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3. (2024·镇江)一种用炼铜烟灰（主要含${CuO}$、${ZnO}$）制备${Cu}$和${ZnSO_{4}· 7H_{2}O}$的流程如图。
(1)溶液$\mathrm{X}$应选用
a. 稀盐酸
b. 稀硫酸
c. 稀硝酸
(2)“置换”发生反应的化学方程式为
(3)“过滤”操作用到的玻璃仪器有
(4)“过滤”后的滤液制备${ZnSO_{4}· 7H_{2}O}$晶体的实验方案：将滤液
(1)溶液$\mathrm{X}$应选用
b
(填字母)。a. 稀盐酸
b. 稀硫酸
c. 稀硝酸
(2)“置换”发生反应的化学方程式为
$Zn + CuSO_4 = ZnSO_4 + Cu$
(写一个即可)。(3)“过滤”操作用到的玻璃仪器有
漏斗
、烧杯、玻璃棒等。(4)“过滤”后的滤液制备${ZnSO_{4}· 7H_{2}O}$晶体的实验方案：将滤液
蒸发浓缩、降温结晶
（填操作名称）、过滤、洗涤并干燥。答案
3．(1) b (2)$Zn + CuSO_4 = ZnSO_4 + Cu$(或$Zn + H_2SO_4 = ZnSO_4 + H_2 \uparrow$) (3) 漏斗 (4) 蒸发浓缩、降温结晶
4. 碲(${Te}$)广泛用于彩色玻璃和陶瓷工艺。以某工业废渣（主要含有${TeO_{2}}$，还含有少量${Ag}$、${Au}$）为原料制备碲的一种工艺流程如图：
查阅资料：
①${Ag}$、${Au}$不与稀硫酸或氢氧化钠溶液反应。②${TeO_{2}}$能与较浓的碱溶液反应。③${TeO_{2}}$可溶解在酸性较强的酸溶液中。
(1)请类比${CO_{2}}$与${NaOH}$的反应，写出“碱浸”时发生反应的化学方程式：
(2)“碱浸”后过滤得到的滤渣成分为
(3)“沉碲”时，缓慢加入硫酸降低${pH}$至$4.5\sim5.0$之间，不断搅拌生成${TeO_{2}}$沉淀，${pH}$不能降太低的原因是
(4)“酸溶”后，在${TeCl_{4}}$溶液中通入${SO_{2}}$，反应生成固体碲和初中化学中两种常见的酸，则该反应的化学方程式是
(5)若测得废渣中${TeO_{2}}$的含量为$80\%$，则每千克废渣通过这一流程可以提炼出单质碲的质量是
查阅资料：
①${Ag}$、${Au}$不与稀硫酸或氢氧化钠溶液反应。②${TeO_{2}}$能与较浓的碱溶液反应。③${TeO_{2}}$可溶解在酸性较强的酸溶液中。
(1)请类比${CO_{2}}$与${NaOH}$的反应，写出“碱浸”时发生反应的化学方程式：
$TeO_2 + 2NaOH = Na_2TeO_3 + H_2O$
。(2)“碱浸”后过滤得到的滤渣成分为
$Ag$和$Au$
。(3)“沉碲”时，缓慢加入硫酸降低${pH}$至$4.5\sim5.0$之间，不断搅拌生成${TeO_{2}}$沉淀，${pH}$不能降太低的原因是
酸性过强导致$TeO_2$继续与酸反应
。(4)“酸溶”后，在${TeCl_{4}}$溶液中通入${SO_{2}}$，反应生成固体碲和初中化学中两种常见的酸，则该反应的化学方程式是
$2SO_2 + TeCl_4 + 4H_2O = Te \downarrow + 4HCl + 2H_2SO_4$
。(5)若测得废渣中${TeO_{2}}$的含量为$80\%$，则每千克废渣通过这一流程可以提炼出单质碲的质量是
0.64
${kg}$(不考虑元素损失)。答案
4．(1)$TeO_2 + 2NaOH = Na_2TeO_3 + H_2O$ (2)$Ag$和$Au$ (3) 酸性过强导致$TeO_2$继续与酸反应 (4)$2SO_2 + TeCl_4 + 4H_2O = Te \downarrow + 4HCl + 2H_2SO_4$ (5) 0.64 解析:(5) 由流程图可知，$TeO_2$中的碲元素全部转化成了单质碲，即$TeO_2$中的碲元素质量等于单质碲的质量，$TeO_2$的含量为$80\%$的$1 kg$废渣中，碲元素的质量为$1 kg × 80\% × (\frac{128}{160} × 100\%) = 0.64 kg$，故生成单质碲的质量为$0.64 kg$。
解析
(1)$TeO_2 + 2NaOH = Na_2TeO_3 + H_2O$
(2)$Ag$和$Au$
(3)酸性过强导致$TeO_2$继续与酸反应
(4)$2SO_2 + TeCl_4 + 4H_2O = Te \downarrow + 4HCl + 2H_2SO_4$
(5)$0.64$
(2)$Ag$和$Au$
(3)酸性过强导致$TeO_2$继续与酸反应
(4)$2SO_2 + TeCl_4 + 4H_2O = Te \downarrow + 4HCl + 2H_2SO_4$
(5)$0.64$
5. (2025·苏州昆山一模)以生活垃圾焚烧的飞灰[主要成分为${Ca(OH)_{2}}$，还有少量的${NaCl}$、${KCl}$、含${Cu}$化合物等杂质]为原料，按图甲所示过程制备轻质碳酸钙并回收铜。
(1)“浸取”时用溶质质量分数为$10\%$的${NH_{4}Cl}$溶液浸取飞灰，${Ca^{2+}}$浸出量随时间变化如图乙所示。
①飞灰中${Ca(OH)_{2}}$与${NH_{4}Cl}$反应的化学方程式为
②单位时间内，提高${Ca^{2+}}$浸出量的措施有
③图中$60\ {min}$后，${Ca^{2+}}$浸出量不升反降的原因是
(2)“碳化”过程中生成${CaCO_{3}}$的化学方程式为
(3)上述流程中可循环利用的物质有
(4)每年我国生活垃圾焚烧产生的飞灰中钙元素约为$160$万吨，钙元素的利用率约为$30\%$，计算理论上每年可获得轻质碳酸钙的质量为
(1)“浸取”时用溶质质量分数为$10\%$的${NH_{4}Cl}$溶液浸取飞灰，${Ca^{2+}}$浸出量随时间变化如图乙所示。
①飞灰中${Ca(OH)_{2}}$与${NH_{4}Cl}$反应的化学方程式为
$Ca(OH)_2 + 2NH_4Cl = CaCl_2 + 2NH_3 \uparrow + 2H_2O$
。②单位时间内，提高${Ca^{2+}}$浸出量的措施有
适当升高温度、搅拌(合理答案均可)
。③图中$60\ {min}$后，${Ca^{2+}}$浸出量不升反降的原因是
随着反应的进行，$NH_4Cl$浓度减小，浸取反应速率减小，同时生成的$CaCl_2$浓度增大，可能会抑制$Ca(OH)_2$的溶解
。(2)“碳化”过程中生成${CaCO_{3}}$的化学方程式为
$CaCl_2 + CO_2 + 2(NH_3 · H_2O) = 2NH_4Cl + CaCO_3 \downarrow + H_2O$
。(3)上述流程中可循环利用的物质有
$NH_4Cl$
。(4)每年我国生活垃圾焚烧产生的飞灰中钙元素约为$160$万吨，钙元素的利用率约为$30\%$，计算理论上每年可获得轻质碳酸钙的质量为
120
万吨。答案
5．(1) ①$Ca(OH)_2 + 2NH_4Cl = CaCl_2 + 2NH_3 \uparrow + 2H_2O$ ② 适当升高温度、搅拌(合理答案均可) ③ 随着反应的进行，$NH_4Cl$浓度减小，浸取反应速率减小，同时生成的$CaCl_2$浓度增大，可能会抑制$Ca(OH)_2$的溶解 (2)$CaCl_2 + CO_2 + 2(NH_3 · H_2O) = 2NH_4Cl + CaCO_3 \downarrow + H_2O$ (3)$NH_4Cl$ (4) 120
解析:(4) 由题意可知实际用于生成碳酸钙的钙元素质量为$160万吨 × 30\% = 48万吨$。碳酸钙($CaCO_3$)中钙元素的质量分数为$\frac{40}{100} × 100\% = 40\%$。设理论上每年可获得轻质碳酸钙的质量为$x$，根据钙元素质量守恒可得:$x × 40\% = 48万吨$，解得$x = 120万吨$。
解析:(4) 由题意可知实际用于生成碳酸钙的钙元素质量为$160万吨 × 30\% = 48万吨$。碳酸钙($CaCO_3$)中钙元素的质量分数为$\frac{40}{100} × 100\% = 40\%$。设理论上每年可获得轻质碳酸钙的质量为$x$，根据钙元素质量守恒可得:$x × 40\% = 48万吨$，解得$x = 120万吨$。
