04化学反应原理--福建省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（鲁科版）

这是一份04化学反应原理--福建省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（鲁科版），共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）我国科研机构使用改性的Cu基催化剂，可打通从合成气经草酸二甲酯常压催化加氢制备乙二醇的技术难关。下列说法正确的是
A．乙二醇与乙二酸属于同系物B．与石墨互为同素异形体
C．铜原子的价电子排布式为D．催化剂通过降低焓变加快反应速率
2．（2015上·福建福州·高三统考期末）H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 ml·L-1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，如图，下列说法合理的是
A．Na2S2O3是该反应的还原剂
B．该滴定可用甲基橙作指示剂
C．该滴定可选用图所示装置
D．该反应中每消耗2 ml Na2S2O3，电子转移数为4 ml
3．（2018上·福建厦门·高三统考期末）2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=-198 kJ·ml-1，在V2O5存在时，该反应的机理为：V2O5＋SO2=2VO2＋SO3(快)，4VO2＋O2=2V2O5(慢)。下列说法中正确的是
A．反应速率主要取决于V2O5的质量B．VO2是该反应的催化剂
C．逆反应的活化能大于198 kJ·ml-1D．增大SO2的浓度可显著提高反应速率
4．（2020·福建漳州·高三统考期末）反应在295K时，其反应物浓度与反应速率关系的数据如下：
注：反应物浓度与反应速率关系式为(式中速率常数，其中为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度)下列说法不正确的是
A．m=2，n=1
B．当，，
C．加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k，而加快反应速率
D．升高温度，可以增大反应的活化能，从而使速率常数k增大
5．（2023上·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期末）某小组同学用乙醛进行银镜反应实验时，补充做了以下实验。已知：
实验①：
实验②：
下列关于该实验的分析不正确的是
A．实验①无需加热，说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应
B．实验①中加入NaOH后，溶液中c(NH3)增大
C．实验表明，相同pH条件下，不同存在形式的Ag(I)的氧化性不一样
D．对比实验①和②知，形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低
6．（2021上·福建三明·高三统考期末）电化学原理在日常生活和科技领域中应用广泛。下列说法正确的是
A．甲：向电极方向移动，电极附近溶液增大
B．乙：电池充电时，二氧化铅与电源的负极连接
C．丙：被保护的金属铁与电源的负极连接，该方法称为外加电源保护法
D．丁：负极的电极反应式为
7．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）某温度下，应用电化学原理处理废旧塑料PET( )制取甲酸钾装置如图。下列说法错误的是

A．转移1 ml电子产生0.5 ml
B．隔膜为阳离子交换膜
C．阳极反应：
D． 为PET水解产物
8．（2023上·福建三明·高三统考期末）是一种亲水有机盐，其结构如图所示，其中A、B、C、D为同一短周期元素，C与E位于同一主族。下列叙述正确的是

A．C是空气中含量最高的元素
B．简单气态氢化物的稳定性：
C．与E的简单阴离子在溶液中能大量共存
D．该化合物中只有A、C、D元素原子的最外层满足8电子稳定结构
9．（2023上·福建三明·高三统考期末）下列化学反应表示正确的是
A．在空气中加热：
B．过量通入溶液中：
C．用惰性电极电解饱和溶液：
D．稀硫酸与稀氢氧化钾溶液发生反应：
10．（2023上·福建三明·高三统考期末）一种新型短路膜电化学电池消除装置如图所示。下列说法错误的是
A．短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子
B．正极反应消耗标准状况下，理论上需要转移电子
C．负极反应为：
D．该装置可用于空气中的捕获，缓解温室效应
11．（2023上·福建三明·高三统考期末）2-甲基丙烯与的加成反应有两种产物，这两种加成反应过程与其相应的能量变化曲线关系如图所示。在恒容绝热密闭容器中通入一定量的2-甲基丙烯与的混合物进行有关反应。下列说法正确的是

A．反应焓变大小：反应I反应Ⅱ
B．产物稳定性的强弱：产物1产物2
C．改变催化剂，反应I、Ⅱ的活化能和反应热均发生改变
D．2-甲基丙烯与的加成反应产物中更稳定
12．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）现有含的0.1 ml⋅L、1.0 ml⋅L 溶液，含的0.1 ml⋅L、1.0 ml⋅L 溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．可以为原料生产
B．
C．曲线④表示含的1.0 ml⋅L 溶液的变化
D．对含且和初始浓度均为1.0 ml⋅L的混合溶液，时才发生沉淀转化
二、填空题
13．（2015上·福建莆田·高三校联考期末）有X、Y、Z三种元素，已知X、Y是元素周期表前20号元素，且X的原子序数比Y大4，元素Z形成的金属单质在日常生活中应用最广泛。请回答：
Ⅰ．若X是短周期最活泼的金属元素。
（1）写出Y的单质的结构式 。
（2）写出单质Z与元素Y的最高价氧化物对应的水化物（稀溶液，过量）反应的离子方程式 。
Ⅱ．若X的简单离子半径是第三周期元素简单离子半径最小的。
（3）在定向爆破中，常利用氧化铁和单质X反应放出的热量来切割钢筋。该反应的化学方程式为 。
（4）已知X的阳极氧化是一种常用的金属表面处理技术，它能使X的表面形成致密的氧化膜，该氧化膜不溶于稀硫酸。某化学研究小组在实验室中模拟该处理过程，装置如图所示，该阳极的电极反应式为 。

Ⅲ．含Z的化合物A（化学式为K2ZO4）极易溶于水，但静置一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生O2。
（5）化合物A溶于水后的变化 （用离子方程式表示）。查阅资料发现，加入下列物质中的 可提高A在水中的稳定性。
14．（2015上·福建泉州·高三统考期末）如图：A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。
（1）A中反应的离子方程式为 。
（2）B中Sn极的电极反应式为 。Sn极附近溶液的pH值 （填“变大”、“变小”、“不变”）
（3）C中被腐蚀的金属是 ，该电极电极反应式为 ，比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序为 。
15．（2015上·福建泉州·高三统考期末）在25℃时，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化曲线如图所示，请回答：
（1）O点为什么不导电 。
（2）a、b、c三点醋酸的电离度最大的是 (填“a”、“b”或“c”)。
（3）a、b、c三点的c(H+)由大到小的顺序是 。
（4）在25℃时，已知c点溶液中pH="5," 则溶液中的c(OH－)= 。
（5）若使c点溶液中的c(CH3COO－)增大，不可以采取下列措施中的 (填序号)。
A．加热 B．加水 C． 加NaOH固体 D．加入锌粒
（6）随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是 (填序号)。
16．（2015上·福建泉州·高三统考期末）在一容积为2L的密闭容器内加入0.2ml的N2和0.6ml的H2，在一定条件下发生如下反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H”、“K，说明反应逆向移动，选b。
考点：化学平衡常数的应用，化学平衡移动。
20．（1）①取少量过程II的滤液放入试管中，向其中加入KSCN溶液，若溶液变红色，证明铁离子未除尽，反之则已除尽；
②BaS04的溶解度比BaC03的溶解度小，所以可将SO42-沉淀更完全；
③2Mg2++2CO32-+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑；
④Ba2+；
（2）①NH4+、I-；
②8IO3ˉ+ 5S2032-+2OH-=4I2+10SO42-+H2O；
③阴极是氢离子放电生成氢气，则阴极的氢氧根离子浓度增大，同时钠离子向阴极区移动，所以生成NaOH。
【详解】试题分析：（1）①利用铁离子的性质特征与KSCN溶液反应溶液变红色可检验铁离子是否除尽，具体操作是取少量过程II的滤液放入试管中，向其中加入KSCN溶液，若溶液变红色，证明铁离子未除尽，反之则已除尽；
②过程I的目的是除去硫酸根离子，根据表中数据可知，硫酸钡比硫酸钙更难溶，所以加氯化钡溶液可使硫酸根离子沉淀完全；
③加入碳酸钠溶液可除去钙离子和镁离子，根据表中的数据，镁离子与碳酸根离子发生双水解反应生成碱碳酸镁沉淀和二氧化碳气体，离子方程式是2Mg2++2CO32-+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑；
④在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3等沉淀中，BaCO3的溶解度相对最大，若Ba2＋沉淀完全，则说明Mg2＋ 和Ca2＋也沉淀完全，所以只需检测Ba2+是否沉淀完全即可；
（2）①根据流程图可知，过程IV中加次氯酸钠，目的是氧化铵根离子和碘离子，铵根离子易氮气形成放出，碘单质在下步操作中除去，所以除去的离子是NH4+、I-；
②碱性条件下，Na2S203将IO3ˉ还原为I2，自身被氧化为硫酸根离子，同时反应中有氢氧根离子参加，所以反应的离子方程式是8IO3ˉ+ 5S2032-+2OH-=4I2+10SO42-+H2O；
③电解氯化钠溶液时，阴极是氢离子放电生成氢气，则阴极的氢氧根离子浓度增大，同时钠离子向阴极区移动，所以生成NaOH。
考点：考查离子的检验，离子方程式的书写，对流程的分析，电解反应原理的应用
21．（12分）
（1）①减小（2分） ②作催化剂或催化作用（2分）
（2）①CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=－q kJ.ml－1（3分）
②O2+4e－+4H+=2H2O（2分）
（3）①氨水（1分） ②16.36mL（2分）
【详解】试题分析：（1）T1时先达平衡，所以T1>T2，而温度升高，二氧化碳的浓度减小，说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小；根据NO参与的反应判断，消耗后又生成NO，所以NO在该过程中其催化剂作用；
（2）①甲醚完全燃烧生成的气态氧化物是二氧化碳和水蒸气，所以1ml甲醚燃烧生成二氧化碳和水蒸气的热化学方程式是CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=－q kJ.ml－1；
②燃料电池中都是燃料发生氧化反应，所以氧气在正极发生还原反应，电解质溶液为酸性时，氧气得到电子与氢离子结合为水，电极反应式为O2+4e－+4H+=2H2O；
（3）①若为滴定氢氧化钠溶液，当盐酸的体积为20mL时，二者恰好完全反应，溶液为中性，而图中盐酸的体积为20mL时，溶液为酸性，所以滴定的是氨水；
②当向20.00 mLNaOH溶液中加入V mL盐酸时，所得混合溶液pH=12，溶液为碱性，氢氧根离子的浓度是0.01ml/L，说明盐酸不足，则（0.1ml/L×20.00-0.1ml/L×VmL）/(20.00+V)mL=0.01ml/L，则V=16.36mL。
考点：考查对图象的分析判断，电化学反应原理的应用，热化学方程式的书写，pH的应用
22．(1)圆底烧瓶
(2)Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O
(3)吸收SO2中的水蒸气
(4)使品红褪色的主要微粒不是SO2分子，而是SO2与H2O反应生成的某些微粒
(5)液中存在：和的两个平衡，电离程度大于水解程度
(6)证明实验条件下H+、OH-对品红褪色不产生干扰
(7)
(8)否，溶液中H2SO3、、均可与Ba(OH)2反应，无法得知是何种微粒起主要作用
【分析】在I中70%浓硫酸与Na2SO3发生反应产生Na2SO4、SO2、H2O，在II中浓硫酸对SO2气体进入干燥，然后将气体分别通入0.1%品红乙醇溶液和水溶液中，看到0.1%品红乙醇溶液不褪色，而0.1%品红水溶液褪色，说明SO2不具有漂白性，SO2与H2O反应产生的物质微粒具有漂白性，通过对比实验探究漂白原因，最后将SO2气体通入NaOH溶液中吸收，然后排放，防止造成大气污染。
【详解】（1）根据图示仪器A结构可知该名称为圆底烧瓶；
（2）在装置I中70%浓硫酸与Na2SO3加热发生反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O；
（3）装置II中浓硫酸的作用是吸收SO2中的水蒸气(或干燥SO2)；
（4）将干燥的SO2气体分别通入装置III中0.1%品红乙醇溶液中，看到溶液红色没有褪去，而通入装置IV中0.1%品红水溶液中，看到溶液红色褪去，说明SO2气体不具有漂白性，而SO2与H2O反应生成的某些微粒；
（5）NaHSO3是强碱弱酸的酸式盐，在溶液中同时存在电离平衡：和水解平衡：。电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-使溶液显碱性，由于其电离程度大于水解程度，溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液显酸性；
（6）2 mLpH=10的NaOH溶液和2 mL pH=2的H2SO4溶液中都分别滴入1滴0.1%品红溶液，溶液都显红色，说明在该实验条件下H+、OH-对品红褪色不产生干扰；
（7）实验a中溶液红色变浅时间比较长，而实验b中溶液红色变浅比较快，SO2溶于水反应产生弱酸H2SO3，H2SO3电离程度十分微弱，溶液中c()很小，而Na2SO3电离产生，尽管会发生水解反应，但主要以存在，溶液中c()较大，因此根据溶液褪色时间长短及微粒浓度大小关系可证明使品红溶液褪色的微粒主要是；
（8）向SO2的水溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，由于SO2与水反应产生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，主要以酸分子存在，同时存在电离平衡，电离分步进行，溶液中存在的微粒H2SO3、、均可与Ba(OH)2反应，因此无法得知是何种微粒起主要作用，故该方案不合理。
23．(1) b
(2) 转化率
(3) 降低 ，生成的覆盖在的表面，减小了与的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效
(4)
【详解】（1）根据盖斯定律，反应III=反应II-反应I，所以；因为，结合图像可知，斜率为，从变化趋势看，曲线a斜率为正，对应为负，代表反应III；曲线b和c斜率为负，且曲线c更陡，则曲线b代表反应II，曲线c代表反应I；
（2）反应I、II为吸热反应，反应III为放热反应，则升高温度，二氧化碳的物质的量分数不一定增大，但反应I、II中的甲烷均为反应物，升高温度，反应I、II向正向移动，甲烷的平衡转化率一定增大，则纵坐标可以表示CH4转化率，投料比一定、温度一定的条件下，增大压强，不利于反应I、II正向进行所以平衡态的CH4转化率会降低，则可知图中压强关系为: P3 > P2> P1；
（3）根据图像可知，从t1时刻开始氧化钙消耗曲线斜率明显减小，故单位时间内氧化钙消耗速率降低，由于，生成碳酸钙覆盖在氧化钙固体表面，减小与二氧化碳接触面积，导致吸收率降低甚至失效；
（4）设甲烷物质的量为1ml，水蒸气物质的量则为3ml，达到平衡时，甲烷和水蒸气的转化率分别是和，根据碳元素守恒，平衡时甲烷物质的量：0.2ml；设得到CO物质的量为x，CO2物质的量为y，x+y=0.8ml；同理根据氧元素守恒，x+2y=1.2ml，联立方程组可解得x=0.4ml，y=0.4ml；根据氢元素守恒，平衡时水蒸气物质的量为1.8ml，含H原子物质的量3.6ml，甲烷中H原子物质的量0.8ml，氢气中H原子物质的量5.6ml，即氢气物质的量为2.8ml；综上，可得平衡时氢气物质的量分数；同理可得CO2物质的量分数，CO物质的量分数，水蒸气物质的量分数，则平衡常数。
24．(1)—49
(2) X 0.12 >
(3) 增大
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应ⅱ—i+ iii得到反应iv，则△H=△H2—△H1+△H3=(—242kJ/ml)—(—283 kJ/ml)+(—90kJ/ml)=—49kJ/ml，故答案为：—49；
（2）①由图可知，相同温度时，使用催化剂X时，二氧化碳的转化率高于催化剂Y，则催化剂X的活性强于催化剂Y，则该反应较适宜的催化剂是X，故答案为：X；
②由图可知，温度为时，a点对应容器Y中二氧化碳的转化率为40%，则由方程式可知，在内氢气的平均反应速率为=0.12，故答案为：0.12；
③反应温度越高，反应速率越快，由图可知，b点反应温度高于c点，则b、c点对应状态下的正反应速率b点大于c点，故答案为：>；
（3）①反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则=，==Kp，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，Kp增大，则增大，故答案为：增大；
②②温度为T时，设起始二氧化碳、氢气的物质的量分别为1ml、3ml，由二氧化碳转化率为50%时反应达到平衡可知，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇和水蒸气的物质的量分别为1ml—1ml×50%=0.5ml、3ml—1ml×50%×3=1.5ml、1ml×50%=0.5ml和1ml×50%=0.5ml，则用气体分压表示的平衡常数=，故答案为：。
25．(1)2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H1=-87.0kJ/ml
(2)该反应正向放热，气体分子数减小，高压低温有利于平衡右移，提高原料利用率
(3) ABD 66.7% 50
(4) CO(NH2)2+NO(g)+NO2=2N2(g)+CO2(g)+2H2O 相对于NO2，NO难溶于水，难与尿素接触反应，未参与反应的NO增多，导致总还原率降低
【详解】（1）以氨气和二氧化碳制备尿素的化学方程式为：2NH3+CO2CO(NH2)2+H2O ③，反应③=反应①+反应②，反应③的反应热为：，故热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H1=-87.0kJ/ml；
（2）反应①为放热反应，且正向气体分子数减小，故采用高压冷凝的原因为：该反应正向放热，气体分子数减小，高压低温有利于平衡右移，提高原料利用率；
（3）①一定温度下，将和按2∶1的物质的量之比充入一容积恒为10 L的密闭容器中发生总反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)：
A.该反应正向气体分子数减少，当混合气体的物质的量变时达到平衡，混合气体的平均相对分子质量不再变化，A正确；
B.根据总反应，容器内固体质量不再变化时，可以判断达到平衡，B正确；
C.和按2∶1的物质的量之比投料，为总反应的系数比，两者的转化率始终相等，不能判断达平衡状态，C错误；
D.水蒸气的浓度不再变化时，可以判断达到平衡状态，D正确；
故选ABD；
②由图可列出三段式：，该反应在同一温度下进行，20min与45min达平衡时的平衡常数相同，故；25 min时再向容器中充入2 ml的和1.5 ml ，瞬时浓度为：，此时，平衡正向移动，在45 min时重新达到平衡，向逆反应方向一边倒后氨气和二氧化碳的起始浓度为0.8ml/L和0.45ml/L，两者达到的平衡为等效平衡，设45min达到平衡时CO2的转化浓度为xml/L，可列出三段式：，，x=0.3，CO2的总的转化率为；
③根据分析，25min时NH3的瞬时浓度为0.4ml/L，45min达到平衡时NH3的浓度为0.2ml/L，故25~50 min内的浓度变化曲线为：；
（4）①用尿素水溶液吸收体积比为1∶1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体N2，该反应的化学方程式CO(NH2)2+NO(g)+NO2=2N2(g)+CO2(g)+2H2O；
②随着NO和配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是：相对于NO2，NO难溶于水，难与尿素接触反应，未参与反应的NO增多，导致总还原率降低。
26．(1)多次浸取；适当增大稀硫酸浓度；充分搅拌；适当升高温度；粉碎
(2) Al(OH)3 3Fe2++MnO+8H2O=MnO(OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
(3)Zn
(4)5Zn2++10HCO=Zn5(CO3)2(OH)6·2H2O↓+8CO2↑
(5)n[Zn(OH)2]∶n(ZnO)=1∶4
(6) 加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液颜色由无色变为浅红色且半分钟内不变色 97.2%
【分析】含锌废渣用硫酸酸浸后，废渣中的Pb元素转化为PbSO4沉淀过滤后存在于滤渣1中，滤渣中含有Zn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+，“氧化除杂”环节，Fe2+和反应生成沉淀除去，加入KHCO3控制溶液pH为5.2，使Al3+转化为Al(OH)3除去， “滤渣2”中含有、、Al(OH)3，再向滤液中加入金属Zn置换出Cu过滤除去，得到的滤渣中含有Zn2+，加入碳酸氢铵将Zn2+转化为，煅烧后得到ZnO。
【详解】（1）为了提高含锌废渣的浸出率，可采用的方法有：多次浸取；适当增大稀硫酸浓度；充分搅拌；适当升高温度；粉碎。
（2）“氧化除杂”环节，“滤渣2”中含有、，说明Fe2+和反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Fe2++MnO+8H2O=MnO(OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；加入KHCO3控制溶液pH为5.2，使Al3+转化为Al(OH)3除去，“滤渣2”中除了、还有Al(OH)3。
（3）由分析可知，金属X是Zn。
（4）“制碱式盐”得到碱式碳酸锌，化学式为，说明Zn2+和HCO反应生成，离子方程式为：5Zn2++10HCO=Zn5(CO3)2(OH)6·2H2O↓+8CO2↑。
（5）300℃时，剩余固体中已不含碳元素，则温度高于300℃时，固体失去H2O，由图中数据可知，失去n(H2O)= ，温度达到500℃时，此时固体为ZnO，物质的量n(ZnO)= ，则300℃时，混合固体中n(Zn):n(H):n(O)=5:2:6，而在温度为300℃时，固体为Zn(OH)2和ZnO的混合物，则n[Zn(OH)2]∶n(ZnO)=1∶4。
（6）依据滴定原理可知，用酚酞为指示剂，用氢氧化钠滴定，则滴定终点时溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不变色即为滴定终点；根据H++OH-=H2O可知，硫酸反应后剩余氢离子物质的量为0.500ml/L×0.0240L=0.012ml，则与ZnO反应的氢离子物质的量为=0.0180L×1.000ml/L×2-0.012ml=0.024ml，由ZnO+2H+=Zn2++H2O可知，ZnO的质量为0.024ml××81g/ml=0.972g，则样品纯度为=97.2%。
27．(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0.1ml，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。