Question

【題目】鋅浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工業(yè)上可通過控制條件逐一除去雜質以制備超細活性氧化鋅，其工藝流程如下：

(1)濾渣1的成分為___________。

(2)在S2O82－的結構式中只含有一根“O一O”非極性鍵，則S的化合價為___________；工業(yè)上常用惰性電極電解(NH4)2SO4生產(NH4)2S2O8(過二硫酸銨)，陽極電極反應式為__________________。凈化1是為了將Mn2+轉化為MnO2而除去，寫出該反應的離子方程式：______________________。

(3)凈化3的目的_________________________________。

(4)碳化回收溶液的主要成分為___________，該物質循環(huán)使用的目的___________________。

(5)碳化在50℃進行，“前驅體”的化學式為ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，寫出碳化過程生成“前驅體”的化學方程式：__________________________________________________。

Answer 1

【答案】二氧化硅(或SiO2) +6 2SO42- -2e-=S2O82- Mn2＋+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋ 除去溶液中的Cd2+ (NH4)2SO4 可用于制備(NH4)2S2O8(過二硫酸銨) 3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑

【解析】

硫酸與鋅浮渣中酸性氧化物不能反應，而與金屬氧化物及比較活潑的金屬反應，SiO2不能反應，以濾渣1形式存在；向含鋅廢水（主要含 Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+）加入(NH4)2S2O8將 Mn2+轉化為MnO2除去，濾渣2為二氧化錳；向凈化2溶液中加入H2O2，可以將+2價的Fe氧化為+3價的Fe，形成FeOOH沉淀；在向凈化3的溶液中加入鋅還原Cd2+生成單質鉻，過濾得到濾渣3為鉻，然后向濾液中加入碳酸氫銨碳化在 50℃進行得到[ZnCO32Zn（OH）2H2O]，碳化時所用 NH4HCO3 的實際用量為理論用量的 1.1 倍，這樣可以使 Zn2+充分沉淀，且較高溫度下碳酸氫銨分解會損失，據此分析。

(1)鋅浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2等物質，加入稀硫酸，Zn、ZnO與硫酸反應變?yōu)?/span>Zn2+進入溶液，而SiO2是酸性氧化物，不能與硫酸反應，所以濾渣1主要成分是二氧化硅；

(2)在S2O82-的結構式中只含有一根“O一O”非極性鍵,則S與S原子之間存在一個—O—O—，S原子與四個O原子形成共價鍵，每個S原子形成兩個S=O雙鍵，兩個S-O單鍵。由于吸引電子的能力O>S，所以S元素的化合價為+6價；用惰性電極電解(NH4)2SO4生產(NH4)2S2O8(過二硫酸銨)，SO42-在陽極上失去電子，變?yōu)?/span>S2O82-，陽極電極反應式為：2SO42- -2e-=S2O82-；凈化1的溶液中含有Zn2+、Mn2+、Fe2+、Cd2+，向凈化1溶液中加入(NH4)2S2O8溶液，(NH4)2S2O8將Mn2+氧化轉化為MnO2形成濾渣2而過濾除去，S2O82-則獲得電子變?yōu)?/span>SO42-進入溶液，該反應的離子方程式為Mn2＋+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋；

(3)凈化2的目的是加入H2O2將溶液中的Fe2+氧化為+3價的鐵，與溶液中的OH-結合形成FeOOH沉淀除去，向凈化3溶液中加入Zn粉，Zn+Cd2+=Zn2++Cd，然后過濾，可以將過量的Zn及置換出的Cd單質過濾除去，所以濾渣3成分為Zn、Cd；

(4)凈化3以后的濾液中含有Zn2+，向該溶液中加入碳酸氫銨碳化，得到硫酸銨和二氧化碳及“前軀體”，其化學式為ZnCO32Zn(OH)2H2O，反應方程式是3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn(OH)2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑，形成沉淀后過濾，得到的濾液中主要溶質是(NH4)2SO4，該物質含有N元素，可直接用作氮肥，也可以用于循環(huán)使用制備(NH4)2S2O8(過二硫酸銨)。