利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理．
（1）染料工业排放的废水中含有大量有毒的NO2¯，可以在碱性条件下加入铝粉除去（加热处理后的废水，会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体）．除去NO2¯离子的离子方程式为______．
（2）某工厂对制革工业污泥中Cr3+回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）：
部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
①实验室用18.4mol/L的浓硫酸配制250mL 4.8mol/L的硫酸溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和吸量管（一种能精确量取一定体积液体的仪器）外，还需______．
②酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是______（答2点）．
③加入H2O2的作用是______．
④钠离子交换树脂的原理为：Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交换的杂质离子是______（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
（3）印刷电路铜板腐蚀剂常用FeCl3．腐蚀铜板后的混合溶液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+的浓度均为0.10mol/L，请参照上表给出的数据和提供的试剂（可能用到的试剂：Cl2、浓H2SO4、NaOH溶液、CuO、Cu），简述除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤①______；②______；③过滤．
正确答案
解：（1）根据题意知，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，铝与强碱能反应生成偏铝酸盐，铝是还原剂，NO2-是氧化剂，所以能发生氧化还原反应生成偏铝酸盐和氨水，
离子方程式为：2Al+OH-+NO2-+2H2O=2AlO2-+NH3•H2O．
故答案为：2Al+OH-+NO2-+2H2O=2AlO2-+NH3•H2O
（2）①配置一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、吸量管、容量瓶和胶头滴管．
故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管．
②酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：延长浸取时间、加快溶解速度等措施．
故答案为：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等．
③双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离．
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，将Cr3+转变成较高价态的铬，以便于与杂质离子分离．
④钠离子交换树脂交换 的离子是钙离子和镁离子．
故答案为：Ca2+、Mg2+．
（3）①除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+，根据生成沉淀所需溶液 的PH值知，若使Fe2+转化为沉淀时，铜离子已经完全沉淀，所以不符合题意，故首先把Fe2+转化为Fe3+，加入氧化剂且不引进新的杂质，所以首先要通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+．
故答案为：通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+．
②通入足量氯气后，溶液呈酸性，所以要加入某种物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质，所以要加入氧化铜，使酸转化为氯化铜，当溶液的pH值4.7时，铜离子开始出现沉淀，当溶液的pH值为3.2时，三价铁离子沉淀完全，铜离子未产生沉淀，所以要使三价铁离子和铜离子分离，溶液的pH值应为[3.2，4.7）．
故答案为：加入CuO调节溶液的pH至[3.2，4.7）．
解析
解：（1）根据题意知，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，铝与强碱能反应生成偏铝酸盐，铝是还原剂，NO2-是氧化剂，所以能发生氧化还原反应生成偏铝酸盐和氨水，
离子方程式为：2Al+OH-+NO2-+2H2O=2AlO2-+NH3•H2O．
故答案为：2Al+OH-+NO2-+2H2O=2AlO2-+NH3•H2O
（2）①配置一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、吸量管、容量瓶和胶头滴管．
故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管．
②酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：延长浸取时间、加快溶解速度等措施．
故答案为：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等．
③双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离．
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，将Cr3+转变成较高价态的铬，以便于与杂质离子分离．
④钠离子交换树脂交换 的离子是钙离子和镁离子．
故答案为：Ca2+、Mg2+．
（3）①除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+，根据生成沉淀所需溶液 的PH值知，若使Fe2+转化为沉淀时，铜离子已经完全沉淀，所以不符合题意，故首先把Fe2+转化为Fe3+，加入氧化剂且不引进新的杂质，所以首先要通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+．
故答案为：通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+．
②通入足量氯气后，溶液呈酸性，所以要加入某种物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质，所以要加入氧化铜，使酸转化为氯化铜，当溶液的pH值4.7时，铜离子开始出现沉淀，当溶液的pH值为3.2时，三价铁离子沉淀完全，铜离子未产生沉淀，所以要使三价铁离子和铜离子分离，溶液的pH值应为[3.2，4.7）．
故答案为：加入CuO调节溶液的pH至[3.2，4.7）．
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