Question

【题目】从含铜废料（如：覆铜板、印刷线路板及铅冰铜等）中提取铜，既可提高资源的利用率又可减少重金属污染．

（1）废覆铜板（Cu和Sn组成）可用CuSO4和H2SO4混合溶液作电解质溶液，直接电解回收精铜，阳极上发生的电极反应为 ．
（2）废印刷线路板中的铜常用含盐酸的FeCl3溶液或H2O2﹣HCl﹣NaCl混合溶液浸取回收．
①用FeCl3溶液浸取铜时发生反应的离子方程式为；若加盐酸不足，反应一段时间后线路板表面有红褐色沉淀，产生红褐色沉淀的原因是 ．
②将粉碎后的废印刷线路板放入三口烧瓶中，分别加入由0.3molL﹣1盐酸、0.5molL﹣1NaCl及不同浓度的H2O2组成的混合溶液，在温度、搅拌速率及固液比等均相同时，铜的浸取率随H2O2的浓度和时间的变化如图1所示．当c（H2O2）=0molL﹣1时，也有少量的铜被浸出，其原因是 ．
③用H2O2﹣HCl﹣NaCl混合溶液浸取时，其浸取过程包括：
（Ⅰ） Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（Ⅱ） Cu2++Cu2Cu+
（Ⅲ） Cu++nCl﹣CuCln（n﹣1）﹣
（Ⅳ） 2CuCln（n﹣1）﹣+2H++H2O2=2Cu2++2H2O+2nCl﹣
其他条件相同时，增大下列离子浓度可以加速Cu从废电路板中浸出的是（填序号）．
a．Na+ b．Cu2+ c．Cl﹣d．OH﹣
（3）铅冰铜（PbS、Cu2S及FeS的混合物）可用HCl﹣H2O2混合溶液浸取．
①Cu2S被HCl﹣H2O2混合溶液浸取得到硫酸铜和氯化铜溶液的化学方程式为 ．
②若由H2SO4代替HCl﹣H2O2中的HCl，其他条件相同，铜的浸取率随硫酸浓度的变化如图2所示．当H2SO4浓度大于3.1molL﹣1时，硫酸浓度越大，铜的浸取率反而越小，其原因可能是 ．

Answer 1

【答案】
（1）Cu﹣2e﹣=Cu2+和Sn﹣2e﹣=Sn2+
（2）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；c（H+）和c（Fe3+）小，有利于Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀；液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取；bc
（3）Cu2S+5H2O2+2HCl=CuCl2+CuSO4+6H2O；过量的硫酸会生成PbSO4沉淀包裹在铅冰铜颗粒表面，使铜无法与浸出液接触
【解析】解：（1）电解法精炼铜，阳极为活性电极，电极本身参与放电，铜失去电子发生氧化反应，电极反应式：Cu﹣2e﹣=Cu2+；锡失去电子生成锡离子，电极反应式：Sn﹣2e﹣=Sn2+；
所以答案是：Cu﹣2e﹣=Cu2+ 和Sn﹣2e﹣=Sn2+；
2）①三价铁离子能够氧化铜生成铜离子，本身被还原为二价铁离子，离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
若加盐酸不足，溶液中氢离子浓度较小，三价铁离子水解生成氢氧化铁，所以若加盐酸不足，反应一段时间后线路板表面有红褐色沉淀；
所以答案是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
c（H+）和c（Fe3+）小，有利于Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀；
②当c（H2O2）=0molL﹣1时，液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取，所以也有少量的铜被浸出；
所以答案是：液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取；
③a．依据给出的方程式可知，上述反应与钠离子都无关，所以改变钠离子的浓度，不影响Cu从废电路板中浸出，故a不选；
b．由Cu2++Cu2Cu+可知增大铜离子浓度，上述反应的速率加快，故b选；
c．由Cu++nCl﹣CuCln（n﹣1）﹣可知增大Cl﹣浓度，反应Ⅲ加快，故c选；
d．氢氧根离子能够与氢离子、铜离子反应，增大氢氧根离子浓度，能够使氢离子、铜离子浓度减小，反应速率减慢，故d不选；
故选：bc；
3）①Cu2S在盐酸的酸性环境下被过氧化氢生成硫酸铜、氯化铜和水，依据得失电子守恒，原子个数守恒反应的方程式为：Cu2S+5H2O2+2HCl=CuCl2+CuSO4+6H2O；
所以答案是：Cu2S+5H2O2+2HCl=CuCl2+CuSO4+6H2O；
②由H2SO4代替HCl﹣H2O2中的HCl，其他条件相同，铜的浸取率随硫酸浓度的变化如图2所示．当H2SO4浓度大于3.1molL﹣1时，过量的硫酸会生成PbSO4沉淀包裹在铅冰铜颗粒表面，使铜无法与浸出液接触，使得硫酸浓度越大，铜的浸取率反而越小；
所以答案是：过量的硫酸会生成PbSO4沉淀包裹在铅冰铜颗粒表面，使铜无法与浸出液接触；