2026届高考化学专项训练——热重计算专题

高考化学专项训练——热重计算专题 一、单选题 1．8.34g样品在气氛中受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是 A．温度0~78℃间，发生反应为： B．温度为159℃时固体N中 C．温度为373℃，P的化学式为 D．固体P继续加热至635℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，发生反应为 2．由硫酸铝溶液与硫酸铵溶液反应，并经冷却结晶、离心分离、洗涤干燥制得，取4.53 g样品在氩气中加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。已知A点时失去全部结晶水，下列说法错误的是 A． B．A到B阶段发生反应的反应式： C．若样品未充分干燥，会导致的值偏大 D．硫酸铝铵晶体在975 ℃分解生成的固体为 3．Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全脱水，据图表分析，在350~400℃范围内，剩余固体成分为 A．CoO B．CoO、Co2O3 C．Co3O4 D． Co2O3、Co3O4 4．通过分析热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物等与质量的关系。受热会先失去结晶水，然后再发生其他的分解反应，所得到的热重曲线如图所示。下列说法错误的是 A．68~170℃时，失去部分结晶水 B．389℃时，所得固体为 C． 的摩尔质量为 D． D．550℃时，所得固体为 5．可用作焙烤食品的添加剂，《中华人民共和国国家标准》规定焙烤食品中铝的残留量。取加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示，a、b、c点对应的固体均为纯净物。下列说法错误的是 A．在水中的电离方程式为 B．a点剩余的固体可能为 C．b点剩余的固体可能为 D．c点剩余的固体可能为 6．氯金酸()是一种还原剂，也常用于化学合成金纳米颗粒。研究表明热分解得到的过程可分为四步，某实验小组取一定质量的进行热重分析，固体质量损失率()随温度变化的曲线如图所示： 下列判断正确的是 A．在130.7℃左右时，残留固体的组成为 B．在130.7~142.6℃温度范围内，发生氧化还原反应 C．142.6~247.4℃时，反应的化学方程式为 D．247.4~344.5℃时，分解生成的气态物质不具有强氧化性 二、填空题 7．如图是100 mg CaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用图中信息结合所学的知识，已知CaC2O4是难溶于水的物质，回答下列问题(A、B、C也表示相应的物质)： (1)温度分别为t1 ℃和t2℃时，固体产物的化学式A是 ，B是 。 (2)由CaC2O4·H2O得到A的化学方程式 。 (3)由A得到B的化学方程式为 。 (4)由图推断C的合理的化学式： 。 (5)写出CaC2O4·H2O溶于水后加非硫酸酸化的高锰酸钾的离子方程式： 。 8．由草酸氧钛钡[化学式BaTiO(C2O4)2·4H2O]晶体煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为 。(H—1，C—12，O—16，Ti—48，Ba—137) 9．将样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。 (1)在100℃时，M的化学式为 。 (2)在200℃时，N的化学式为 。 (3)380℃的P加热至650℃的化学方程式为 。 10．12.5g CuSO4﹒5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。 请回答下列问题： (1)试确定200℃时固体物质的化学式 。 (2)取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为 。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有蓝色晶体析出，该晶体的化学式为 ，其存在的最高温度是 。 (3)若在0.05mol·L－1 硫酸铜溶液中通入足量 H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的pH值约为 。 11．一种利用低品位铜矿(含、、和等)为原料制取的工艺流程如下： 已知：水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即转化为碱式碳酸铜和氢氧化铜。 (1)酸浸时参与反应的化学方程式为 。 (2)调节时，除了氨水外，也可以用，其优点是 。 (3)沉锰生成的离子方程式是 。 (4)已知与可反应生成深蓝色的，则沉锰时先通的目的是 。 (5)一系列操作是 。 (6)5.00 g 样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示： ①110℃时固体物质的化学式为 。 ②258℃发生反应的化学方程式为 。 12．我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一，资源化利用CO2是实现“碳中和”的重要途径。 (1)一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。 ①捕捉室中CO2与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为 。 ②“反应、分离”环节分离物质时用到的装置是 (填字母)。 A．     B．      C．      D． (2)CaO固体可以捕捉CO2.研究表明CaC2O4·H2O热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的CO2捕捉性能。取1.46g CaC2O4·H2O(相对分子质量为146)进行加热(曲线中共涉及到三步分解反应)，固体质量随温度变化如下图所示： ①写出400℃～600℃范围内分解反应的化学方程式 。 ②1000℃时，剩余固体的物质的量为 mol。 ③CaO固体捕捉CO2的反应温度应 (填“高于”、“低于”或“等于”)800℃。 (3)Au@TiO2蛋黄型空心球催化剂技术实现了CO2封存和能量储存双重效果，其原理如图1所示，制得的CH4通过两步法可制取H2，原理如图2所示。 ①已知CH4中H为+1价，则空心球催化剂技术中获得的n(CH4)：n(O2)= 。 ②写出两步法的步骤ⅱ的化学方程式 。 ③理论上，每消耗1mol CO2制得H2的物质的量为 mol。 13．三水合硝酸铜[，]是一种重要的无机试剂，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。回答下列问题： I．三水合硝酸铜的制备。 实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。 (1)在蒸发浓缩操作中，不需要的仪器是___________(填字母)。 A．蒸发皿 B．漏斗 C．玻璃棒 D．酒精灯 (2)若废铜屑中含有杂质铁，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为 。 II．溶液的配制。 (3)实验室里需要溶液。用三水合硝酸铜配制该溶液时，下列仪器(如图所示)不需要的是 (填仪器名称)。 (4)所需三水合硝酸铜固体的质量为 g(计算结果保留至小数点后第一位)。 (5)配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是___________(填字母)。 A．加水定容时俯视刻度线 B．容量瓶未干燥处理 C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水 D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯 III．三水合硝酸铜热分解实验[已知：和均为蓝色固体]。 (6)将样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在过程中有黑色固体和红棕色气体产生，反应的化学方程式为 。继续升温至时生成的固体产物为 (填化学式)。 14．PbO主要用作颜料、冶金助熔剂、油漆催干剂、橡胶硫化促进剂、杀虫剂等。一种以方铅矿(含PbS及少量Fe2O3、MgO、SiO2等)为原料制备PbO的工艺流程如图 回答下列问题： (1)Pb的价电子轨道表示式为 ，Pb在元素周期表中属于 区元素。 (2)“酸浸氧化”过程中FeCl3与PbS发生反应生成[PbCl4]2-，反应的离子方程式为 。 (3)实验室进行“操作I”所需玻璃仪器有 ，验证滤液1中存在Fe2+，可取样后滴加少量 (填化学式)溶液，观察到有蓝色沉淀析出。 (4)已知：Ksp(PbCO₃)=7.4×10-14、Ksp(PbSO4)=1.6×10-8。要实现PbSO4转化为PbCO3；的最小值为 (保留两位有效数字)。 (5)已知焙烧PbCO3可制得铅的氧化物，为了研究其产物成分，取5.34gPbCO3进行焙烧，其热重曲线如图所示，请写出350℃时所得铅的氧化物的化学式： 。 15．金属钴(Co)是一种重要的战略金属，有着较为广泛的用途。如图是利用含钴废料(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质)制备草酸钴的工艺流程。回答下面问题： (1)在“硫酸浸取”时，能提高“酸浸”速率的方法有 (任写一种)。滤渣1的成分是 (写化学式)。 (2)写出反应①的离子方程式： 、 。 (3)操作1中加入NaHCO3的作用是 。 (4)已知：Ksp(CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.2×10-12，若向溶液c中加入NaF溶液，当Mg2+恰好沉淀完全，即溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，此时溶液中c(Ca2+)最大等于 mol•L-1。 (5)若沉钴中得到二水合草酸钴CoC2O4·2H2O(M=183g/mol)热分解质量变化过程如图所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物，请写出从反应B点到C点的化学方程式 。 16．镓的化合物性质与铝相似。工业上常从锌矿渣(主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，其中Pb、Fe均以价形式存在，Ga以价形式存在)中回收镓。流程如下： 已知：①，  ②部分物质的如表所示。 物质 回答下列问题： (1)已知浸出渣的主要成分是和一种盐，加入的“溶液X”是 (写化学式，下同)，生成的该盐是 。加入的目的是 。 (2)室温下，当溶液中某种离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。若浸出液中阳离子浓度均为，则应调pH的范围为 。 (3)溶液蒸发浓缩时，停止加热的标志是 。 (4)试剂Y为 (填“溶液”或“氨水”)，加入试剂Y时发生反应的离子方程式为 。 (5)取加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，推断、时所得固体的化学式分别为 、 。    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年1月16日热重计算和滴定计算》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C A D D B C 1．C 【分析】8.34 g FeSO4·7H2O样品物质的量为0.03 mol，其中m(H2O)=0.03 mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34 g-3.78 g=4.56 g，可知在加热到373 ℃之前，晶体失去部分结晶水，加热至635℃时，固体的质量为2.40g，应为铁的氧化物，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03 mol，m(Fe)=0.03 mol×56 g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)=0.045mol，则n(Fe)∶n(O)=0.03mol∶0.045mol=2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3。 【详解】A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56 g=2.16 g，n(H2O)=0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12mol∶0.03mol=4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，故78 ℃时，M的化学式为FeSO4·4H2O，发生反应为：，故A错误； B．温度为159℃时，固体质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)=0.03mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03mol∶0.03mol=1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，则，故B错误； C．温度为373℃，固体质量为4.56g，结合分析，P的化学式为，故C正确； D．由上述分析可知，P的化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为xmol、ymol，则x+y=0.03、64x+80y=4.56-2.40，解得x=y=0.015，所以方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，Q的化学式为Fe2O3，故D错误； 故选C。 2．A 【详解】A．样品质量4.53 g，A点失去全部结晶水后质量为2.37 g，结晶水质量为4.53 g -2.37 g =2.16 g，物质的量为，无水的摩尔质量为，其物质的量为，故，A错误； B．A到B阶段，0.01 mol分解，生成固体质量1.71 g，根据反应式，0.01 mol反应物生成0.005 mol，质量为，与B点质量一致，B正确； C．样品未充分干燥会引入游离水，导致计算的结晶水质量偏大，n值偏大，C正确； D．从图中B到C点，975 ℃时固体质量0.51 g，0.005 mol分解生成0.005 mol，质量为，即在975 ℃分解生成的固体为，D正确； 故选A。 3．D 【详解】根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(Co)=mol，m(Co)=100×g；在350-400℃时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分析，在290℃，n(Co)：n(O)=：[(89.25-100×)÷16]=2：3，其化学式为Co2O3；在500℃n(Co)：n(O)=：[(86.38-100×)÷16]=3：4，其化学式为Co3O4；所以可以确定在350-400℃时的化学式为Co2O3和Co3O4，故答案为：D。 4．D 【分析】的摩尔质量为。加热到170℃，失去结晶水的物质的量为，所得固体为；加热到389℃时，失去结晶水的总物质的量为，所得固体为；加热到550℃时，所得固体的摩尔质量为，该固体为MgO。 【详解】A．由分析知，170℃时，所得固体为，则68~170℃时，失去部分结晶水，故A正确； B．由分析知，389℃时，所得固体为，故B正确； C．由分析知，的摩尔质量为，故C正确； D．由分析知，550℃时，所得固体为MgO，故D错误； 故选D。 5．B 【分析】的物质的量为=0.01mol，加热到a点时，质量差为4.53g-2.37g=2.16g，结晶水的质量m(H2O)=0.01mol=2.16g，2.16g刚好为结晶水的质量，此时固体为，加热到b点时，质量为1.71g，m()=0.01mol=1.71g，即此时固体为，c点时固体质量为0.51g，m()=0.01mol=0.51g，即此时固体为。 【详解】A．在水中的电离方程式为，故A正确； B．由上述分析可知，a点剩余的固体可能为，故B错误； C．由分析可知，b点剩余的固体可能为，故C正确； D．由分析可知，c点剩余的固体可能为，故D正确。 答案选B。 6．C 【详解】A．假设HAuCl4⋅4H2O的质量为412g，130.7℃左右时，412g×17.48%≈72g，失去4molH2O的质量，残留固体的组成为HAuCl4，A项错误； B．130.7~142.6℃时，412g×8.86%≈36.5g，失去1molHCl的质量，分解过程中化合价没有变化，残留物质是AuCl3，B项错误； C．142.6~247.4℃时，412g×17.23%≈71g，失去1molCl2的质量，残留物质是AuCl，C项正确； D．247.4~344.5℃时，412g×8.62%≈35.5g，失去0.5molCl2，残留物质是Au，Cl2具有强氧化性，D项错误； 故选C。 7．(1) CaC2O4 CaCO3 (2)CaC2O4·H2OCaC2O4＋H2O↑ (3)CaC2O4CaCO3＋CO↑ (4)CaO (5)5CaC2O4+2MnO+16H+=5Ca2++10CO2↑+2Mn2++8H2O 【详解】（1）设A、B的相对分子质量分别为x、y，由Ca2C2O4·H2O~A，则可得出x为，与Ca2C2O4·H2O的相对分子质量（146）相差18（H2O的相对分子质量），所以A为CaC2O4，同理，可得B的相对分子质量y为，则B为CaCO3（相对分子量恰好为100）。 （2）A为CaC2O4，由CaC2O4·H2O得到A的化学方程式为。 （3）A为CaC2O4，B为CaCO3，由A得到B的化学方程式为。 （4）由图得产生C质量约为38 mg，C的相对分子质量为，与CaO的相对分子质量56接近，所以C为CaO。 （5）CaC2O4·H2O溶于水与非硫酸酸化高锰酸钾反应的离子方程式为。 8．BaTiO(C2O4)2BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑ 【详解】44.9 g晶体的物质的量为0.1 mol，B点时固体质量减轻7.2 g，恰好减少0.4 mol H2O，则B点物质为BaTiO(C2O4)2，C点时残留固体为0.1 mol BaCO3、0.1 mol钛氧化物(设为TiOx)，固体质量为27.7 g，x==2，则减轻的是0.1 mol “C3O4”的质量，即反应生成0.2 mol CO和0.1 mol CO2，故阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑。 9．(1) (2) (3) 【分析】的物质的量为 ，加热逐渐失去结晶水得到FeSO4，FeSO4的质量为4.56g，继续加热得到铁的氧化物。 【详解】（1）在100℃时，得到固体质量为6.72g，可知硫酸亚铁晶体失去部分结晶水，设M的化学式为，则0.03mol×(152+18x)g/mol=6.72g，x=4，M的化学式为。 （2）在200℃时，得到固体质量为5.10g，可知硫酸亚铁晶体失去部分结晶水，设M的化学式为，则0.03mol×(152+18x)g/mol=5.1g，x=1，M的化学式为。 （3）加热完全失去结晶水得到FeSO4，FeSO4的质量为4.56g，则p点固体为FeSO4。FeSO4加热得到固体为铁的氧化物，根据铁元素守恒，Q中含有0.03mol铁元素，则Q中氧元素的物质的量为，n(Fe):n(O)=2:3，所以Q的化学式为Fe2O3，则380℃的P加热至650℃的化学方程式为。 10．(1)CuSO4·H2O (2) CuSO4CuO+SO3↑ CuSO4·5H2O 102℃ (3)1 【详解】（1）CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在200℃时失去的水的质量为12.5g-8.9g=3.6g 根据反应的化学方程式为： ，得出n=4，200℃时固体物质的化学式CuSO4·H2O； （2）温度为570℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3，反应方程式为：CuSO4CuO+SO3↑；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO4•5H2O；其存在的最高102℃； （3）在0.05mol•L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，硫酸根离子浓度不变，为0.05mol•L-1，由电荷守恒可知c(H+)=0.1mol•L-1，pH=1。 11．(1) (2)不引入新的杂质离子，且能提高产量 (3) (4)将转化为，避免加时生成碱式碳酸铜和氢氧化铜 (5)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 (6) 【分析】低品位铜矿(含、、和等)用稀硫酸酸浸并加入过量的，、、与发生氧化还原反应，生成、和S单质。被还原为。被溶解生成。向酸浸液中加入氨水调节pH，与发生离子反应生成沉淀。之后向滤液中通入气体并加入沉锰，让转化为沉淀。滤液经处理后得到CuO。最后对CuO进行酸浸，得到溶液。对该溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到。据此作答。 【详解】（1）由分析可知，与发生氧化还原反应，生成、S和。该反应化学方程式为； （2）使用氨水会向溶液中引入离子。与之相比，使用CuO调节pH不会引入新的杂质离子，且能提高产量； （3）与反应的离子方程式为。生成的与进一步发生反应：。反应总方程式为：； （4）根据已知条件，会与反应生成碱式碳酸铜和沉淀。向溶液中预先通入，可以使转化为，防止在加入之后生成沉淀，降低产率； （5）由分析可知，一系列操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥； （6）①已知的初始质量为5.00 g，其物质的量。其中的质量。从图像可以看出，温度为110℃时，固体的质量为4.28 g，则固体中水的物质的量，。此时固体物质的化学式为； ②由①的分析可知，中的质量为3.2 g。当温度为258℃，固体质量从3.56 g降低为3.2 g。当固体质量为3.56 g时，其中水的物质的量。此时固体中，固体的化学式为。则温度为258℃时，反应化学式为。 12．(1) CO2+2OH-=CO+H2O B (2) CaC2O4CaCO3+CO↑ 0.01 低于 (3) 1：2 NiO+2FeO+H2O=H2↑+NiFe2O4 3 【详解】（1）由题给流程可知，捕捉室中发生的反应为过量氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水；“反应、分离”环节发生的反应为氧化钙与碳酸钠溶液反应生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，过滤得到氢氧化钠溶液和碳酸钙；高温反应炉中发生的反应为碳酸钙高温条件下发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳。 ①由分析可知，捕捉室中发生的反应为过量氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：CO2+2OH-=CO+H2O； ②由分析可知，“反应、分离”环节过滤得到氢氧化钠溶液和碳酸钙，则分离物质时用到的装置是过滤装置，故选B； （2）1.46 g一水草酸钙的物质的量为：=0.01 mol，由图可知，第一步反应失去气体的质量为：1.46 g-1.28 g=0.18 g，则发生的反应为200 ℃左右的温度下一水草酸钙受热分解生成草酸钙和水；第二步反应失去气体的质量为：1.28 g-1.00 g=0.28 g，则发生的反应为400～600 ℃的温度下草酸钙受热分解生成碳酸钙和一氧化碳；第三步反应失去气体的质量为：1.00 g-0.56 g=0.44 g，则发生的反应为800～1000 ℃的温度下碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳； ①由分析可知，400～600℃范围内发生的反应为400～600 ℃的温度下草酸钙受热分解生成碳酸钙和一氧化碳，反应的化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO↑； ②由分析可知，800～1000 ℃范围内发生的反应为800～1000 ℃的温度下碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，则1000 ℃时，剩余固体为氧化钙，由钙原子个数守恒可知，氧化钙的物质的量为0.01 mol； ③由分析可知，温度高于800 ℃发生的反应为碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，所以用氧化钙捕捉二氧化碳的反应温度应低于800 ℃； （3）由图可知，空心球催化剂技术发生的总反应为二氧化碳和水催化生成甲烷和氧气，反应的化学方程式为：CO2+ 2H2O CH4+ 2O2；制得的甲烷两步法制备氢气发生的反应为：甲烷与NiFe2O4反应生成一氧化碳、氢气、氧化镍和氧化亚铁，反应的化学方程式为：NiFe2O4+ CH4=CO+2H2+2FeO+NiO；氧化镍和氧化亚铁与水反应生成NiFe2O4和氢气，反应的化学方程式为：NiO+2FeO+H2O=H2↑+NiFe2O4，则总反应为：CH4+ H2O CO+ 3H2； ①由分析可知，空心球催化剂技术发生的总反应为：CO2+ 2H2O CH4+ 2O2，则反应生成甲烷和氧气的物质的量比为1：2； ②由分析可知，步骤ⅱ发生的反应为：NiO+2FeO+H2O=H2↑+NiFe2O4； ③由分析可知，二氧化碳与制得氢气的关系为：CO2～3H2，则消耗1 mol二氧化碳时，理论上制得氢气的物质的量为3 mol。 13．(1)B (2)取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素(或取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素) (3)分液漏斗 (4)12.1 (5)CD (6) 【分析】实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，将溶液蒸发浓缩制备，取配制溶液时需要用500mL容量瓶。 【详解】（1）在蒸发浓缩操作中，不需要漏斗，答案选B； （2）若废铜屑中含有杂质铁，反应后有铜剩余，说明溶液中的铁元素以亚铁离子的形式存在，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为：取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素(或取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素)； （3）配制溶液时，需要用500mL容量瓶，不需要分液漏斗； （4）用500mL容量瓶配制溶液，需要三水合硝酸铜固体的质量：； （5）A．加水定容时俯视刻度线会导致溶液体积偏小，浓度偏大，A不符合题意； B．容量瓶未干燥处理，对溶液的浓度无影响，B不符合题意； C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度偏低，C符合题意； D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，浓度偏低，D符合题意； 答案选CD； （6）样品中n(Cu)==0.1mol，在过程中有黑色固体和红棕色气体产生，固体质量从18.8g降低至8.0g，则剩余固体为CuO(0.1mol×80g/mol=8.0g)，同时有NO2生成，反应方程式为：；加热到时CuO又分解，根据铜元素守恒，最终生成(0.05mol×144g/mol=7.2g)。 14．(1) p (2) (3) 烧杯、漏斗、玻璃棒 (4) (5) 【分析】“酸浸氧化”：根据流程图可知，PbS与FeCl3发生氧化还原反应，将-2价氧化成硫单质，Fe3+被还原成Fe2+，Fe2O3转化成Fe3+，MgO转化成Mg2+，SiO2为难溶于水的酸性氧化物，因此滤渣为S、SiO2； “沉淀”：加入硫酸，生成PbSO4沉淀； “沉淀转化”：加入饱和碳酸钠溶液，将硫酸铅转化成碳酸铅； 【详解】（1） Pb位于第六周期ⅣA族，价电子排布式是6s26p2，价电子轨道式为；最后一个电子填充在p能级上，因此属于p区元素，故答案为；p； （2）FeCl3与PbS发生反应生成[PbCl4]2-、S，+3价铁被还原成+2价铁，其离子方程式为PbS+2Fe3++4Cl-=[PbCl4]2-+S+2Fe2+，故答案为PbS+2Fe3++4Cl-=[PbCl4]2-+S+2Fe2+； （3）操作Ⅰ得到滤液和滤渣，因此操作Ⅰ的名称为过滤，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；验证Fe2+，出现现象是出现蓝色沉淀，因此滴加的试剂为K3[Fe(CN)6]；故答案为烧杯、玻璃棒、漏斗；K3[Fe(CN)6]； （4）要实现PbSO4转化为PbCO3，，故答案为4.6×10-6； （5）5.34gPbCO3的物质的量为0.02mol，根据元素守恒，350℃时，4.62g铅的氧化物含有0.02molPb，即4.14gPb，则含氧元素0.48g，即0.03mol，则该氧化物的化学式为Pb2O3；故答案为Pb2O3。 15．(1) 将含钴废料粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等 SiO2、CaSO4 (2) 2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+ 2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+ (3)使Fe3+、Al3+与HCO发生双水解反应，除去Fe3+、Al3+ (4)0.0102 (5)4Co3O4+O26Co2O3 【分析】加硫酸浸取：根据含钴废料的成分，加入稀硫酸，发生Co2O3+3H2SO4=Co2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，二氧化硅是酸性氧化物，不与稀硫酸反应，滤渣1为SiO2、CaSO4； 步骤①：亚硫酸钠具有还原性，发生2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+、2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+； 步骤②：双氧水的作用是将Fe2+氧化成Fe3+； 操作1：加入碳酸氢钠的目的是Fe3+、Al3+与HCO发生双水解反应，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀； 操作2：加入NaF的目的是除去Mg2+，发生Mg2++2F-=MgF2↓； 操作3：加入草酸铵，让Co2+转化成草酸钴； 据此分析； 【详解】（1）提高“酸浸”速率的方法是将含钴废料粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等；根据上述分析，滤渣1的成分是SiO2、CaSO4；故答案为将含钴废料粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等；SiO2、CaSO4； （2）Fe3+、Co3+具有强氧化性，亚硫酸钠具有还原性，发生2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+、2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+；故答案为2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+、2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+； （3）操作1中加入碳酸氢钠，Fe3+、Al3+与HCO发生双水解反应，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；故答案为使Fe3+、Al3+与HCO发生双水解反应，除去Fe3+、Al3+； （4）根据MgF2的Ksp=c(Mg2+)·c2(F-)，当Mg2+恰好完全沉淀时，c(F-)==×10-4mol/L，同理根据氟化钙的溶度积，求出c(Ca2+)=≈0.0102mol/L；故答案为0.0102； （5）CoC2O4·2H2O全部失去结晶水后，得到固体为CoC2O4，其质量为=14.7g，即A点物质为CoC2O4，草酸钴分解成Co单质，根据钴原子守恒，则Co单质的质量为5.9g，因此B、C应为氧化物，根据钴原子守恒，B、C中Co原子物质的量为0.1mol，B点中氧原子物质的量为mol，因此该氧化物为Co3O4，同理，C的氧化物为Co2O3，因此B点到C点Co3O4被氧气氧化成Co2O3，即化学方程式为4Co3O4+O26Co2O3；故答案为4Co3O4+O26Co2O3。 16．(1) 将氧化成 (2)5.48~6.6(或) (3)溶液表面出现晶膜(或有少量的晶体析出) (4) 溶液 (或) (5) 【分析】某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，加入硫酸，经过滤，得到浸出渣为SiO2、PbSO4，浸出液含有Zn、Fe、Ga的离子，加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH生成Fe(OH)3、Ga(OH)3沉淀，滤液含有硫酸锌，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到硫酸锌晶体，滤渣2含有Fe(OH)3、Ga(OH)3，加入过量的氢氧化钠，可生成NaGaO2溶液，过滤得到有Fe(OH)3，电解NaGaO2溶液，可制备Ga，以此解答该题。 【详解】（1）“溶液X”是，浸出时，二氧化硅与稀硫酸不反应，Pb的氧化物与稀硫酸反应生成不溶于水的硫酸铅，因此浸出渣的主要成分是：。加入过氧化氢是为了将氧化成，离子方程式为：。 （2）根据流程图中物质转化关系可知，调pH的目的是使铁离子、三价镓离子沉淀完全而锌离子不沉淀，从而与锌离子分离，氢氧化铁和氢氧化镓属于同种类型沉淀，由其溶度积可知，当三价镓离子完全沉淀时，铁离子已经完全沉淀，三价镓离子完全沉淀时，则室温下，pH=-lg()≈5.48，锌离子开始沉淀时，，pH=-lg()≈6.6，则应调节pH的范围为5.48~6.6。 （3）溶液蒸发浓缩时，停止加热的标志是：溶液表面出现晶膜(或有少量的晶体析出)。然后冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （4）由流程图可知，溶于X而氢氧化铁不溶，根据题目信息：镓的化合物的化学性质与铝相似，因此可与强碱氢氧化钠溶液反应，但氢氧化铁不反应，试剂X为氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为：。 （5）的物质的量为0.1mol，由锌原子守恒可知，若得到，质量为17.90g；若得到ZnSO4，质量为16.10g；若得到ZnO，质量为8.10g。因此100℃、930℃时所得固体的化学式分别为：、ZnO。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $