押广州卷第17题 非选择题（解析版）

押广州卷非选择题第17题物质的相互转化和制备题号/年份2021202220232024年一模2024年考向预测T17考点物质的相互转化和制备碱的化学性质；化学式的书写及意义；化学性质与物理性质的差别及应用；金属的化学性质物质的相互转化和制备；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；固体溶解度曲线及其作用；盐的化学性质氧气的制取装置；氧气的收集方法；氧气的检验和验满2024年广州中考第17题考查较大难度题，预测还会考查物质的相互转化和制备考点1物质的相互转化和制备1．（2021•广州·17T）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。（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NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物接触面积，使反应更快、更充分。②“反应分离”环节发生的复分解反应是Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH（写化学方程式）。③“反应分离”环节分离物质采用的方法是过滤。④CO2用途广泛，写出一种用途：用作人工降雨等。（2）CaO固体也可以捕捉回收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1.46gCaC2O4•H2O进行加热，固体质量随温度变化如图。①写出400～600℃范围内分解反应的化学方程式：CaC2O4CaCO3+CO↑（CaC2O4•H2O的相对分子质量：146）。②据图分析，CaO捕捉CO2的反应温度应低于（填“高于”或“低于”）800℃。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）①捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物接触面积，使反应更快、更充分。故填：增大反应物接触面积，使反应更快、更充分。②“反应分离”环节发生的复分解反应：碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH。故填：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH。③“反应分离”环节分离物质采用的方法是过滤。故填：过滤。④CO2用途广泛，可以用作人工降雨。故填：用作人工降雨等。（2）①由图中信息可知，0～200℃范围内失去结晶水，400～600℃范围内CaC2O4分解生成CaCO3、CO，反应的化学方程式：CaC2O4CaCO3+CO↑。故填：CaC2O4CaCO3+CO↑。②据图分析，CaO捕捉CO2的反应温度应低于800℃，是因为当温度高于800℃时，发生碳酸钙分解反应，只有低于此温度，才利于氧化钙与二氧化碳化合。故填：低于。2．（2023•广州·17T）制盐在我国有着悠久的历史。某盐湖水样品含有NaCl、Na2SO4及少量MgSO4和CaSO4，某小组从中获取NaCl和Na2SO4的主要过程如图1：（1）“除杂1”应依次加入的两种试剂是Ca（OH）2、Na2CO3，“除杂2”应加入的试剂是HCl。（除杂限选试剂：HCl、HNO3、Na2CO3、Ca（OH）2）（2）将“溶液A”在80℃蒸发浓缩，至有少量固体析出。①该小组分析溶解度曲线，推测析出的少量固体是NaCl，但检验后却发现是Na2SO4。请作出合理解释：溶液中硫酸钠的含量比氯化钠高，硫酸钠先达到饱和析出。②该小组停止蒸发浓缩，经降温结晶、过滤得到大量Na2SO4固体及母液；将母液中的NaCl分离出来，操作是加热蒸发溶剂至有较多晶体析出，趁热过滤，洗涤，干燥。（3）设计由硫磺（单质硫）生产Na2SO4的转化路径，依次写出反应的化学方程式：、SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O、2Na2SO3+O2＝2Na2SO4。（提示：常见+4价硫的化合物可与O2化合为+6价硫的化合物）【答案】（1）Ca（OH）2；Na2CO3；HCl；（2）①溶液中硫酸钠的含量比氯化钠高，硫酸钠先达到饱和析出；②降温结晶；加热蒸发溶剂至有较多晶体析出，趁热过滤，洗涤，干燥；（3）、SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O、2Na2SO3+O2＝2Na2SO4。【解答】解：（1）样品中含有的杂质是硫酸镁和硫酸钙，可将硫酸镁或硫酸钙转化为氯化钠和硫酸钠。从杂质含有硫酸根离子可知，转化为硫酸钠较为容易，只需除去镁离子和钙离子，引入钠离子即可。根据给出药品，可以先加入过量氢氧化钙，氢氧化钙和硫酸镁反应生成硫酸钙和氢氧化镁沉淀，之后加入碳酸钠，碳酸钠和硫酸钙反应生成碳酸钙沉淀和硫酸钠，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠。过滤滤液中有氯化钠、硫酸钠、碳酸钠、氢氧化钠。杂质碳酸钠、氢氧化钠可以加入盐酸转化为氯化钠，盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水。（2）①80℃硫酸钠的溶解度大于氯化钠的溶解度，如氯化钠和硫酸钠的质量相等则氯化钠先析出，但硫酸钠先析出，则说明溶液中硫酸钠的含量比氯化钠高，硫酸钠先达到饱和析出。②硫酸钠的溶解度随温度变化较大，40℃后随温度的降低溶解度降低较多，氯化钠的溶解度随温度的变化改变较小。所以开始经降温结晶，过滤得到大量硫酸钠固体与母液。然后可以通过蒸发结晶的方法从母液中将氯化钠分离出来，操作时加热蒸发溶剂至有较多晶体析出（温度较高时硫酸钠的溶解度又升高，不会因为低温时饱和蒸发水而析出），趁热过滤，洗涤，干燥。（3）使用硫单质生产硫酸钠，初中常见的硫单质的反应是硫和氧气点燃生成二氧化硫，化学方程式为。根据碱的通性，氢氧化钠可以和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，化学方程式为SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O。根据提示常见+4价硫的化合物可与O2化合为+6价硫的化合物，则亚硫酸钠和氧气反应可生成硫酸钠，2Na2SO3+O2＝2Na2SO4。其他路径合理即可。故答案为：（1）Ca（OH）2；Na2CO3；HCl；（2）①溶液中硫酸钠的含量比氯化钠高，硫酸钠先达到饱和析出；②降温结晶；加热蒸发溶剂至有较多晶体析出，趁热过滤，洗涤，干燥；（3）、SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O、2Na2SO3+O2＝2Na2SO4。考点2碱的化学性质3．（2022•广州·17T）镓（Ga）及其化合物应用广泛，常用于半导体、合金材料等工业。已知：镓在化合物中常显+3价；金属活动性顺序：Zn＞Ga＞Fe。（1）镓的氧化物的化学式为Ga2O3。（2）氢氧化镓是难溶于水的白色固体。①上述信息中能用于推测氢氧化镓化学性质的是AB（填标号）。A.“氢氧化镓”B.“难溶于水”C.“白色固体”②取少量氢氧化镓固体于试管中，加入无色溶液x，充分搅拌后固体完全溶解。溶液x可能是BHCl或H2SO4（答案合理即可）。（填化学式）（3）设计金属镓转化为氢氧化镓的一种方案：2Ga+6HCl＝2GaCl3+3H2↑、3NaOH+GaCl3＝Ga（OH）3↓+3NaCl（依次写出化学方程式）。【答案】（1）Ga2O3；（2）①AB；②HCl；H2SO4（答案合理即可）；（3）2Ga+6HCl＝2GaCl3+3H2↑、3NaOH+GaCl3＝Ga（OH）3↓+3NaCl。【解答】解：（1）镓在化合物中常显+3价，氧元素显﹣2价，则镓的氧化物的化学式为Ga2O3；故答案为：Ga2O3；（2）①溶解性、状态、颜色均不需要发生化学变化就能表现出来，属于物质的物理性质；由氢氧化镓的名称可知，该物质是一种碱，显碱性，碱性属于化学性质，难溶于水，则不能与盐发生反应，属于化学性质；故答案为：AB；②碱能与酸发生中和反应生成盐和水，取少量氢氧化镓固体于试管中，加入无色溶液x，充分搅拌后固体完全溶解。溶液x可能是稀盐酸或稀硫酸；故答案为：HCl；H2SO4（答案合理即可）；（3）因为金属活动性顺序：Zn＞Ga＞Fe，所以可用镓和稀盐酸反应，生成氯化镓和氢气，氯化镓与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镓沉淀和氯化钠，化学方程式依次为2Ga+6HCl＝2GaCl3+3H2↑、3NaOH+GaCl3＝Ga（OH）3↓+3NaCl；故答案为：2Ga+6HCl＝2GaCl3+3H2↑、3NaOH+GaCl3＝Ga（OH）3↓+3NaCl。考点3氧气的制取装置4．（2024•广州一模·17T）某兴趣小组在跨学科实践课上制作了一台简易化学“制氧机”，如图1所示，该制氧机通过A、B两种物质产生氧气，其中A是二氧化锰黑色粉末，B是过碳酸钠白色固体。过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）加水溶解会分解生成Na2CO3和H2O2。用该制氧机制氧时，在反应仓中加入适量水，再先后加入过碳酸钠和二氧化锰，反应仓内有黑色粉末翻腾，变得浑浊，仓壁变得温热，过滤仓底部导气管口有气泡冒出。（1）反应仓中H2O2生成氧气的化学方程式是2H2O22H2O+O2↑，过滤仓中的水除了有过滤杂质提纯氧气的作用外，还可以起到的作用是AB（填序号）。A.可以通过气泡观察氧气生成的速率B.降低氧气温度C.加快氧气的生成（2）验证过滤仓导出的气体是氧气的方法：将带火星的木条放在过滤仓的导管口，若木条复燃，证明为氧气。（3）如果在实验室用过碳酸钠、二氧化锰、水制取氧气，从图2中可选用的气体发生装置是B（填装置序号）；若用C、D装置收集一瓶干燥的氧气，装置接口的正确连接顺序依次为d→e→b→c（填字母序号）。【答案】（1）2H2O22H2O+O2↑；AB；（2）将带火星的木条放在过滤仓的导管口，若木条复燃，证明为氧气；（3）B；d→e→b→c。【解答】解：（1）反应仓中的过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，过滤仓中的水除了有过滤杂质提纯氧气的作用外，还可以起到的作用是可以通过气泡观察氧气生成的速率、降低氧气温度，故选：AB；（2）氧气具有助燃性，氧气能使带火星的木条复燃，故验证过滤仓导出的气体是氧气的方法是将带火星的木条放在过滤仓的导管口，若木条复燃，证明为氧气；（3）在实验室用过碳酸钠、二氧化锰、水制取氧气的反应物状态是固体和液体，反应条件是常温，则应选B固液反应常温型装置，若用C、D装置收集一瓶干燥的氧气，洗气时应长进短出，即氧气从d通入，从e导出，氧气的密度比空气大，用C收集氧气时，氧气应从b通入，空气从c排出，则装置接口的正确连接顺序依次为d→e→b→c。故答案为：（1）2H2O22H2O+O2↑；AB；（2）将带火星的木条放在过滤仓的导管口，若木条复燃，证明为氧气；（3）B；d→e→b→c。知识必备一、物质的相互转化和制备物质的相互转化和制备主要是指以氧气、氢气、碳、硫、磷等为代表的非金属单质，以铝、镁、锌、铁、铜为代表的金属单质，以一氧化碳、二氧化碳等为代表的非金属氧化物，以氧化铜、氧化铁等为代表的金属氧化物，以盐酸、硫酸、碳酸等为代表的酸，以氢氧化钠、氢氧化钙等为代表的碱，以氯化钠、碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钙等为代表的盐，等等物质之间的相互和制备．物质的相互转化关系和制备如图所示：

需要说明的是：图中的各规律为各物质间相互转化的一般规律，具体到某些物质时有些规律要具体分析，未必都能适用；例如，根据图示的物质的相互转化关系，来制备氯化锌和硫酸铜时，能够采用的方法分别有7种和3种（由于不同原因，图示的其它制备盐的方法就不可取了），具体转化是这样的：【解题技巧】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记物质的相互转化和制备方法，以及与之相关的知识．然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生产或生活经验所得，细致地分析题意（或实验、图表信息）等，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还需要注意以下几点：

1、一定要掌握好以氧气、氢气、碳、硫、磷等为代表的非金属单质，以铝、镁、锌、铁、铜为代表的金属单质，以一氧化碳、二氧化碳等为代表的非金属氧化物，以氧化铜、氧化铁等为代表的金属氧化物，以盐酸、硫酸、碳酸等为代表的酸，以氢氧化钠、氢氧化钙等为代表的碱，以氯化钠、碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钙等为代表的盐，等等物质的性质和用途等相关知识。

2、还要弄清各类物质之间的相互转化规律和典型物质的制备方法等。

3、要理解和熟记金属活动性顺序表及其应用、常见酸碱盐的溶解性表和元素周期表等有关图表的内容，并且还要学会利用它们来分析解决实际问题。考点1物质的相互转化和制备1．（2024•花都区一模）某实验小组利用废硫酸液制备K2SO4晶体，其流程如图所示。（1）操作1的名称是过滤。（2）上述流程中可循环使用的物质有CaCO3、CO2（写化学式）。（3）常温（25℃）下，反应Ⅲ能实现的原因是利用了物质的溶解度的差异。反应Ⅲ中相关物质的溶解度数据如图。请写出该反应的化学方程式：2KCl+（NH4）2SO4＝K2SO4↓+2NH4Cl。（4）用饱和K2SO4溶液代替水洗涤反应Ⅲ所得晶体的原因是硫酸钾溶于水而难溶于饱和的硫酸钾；为检验此晶体是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液，先加入过量的C（填序号，下同），振荡、静置，再向上层清液中滴加A，观察现象即可判断。A.AgNO3溶液B.BaCl2溶液C.Ba（NO3）2溶液D.NaOH溶液【答案】（1）过滤；（2）CaCO3；CO2；（3）2KCl+（NH4）2SO4＝K2SO4↓+2NH4Cl；（4）硫酸钾溶于水而难溶于饱和的硫酸钾；C；A。【解答】解：（1）操作1是为了把固体和液体分开，因此该操作为过滤；（2）整个过程中，碳酸钙和二氧化碳开始是反应物，后来是生成物，所以上述流程中可循环使用的物质的化学式为CaCO3和CO2；（3）根据流程可知，反应Ⅲ中的反应为：2KCl+（NH4）2SO4＝K2SO4↓+2NH4Cl；（4）由于硫酸钾溶于水而难溶于饱和的硫酸钾，所以为减少硫酸钾因为溶解而造成的损失，不用水而用饱和K2SO4溶液洗涤反应Ⅲ所得晶体；为检验硫酸钾晶体表面的杂质是否洗涤干净也就是检验硫酸钾表面是否附着氯化铵或者氯化钾，既要检验氯离子的存在还要排除硫酸根离子的干扰，所以可取最后一次洗涤液，先加入过量的硝酸钡溶液，进而沉淀掉硫酸根离子，然后振荡、静置，再向上层清液中滴加硝酸银溶液进而确定氯离子是否存在，观察现象即可判断，故选：CA；故答案为：（1）过滤；（2）CaCO3；CO2；（3）2KCl+（NH4）2SO4＝K2SO4↓+2NH4Cl；（4）硫酸钾溶于水而难溶于饱和的硫酸钾；C；A。2．（2024•增城区一模）金属钒（V）及其化合物在工业生产中有重要应用。（1）钒元素有多种化合价，V2O5读作五氧化二钒，偏钒酸钠（化学式为NaVO3）中钒元素的化合价为+5。（2）V2O5可用于制备偏钒酸铵，制备流程如图所示：①溶解时，V2O5与NaOH溶液反应生成偏钒酸钠的化学方程式为V2O5+2NaOH＝2NaVO3+H2O；沉钒时，发生的反应为：NaVO3+NH4Cl═NH4VO3↓+NaCl，该反应属于复分解反应（填基本反应类型）。②V2O5在不同pH条件下以不同形式沉淀，有关pH和沉淀的颜色如表所示，pH对沉钒率的影响如图所示。实验表明，pH＝8.0时，沉钒率最高，沉淀颜色为白色。pH对沉钒率的影响pH2.0～4.05.0～7.0≥8.0沉淀颜色砖红色粉末金黄色白色③当沉钒率为95%，182kgV2O5可制得NH4VO3的质量为222.3kg。【答案】（1）五氧化二钒；+5；（2）①V2O5+2NaOH＝2NaVO3+H2O；复分解反应；②8.0；白色；③222.3。【解答】解：（1）氧化物读法一般为从后往前读，读作“某化某”，故V2O5读作五氧化二钒。偏钒酸钠中钠元素显+1价，氧元素显﹣2价，设偏钒酸钠中钒元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为0，可得：（+1）+x+（﹣2）×3＝0，x＝+5，故偏钒酸钠中钒元素的化合价为+5；（2）①五氧化二钒和氢氧化钠溶液生成偏钒酸钠和水，故化学方程式为：V2O5+2NaOH＝2NaVO3+H2O。该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应；②如图所示，pH＝8.0时，沉钒率最高。根据pH＝8.0，查表格，显示的沉淀颜色为白色。③设反应生成偏钒酸钠的质量为x。V2O5+2NaOH＝2NaVO3+H2O182244182kgxx＝244kg设反应生成偏钒酸铵的质量为y。NaVO3+NH4Cl═NH4VO3↓+NaCl122117244kgyy＝234kg沉钒率为95%，故可制得偏钒酸铵的质量为：234kg×95%＝222.3kg答：可制得NH4VO3的质量为222.3kg。故答案为：（1）五氧化二钒；+5；（2）①V2O5+2NaOH＝2NaVO3+H2O；复分解反应；②8.0；白色；③222.3。3．（2024•白云区校级模拟）二氧化锰因应用广泛而备受关注。某研究小组用废旧电池炭包制备纯MnO2，制备流程如图所示。已知：焙烧MnCO3制取MnO2的化学方程式为请回答下列问题：（1）实验前将炭包粉碎，目的是增大接触面积，加快反应的速率。（2）加入Na2CO3溶液后发生反应的基本反应类型为复分解反应，化学方程式为Na2CO3+MnSO4＝Na2SO4+MnCO3↓；过滤Ⅱ后洗涤滤渣，证明滤渣已洗净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，不产生沉淀（溶液中不含有硫酸钠），则已洗净。（3）试根据化学方程式求46.0gMnCO3通过焙烧最多制得的MnO2的质量是34.8g。（4）焙烧MnCO3的过程中，固体产物的质量和成分随温度的变化如图所示，则焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应温度不高于300℃；若把焙烧46.0gMnCO3温度控制在900℃，充分反应后的固体产物质量为28.4g。【答案】（1）增大接触面积，加快反应的速率；（3）34.8g；34.8g；（3）300；28.4。【解答】解：（1）实验前将炭包粉碎，目的是增大接触面积，加快反应的速率。（2）加入Na2CO3溶液后，碳酸钠和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀和硫酸钠，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+MnSO4＝Na2SO4+MnCO3↓，所属的基本反应类型为复分解反应。过滤Ⅱ后洗涤滤渣，由于硫酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀硫酸钡和氯化钠，证明滤渣已洗净的方法：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，不产生沉淀（溶液中不含有硫酸钠），则已洗净。（3）设可制得的MnO2的质量是x。2MnCO3+O22CO2+2MnO2230                   17446.0g               x解得：x＝34.8g答：最多制得的MnO2的质量是34.8g。（4）由实验过程中石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化图示可知，在焙烧MnCO3制取MnO2的过程中，温度高于300℃就要生成Mn2CO3或MnO，所以该控制反应的温度不高于300℃。设试管内剩余固体的质量为y。MnCO3CO2↑+MnO115            7146.0g       y解得y＝28.4g。故答案为：（1）增大接触面积，加快反应的速率；（2）34.8g；34.8g；（3）300；28.4。4．（2024•越秀区校级一模）我国承诺于2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，体现大国责任与担当。碳元素的一些物质转化关系如图。（1）途径Ⅰ：可由化合物与单质参与反应实现，该化合物的名称是一氧化碳。（2）途径Ⅱ：古人将炉甘石（ZnCO3）煅烧分解可制得ZnO（填化学式）和CO2。（3）途径Ⅲ：反应物中的碳单质具有还原性。（填“氧化”或“还原”）（4）途径Ⅳ：实验室制备二氧化碳的化学反应方程式CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑。“氨法”捕集二氧化碳是实现“碳中和”的重要途径之一，目前受到广泛关注和研究，其主要流程如图。（5）常温下，二氧化碳气体通入紫色石蕊溶液变红色。（6）工业上用氨水喷淋吸收废气中的CO2，采用“喷淋”的原因是增大接触面积，利于二氧化碳的吸收。（7）反应①的化学方程式是NH3⋅H2O+CO2＝NH4HCO3，该反应的温度不宜高，原因是碳酸氢铵受热易分解。（8）上述流程中，可循环利用的物质是NH3⋅H2O。我国科学家成功实现了用CO2和Cu合成醋酸。其微观示意图如图。（9）整个转化中，二氧化碳与醋酸的分子个数之比为2：1。【答案】（1）一氧化碳；（2）ZnO；（3）还原；（4）CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；（5）红；（6）增大接触面积，利于二氧化碳的吸收；（7）NH3⋅H2O+CO2＝NH4HCO3；碳酸氢铵受热易分解；（8）NH3⋅H2O；（9）2：1。【解答】解：（1）途径Ⅰ：可由化合物与单质参与反应实现，一氧化碳和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳，该化合物的名称是一氧化碳；（2）途径Ⅱ：碳酸锌在高温的条件下生成氧化锌和二氧化碳，所以将炉甘石（ZnCO3）煅烧分解可制得ZnO和CO2；（3）途径Ⅲ：反应物中的碳单质具有还原性；（4）途径Ⅳ：实验室制备二氧化碳的反应是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；（5）常温下，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊变红色，所以二氧化碳气体通入紫色石蕊溶液变红色；（6）工业上用氨水喷淋吸收废气中的CO2，采用“喷淋”的原因是：增大接触面积，利于二氧化碳的吸收；（7）反应①是氨水与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，化学方程式是：NH3⋅H2O+CO2＝NH4HCO3，该反应的温度不宜高，原因是：碳酸氢铵受热易分解；（8）由流程图可知，氨水在流程中既是反应物又是生成物，所以可循环利用的物质是：NH3⋅H2O；（9）依据碳元素守恒可知，2CO2CH4CH3COOH；二氧化碳与醋酸的分子个数之比为2：1。故答案为：（1）一氧化碳；（2）ZnO；（3）还原；（4）CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；（5）红；（6）增大接触面积，利于二氧化碳的吸收；（7）NH3⋅H2O+CO2＝NH4HCO3；碳酸氢铵受热易分解；（8）NH3⋅H2O；（9）2：1。5．（2024•广州一模）碳捕集和碳的资源化利用是碳中和领域研究热点。Ⅰ、碳捕集：捕捉烟气中的CO2，将其再释出可实现资源化利用，相关物质转化如下：已知：CaO+H2O＝Ca（OH）2（1）“颗粒反应室”中发生的反应为复分解反应，其化学方程式为Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH。（2）上述流程中可循环使用的物质有2种，分别是NaOH、Ca（OH）2（填化学式）。Ⅱ、碳的资源化利用：中国科学家已实现由CO2到淀粉的全人工合成，主要过程如下：（3）绿色植物通过光合作用实现将CO2转化为葡萄糖。（4）阶段Ⅰ反应的微观过程如图1所示。写出甲醇的化学式CH3OH。（5）阶段Ⅱ的物质转化如图2所示。反应a中四种物质的化学计量数均为1。①推测分子中氢原子数目：甲醇＞甲醛（填“＞”、“＜”或“＝”）。②为使甲醇持续转化为甲醛，反应b需补充H2O2，理论上需补充的H2O2与反应a中生成的H2O2的分子个数比：1。【答案】（1）Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；（2）NaOH；Ca（OH）2；（3）光合；（4）CH3OH；（5）＞；1。【解答】解：（1）根据题意捕捉室里氢氧化钠和二氧化碳反应会生成碳酸钠和水，故再加入石灰乳后，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；（2）根据可循环利用的物质具有特点是既是生成物又可作为反应物出现，如图所示该流程中氢氧化钠在捕捉室是反应物，在反应室是生成物，氧化钙加水的石灰乳，在反应室作为反应物，在煅烧炉作为生成物出现，故此可循环利用的物质是氢氧化钠和氢氧化钙；（3）绿色植物通过光合作用实现二氧化碳到葡萄糖的转化；（4）如图根据质量守恒定律可知反应前后原子的种类和个数不变，反应前有6个氢原子、1个碳原子和2个氧原子，反应后有2个氢原子和1个氧原子，故甲醇分子中含有1个碳原子、4个氢原子和1个氧原子，其化学式为：CH3OH；（5）①根据反应a中四种物质的化学计量数均为1可知，反应前只有甲醇含有氢原子，而反应后过氧化氢中含有氢原子，由反应前后原子的个数不变可知甲醇分子中的氢原子数目比甲醛中的多；②过氧化氢分解时过氧化氢与生成氧气的分子个数关系是：2：1，由反应a中四种物质的化学计量数均为1，可知反应a中氧气与生成过氧化氢的分子个数关系是：1：1，故理论上需补充的过氧化氢与反应a中生成的过氧化氢的分子个数比是。6．（2024•广州模拟）金属材料及金属化合物在生产、生活中应用广泛。（1）铝具有很好的抗腐蚀性能，是因为4Al+3O2＝2Al2O3（用化学方程式表示）；（2）镓（Ga）及其化合物应用广泛，常用于半导体、合金、磁性材料等领域。已知镓在化合物中常为+3价，金属活动性顺序：Zn＞Ga＞Fe。①写出镓与稀盐酸反应的化学方程式2Ga+6HCl＝2GaCl3+3H2↑；②根据上述信息，下列预测不合理的是C（填字母）。A．镓具有导电性B．氧化镓的化学式为Ga2O3C．镓能与氯化镁溶液发生置换反应D．H2或CO在高温条件下能将镓的氧化物转化为金属镓（3）二氧化锰应用广泛，可作为除锈剂、氧化剂等。通过焙烧MnCO3可制取MnO2，发生反应的化学方程式为：2MnCO3+O22CO2+2MnO2）①实验过程中剩余固体的质量和成分随温度的变化如图所示，则焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应的温度不高于300℃。②随着焙烧温度的升高，固体中锰元素的质量分数升高（填“升高”、“降低”或“不变”）。③若把反应温度控制在900℃，23.0gMnCO3充分反应后管内剩余固体的质量为14.2g。（4）化学兴趣小组在实验室探究制备铜的实验，请选择下列试剂设计两种制备铜的方案（要求含铜原料分别属于不同的物质类别）。限选试剂：CuO、Fe2O3、CO、H2、Fe、CuSO4溶液预期反应的化学方程式依据的反应规律方案一具有还原性的物质能与某些氧化物反应方案二Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4金属活动性顺序里，前面的金属能把后面的金属从它化合物的溶液里置换出来【答案】（1）4Al+3O2＝2Al2O3。（2）2Ga+6HCl＝2GaCl3+3H2↑；C。（3）300；升高；14.2。（4）；Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4；金属活动性顺序里，前面的金属能把后面的金属从它化合物的溶液里置换出来。【解答】解：（1）由于铝在常温下与空气中氧气反应在其表面生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止铝进一步氧化。所以铝具有很好的抗腐蚀性能。化学方程式为4Al+3O2＝2Al2O3。（2）①镓与稀盐酸反应生成氯化镓和氢气，化学方程式2Ga+6HCl＝2GaCl3+3H2↑。②A、镓是金属，具有导电性。A预测合理，不符合题意；B、镓在化合物中常为+3价，氧元素为﹣2价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则，得出氧化镓的化学式为Ga2O3。B预测合理，不符合题意；C、由于金属活动性顺序：Zn＞Ga＞Fe，可知镓不如镁活泼，所以镓不能与氯化镁溶液发生置换反应。C预测不合理，符合题意；D、H2或CO具有还原性，所以H2或CO在高温条件下能将镓的氧化物转化为金属镓。D预测合理，不符合题意。（3）①据图可知，300℃后二氧化锰分解，所以焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应的温度不高于300℃。②随着焙烧温度的升高，MnO2变成Mn2O3、MnO过程中失去了O元素，固体中锰元素的质量分数升高。③若把反应温度控制在900℃，此时剩余固体为MnO，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，则23.0gMnCO3充分反应后管内剩余固体的质量＝。（4）方案一：CO、H2具有还原性，可以与CuO反应，加热条件下CO与CuO反应，生成铜和二氧化碳；加热条件下H2与CuO反应，生成铜和水。化学方程式为：；。方案二：根据金属活动性顺序里，前面的金属能把后面的金属从它化合物的溶液里置换出来，可知铁的活动性强于铜，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。化学方程式为：Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4。故答案为：（1）4Al+3O2＝2Al2O3。（2）2Ga+6HCl＝2GaCl3+3H2↑；C。（3）300；升高；14.2。（4）；Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4；金属活动性顺序里，前面的金属能把后面的金属从它化合物的溶液里置换出来。7．（2024•环翠区校级一模）碳排放导致全球变暖，极端天气事件增加。我国政府承诺：中国力争于2030年前实现“碳达峰”、2060年前实现“碳中和”的目标。（1）植物的光合作用是自然界消耗二氧化碳的最重要途径之一，人们称其为地球上最重要的能量转化过程。植物进行光合作用时，其能量转化形式是太阳能转化为化学能。（2）捕集、利用和封存CO2是实现碳中和的一种途径。矿物质碳化封存的反应之一是氧化镁与CO2反应生成碳酸镁，该反应的化学方程式为MgO+CO2MgCO3。（3）在高温、高压下，CO2和NH3可以合成尿素[CO（NH2）2]，同时生成水，该反应的化学方程式为CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O。（4）在实际生产中，经常用NaOH溶液来“捕捉”CO2，流程如图所示（部分条件及物质未标出）。“反应、分离”过程中发生反应的化学方程式为CaO+H2O＝Ca（OH）2，Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH。通过这两个反应可以让氢氧化钠循环利用起来。【答案】（1）太阳能转化为化学能。（2）MgO+CO2MgCO3。（3）CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O。（4）CaO+H2O＝Ca（OH）2；Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；氢氧化钠。【解答】解：（1）植物的光合作用是二氧化碳和水在光照和叶绿体的作用下转化为有机物和氧气，其能量转化形式是是太阳能转化为化学能；（2）氧化镁和二氧化碳在一定条件下反应生成碳酸镁，该反应的化学方程式为：MgO+CO2MgCO3；（3）二氧化碳和氨气在高温、高压条件下反应生成尿素和水，该反应的化学方程式为：CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O；（4）“反应、分离”过程中发生反应为氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的化学方程式分别为：CaO+H2O＝Ca（OH）2，Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；由化学方程式可知，通过这两个反应可以让氢氧化钠循环利用。故答案为：（1）太阳能转化为化学能。（2）MgO+CO2MgCO3。（3）CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O。（4）CaO+H2O＝Ca（OH）2；Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；氢氧化钠。8．（2024•李沧区一模）制盐在我国有着悠久的历史。某盐湖水样品含有NaCl、Na2SO4及少量MgSO4和CaSO4，某兴趣小组从中获取NaCl和Na2SO4的主要过程如图。（1）“除杂1”应加入两种过量的试剂依次是Ca（OH）2、Na2CO3；“除杂2”应加入适量的试剂是HCl【除杂限选试剂：HCl、HNO3、Na2CO3、Ca（OH）2】。（2）结合硫酸钠和氯化钠的溶解度曲线分析。①在“结晶分离”过程中，0～40℃时，分离获得硫酸钠的方法是降温结晶。②40℃时，120g硫酸钠的饱和溶液中含有硫酸钠的质量为40g。【答案】（1）Ca（OH）2；Na2CO3；HCl；（2）降温结晶；40。【解答】解：（1）除杂1应是除去硫酸镁和硫酸钙杂质，硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和硫酸钙，所以可加入过量的氢氧化钙溶液除去硫酸镁，硫酸钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙和硫酸钠，过量的氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以可加入过量的碳酸钠溶液除去硫酸钙和过量的氢氧化钙，所以“除杂1”应加入两种过量的试剂依次是：Ca（OH）2、Na2CO3；滤液中含过量的碳酸钠和反应生成的氢氧化钠，氢氧化钠能与稀盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，所以“除杂2”应加入适量的试剂是HCl，从而除去氢氧化钠和碳酸钠；（2）①通过分析溶解度曲线可知，0～40℃时，硫酸钠的溶解度随温度的升高而增加，且溶解度受温度影响较大，所以分离获得硫酸钠的方法是降温结晶；②40℃时，硫酸钠的溶解度为50g，则该温度下，120g硫酸钠的饱和溶液中含有硫酸钠的质量为：120g××100%＝40g。故答案为：（1）Ca（OH）2；Na2CO3；HCl；（2）降温结晶；40。9．（2024•广陵区一模）我国“十四五”规划明确提出2060年前要实现“碳中和”，并将“碳中和”纳入生态文明建设的总体布局，重要战略是CO2的捕集、利用与储存。Ⅰ.CO2与环境（1）推广植树造林是利用植物的光合作用吸收CO2。（2）作为一名中学生，我们也应该为“碳中和”作出自己的努力，请写出一条生活中的低碳方式绿色出行等（合理即可）。Ⅱ.CO2的捕集（3）CO2可以封存在海洋里，因为二氧化碳在深海的溶解度比在水中大，原因是深海中低温、高压。一种捕集CO2的反应原理如图所示。（4）该转化过程中，生成的CO中碳元素的质量（填大于、小于或等于）大于捕集到的CO2中的碳元素。写出反应②的方程式。Ⅲ.CO2的利用CH4与CO2在催化剂作用下可得到合成气（CO和H2），实现资源化利用。反应过程中催化剂表面还同时存在积碳反应和消碳反应，原理如图所示。（5）消碳反应的产物“”是一氧化碳或CO。（6）为了减少催化剂表面积碳，可采取的措施是增大二氧化碳的浓度。Ⅳ.CO2的储存CO2可与天然矿石中MgO反应生成碳酸镁，从而储存CO2。（7）已知碳酸镁和碳酸钙化学性质相似，如果要从碳酸镁中获得二氧化碳可以采用的一种方法是：（写出一点即可）加入稀盐酸等（合理即可）。（8）已知碳酸镁微溶于水，在水中加热以后，会转化成更难溶的氢氧化镁和一种常见的气体，该气体是二氧化碳或CO2。【答案】（1）光合；（2）绿色出行等（合理即可）；（3）深海中低温、高压；（4）大于；；（5）一氧化碳或CO；（6）增大二氧化碳的浓度；（7）加入稀盐酸等（合理即可）；（8）二氧化碳或CO2。【解答】解：（1）二氧化碳是绿色植物进行光合作用的原料，推广植树造林是利用植物的光合作用吸收CO2；（2）绿色出行、随手关灯等，均能减少二氧化碳的排放，均符合“低碳”的理念；（3）CO2是气体，气体的溶解度随温度升高而减小，随压强增大而增大，二氧化碳的溶解度在低温和高压的条件下是增大的，深海中的低温、高压，使二氧化碳的溶解度增大；（4）根据图示可知，总反应为二氧化碳和甲烷在催化剂的作用下反应生成一氧化碳和氢气，根据质量守恒定律，反应前后碳元素的质量不变，则生成的一氧化碳中碳元素的质量等于二氧化碳与甲烷中碳元素的质量之和，故该转化过程中，生成的CO中碳元素的质量大于捕集到的CO2中的碳元素；反应②为碳酸钙和甲烷在催化剂的作用下反应生成氧化钙、一氧化碳和氢气，化学方程式为：；（5）根据图示可知，消碳反应的产物“”是一氧化碳，化学式为CO；（6）根据反应原理图，积碳反应能生成积碳，消碳反应能将积碳反应中生成的积碳消耗，若想减少催化剂表面的积碳，可以增大二氧化碳的浓度，来增大消碳反应的速率，从而减少催化剂表面的积碳；（7）已知碳酸镁和碳酸钙化学性质相似，均属于碳酸盐，可以和酸反应放出二氧化碳，如果要从碳酸镁中获得二氧化碳，可以加入稀盐酸等（合理即可）；（8）已知碳酸镁微溶于水，在水中加热以后，会转化成更难溶的氢氧化镁和一种常见的气体，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，则说明反应物为碳酸镁和水，含有镁、碳、氢、氧四种元素，生成物氢氧化镁中含有镁、氢、氧三种元素，则该气体中一定含有碳元素，是一种常见的气体，则该气体为二氧化碳，化学式为CO2。故答案为：（1）光合；（2）绿色出行等（合理即可）；（3）深海中低温、高压；（4）大于；；（5）一氧化碳或CO；（6）增大二氧化碳的浓度；（7）加入稀盐酸等（合理即可）；（8）二氧化碳或CO2。10．（2024•北流市模拟）稀土被称为“工业维生素”，能显著提升建造航母及舰载机的材料性能，含有稀土元素钇的氧化钇（Y2O3）被广泛应用于航空航天涂层材料。以富钇稀土矿（主要成分为Y2O3，含有少量的Fe2O3、CuO、SiO2等杂质）生产氧化钇的工艺流程如图，回答下列问题：（1）操作Ⅰ的名称是过滤。滤液Ⅰ中一定含有的阳离子是Y3+、Fe3+、Cu2+（填离子符号）。（2）向反应釜2中通入气体X的目的是调节溶液的pH，使溶液呈碱性，将滤液Ⅰ中的Fe3+、Cu2+转化为Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀除去。（3）沉淀池中“沉钇”过程有H2O等物质产生，“沉钇”的化学方程式为6NH4HCO3+2YCl3＝Y2（CO3）3↓+3CO2↑+6NH4Cl+3H2O。（4）流程中可循环使用的物质为氨气或NH3（填物质名称）。【答案】（1）过滤；Y3+、Fe3+、Cu2+；（2）调节溶液的pH，使溶液呈碱性，将滤液Ⅰ中的Fe3+、Cu2+转化为Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀除去；（3）6NH4HCO3+2YCl3＝Y2（CO3）3↓+3CO2↑+6NH4Cl+3H2O；（4）氨气或NH3。【解答】解：（1）经过操作Ⅰ，难溶性固体和液体分离，所以操作Ⅰ是过滤；富钇稀土矿中主要成分为Y2O3，含有少量的Fe2O3、CuO、SiO2等杂质，加入稀盐酸，发生的反应有：Y2O3与HCl反应生成YCl3和H2O，Fe2O3与HCl反应生成FeCl3和H2O、CuO与HCl反应生成CuCl2和H2O，滤液I中一定含有的阳离子是Y3+、Fe3+、Cu2+；（2）熟石灰是氢氧化钙的俗称，反应釜3中氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气，则X气体是氨气，滤液1的主要成分是YCl3、FeCl3、CuCl2，所以向反应釜2中通入气体X的目的是调节溶液的pH，使溶液呈碱性，将滤液Ⅰ中的Fe3+、Cu2+转化为Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀除去；（3）由图可知，“沉钇”过程中发生的反应是碳酸氢铵与氯化钇反应生成碳酸钇沉淀、氯化铵、水和二氧化碳，化学方程式为6NH4HCO3+2YCl3＝Y2（CO3）3↓+3CO2↑+6NH4Cl+3H2O；（4）反应釜3中氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气，反应釜2中又需要通入氨气，所以该流程中可循环使用的物质为氨气；故答案为：（1）过滤；Y3+、Fe3+、Cu2+；（2）调节溶液的pH，使溶液呈碱性，将滤液Ⅰ中的Fe3+、Cu2+转化为Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀除去；（3）6NH4HCO3+2YCl3＝Y2（CO3）3↓+3CO2↑+6NH4Cl+3H2O；（4）氨气或NH3。11．（2024•良庆区校级模拟）粗制氧化镍主要含氧化镍（NiO），以及少量氧化钴（CoO）和氧化铁，以粗制氧化镍为原料制备纯镍的流程如图：（1）反应①中，反应物X可能是C（填化学式）。（2）反应②中化学方程式为CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O。（3）操作安全说明中要求反应③开始前“用氮气充分吹扫设备内部”的目的是排出装置中原有的空气，防止加热时爆炸。（4）由下表推知：从Ni（CO）4、Fe（CO）5和Co2（CO）8的混合物中用蒸馏的方法提取Ni（CO）4应选择的温度（T）范围是43℃≤T＜52℃。物质Ni（CO）4Fe（CO）5Co2（CO）8沸点/℃4310652（5）在以上生产流程中可循环利用的物质是CO。【答案】（1）C；（2）CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；（3）排出装置中原有的空气，防止加热时爆炸；（4）43℃≤T＜52℃；（5）CO。【解答】解：（1）二氧化碳与碳在高温条件下反应生成一氧化碳，所以反应①中，反应物X可能是碳或焦炭等碳单质。故答案为：C；（2）反应②是二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；故答案为：CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；（3）反应③中需通入氢气，氢气具有可燃性，不纯时加热或点燃可能会发生爆炸，而氮气的化学性质稳定，所以要求反应3开始前“用氮气充分吹扫设备内部”，其目的是排出装置中原有的空气，防止加热时爆炸；故答案为：排出装置中原有的空气，防止加热时爆炸；（4）由题表中的数据与信息可知，从Ni（CO）4、Fe（CO）5；和Co2（CO）8：的混合物中用蒸馏的方法提取Ni（CO）4应选择的温度范围是43℃≤T＜52℃；故答案为：43℃≤T＜52℃；（5）一氧化碳是一种有毒气体，不能随意排放，防止污染环境。一氧化碳在生产流程中既是生成物，又是反应物，循环使用，可以充分利用一氧化碳；故答案为：CO。12．（2024•增城区一模）CuO和CuO2等铜基催化剂可将CO2转变为有经济价值的碳氢化合物，是实现碳中和的重要途径之一。【查阅资料】在酸性条件下，H2O2和CuO2都能与高锰酸钾溶液发生反应。（1）CuO和CuO2的合成①在特定的CuCl2溶液中加入一定量的NaOH溶液，反应得到Cu（OH）2，反应的化学方程式为CuCl2+2NaOH＝Cu（OH）2↓+2NaCl。②随后，在强磁力搅拌和0℃条件下，加入过量30%H2O2溶液，反应得到黄褐色固体CuO2。为定性检验实验所制备的CuO2，需对反应后的混合物进行过滤（填操作名称）、洗涤（目的是除去固体表面的过氧化氢），然后在酸性条件下滴加KMnO4（写化学式），观察到滴加的溶液颜色变化即可证实。③最后，将CuO2置于管式炉中，在O2气氛下，加热得到热重分析曲线如图1所示。根据图1分析，CuO2在300℃时开始分解得到黑色固体，该热分解反应的化学方程式2CuO22CuO+O2↑；失重率（固体减少的质量与初始固体的质量之比）为16.6%，与理论值相差0.1%，说明产物的纯度比较高。（2）通过上述实验合成的CuO作催化剂电化学还原CO2的部分示意图如图2所示，CO2转化为C2H4（写化学式）。【答案】（1）①CuCl2+2NaOH＝Cu（OH）2↓+2NaCl；②过滤；除去固体表面的过氧化氢；KMnO4；③300；2CuO22CuO+O2↑；0.1；（2）C2H4。【解答】解：（1）①氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，故反应的化学方程式为：CuCl2+2NaOH＝Cu（OH）2↓+2NaCl；②为定性检验实验所制备的CuO2，需对反应后的混合物进行分离，将固体CuO2与液体分离，该操作为过滤；洗涤的目的是除去固体表面的过氧化氢；在酸性条件下，CuO2能与高锰酸钾溶液发生反应，所以在酸性条件下滴加KMnO4溶液，观察到滴加的溶液颜色变化；③根据图1分析，CuO2在300℃时开始分解得到黑色固体，发生失重；在O2气氛下，加热至300℃时，CuO2分解生成氧化铜和氧气，故反应的化学方程式为：2CuO22CuO+O2↑；由化学方程式可知，反应中，过氧化铜和氧气的质量比＝（96×2）：32＝6：1，则理论失重率＝，失重率为16.6%，与理论值相差0.1%；（2）由图和质量守恒定律可知，二氧化碳和水CuO作催化剂反应生成C2H4和氢气，即反应中CO2转化为C2H4。故答案为：（1）①CuCl2+2NaOH＝Cu（OH）2↓+2NaCl；②过滤；除去固体表面的过氧化氢；KMnO4；③300；2CuO22CuO+O2↑；0.1；（2）C2H4。13．（2024•广州一模）用蛋壳（主要含CaCO3，还有少量MgCO3和有机物）为原料通过以下步骤制取补钙剂醋酸钙[（CH3COO）2Ca]。已知：①醋酸（CH3COOH）易挥发；②醋酸钙易溶于水，高于160℃时发生分解，高温下完全分解的化学方程式为（CH3COO）2CaCaO+C3H6O↑+CO2↑。（1）焙烧。将蛋壳在高温下焙烧后冷却，得到含金属氧化物的固体。①焙烧过程中，CaCO3发生反应的化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑。（2）酸溶。在焙烧后的固体中先加入适量水打浆，冷却后，再加入稍过量的醋酸得到醋酸盐溶液。其中，加入醋酸前要先冷却的原因是CaO与水反应放出大量热，反应液温度过高会使醋酸挥发损失。（3）除镁。在酸溶后的溶液中加入Ca（OH）2固体至碱性，将（CH3COO）2Mg转化为Mg（OH）2沉淀除去。请写出该反应的化学方程式（CH3COO）2Mg+Ca（OH）2＝（CH3COO）2Ca+Mg（OH）2↓。（4）中和。在除镁后的溶液中加入醋酸调节溶液pH为7，其目的是除去溶液中的Ca（OH）2，并将其转化为（CH3COO）2Ca；防止溶液吸收空气中的二氧化碳，引入杂质。（5）将中和后的溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤得到醋酸钙晶体。蒸发时不能直接将溶液蒸干的原因是防止蒸干时局部温度过高，导致醋酸钙分解。（6）醋酸钙高温下分解所得氧化钙可作为气体吸收剂。将质量分数为94.8%的（CH3COO）2Ca样品50.0g在高温下完全分解，分解得到CaO的质量为16.8g。【已知：①杂质不发生反应。②（CH3COO）2Ca的相对分子质量为158。】【答案】（1）CaCO3CaO+CO2↑；（2）CaO与水