专题7 元素及其化合物的综合应用 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编化学

一、选择题 1.(2025·甘肃卷)物质的性质决定用途，下列物质的性质与用途对应关系不成立的是(　　) 选项 物质的性质 用途 A NaHCO3具有热分解性 餐具洗涤剂 B 酚醛树脂具有耐高温、隔热性 飞船外层烧蚀材料 C 离子液体具有导电性 原电池电解质 D 水凝胶具有亲水性 隐形眼镜材料 2.(2025·安徽卷)下列有关物质用途的说法错误的是(　　) A.生石灰可用作脱氧剂 B.硫酸铝可用作净水剂 C.碳酸氢铵可用作食品膨松剂 D.苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂 3.(2025·安徽卷)下列有关反应的化学方程式错误的是(　　) A.氨在氧气中燃烧：4NH3＋3O2点燃,2N2＋6H2O B.液氨与金属钠反应：2Na＋2NH3(l)===2NaNH2＋H2↑ C.氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2＋4NH3===(OH)2 D.浓氨水与HgCl2反应：HgCl2＋NH3===Hg(NH2)Cl↓＋HCl 4.(2024·全国甲卷)四瓶无色溶液NH4NO3、Na2CO3、Ba(OH)2、AlCl3，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是(　　) A.a呈弱碱性 B.f可溶于过量的b中 C.c中通入过量的e可得到无色溶液 D.b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸 5.(2023·山东卷)(双选)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8。下列说法正确的是(　　) A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体Ⅰ D.若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少 6.(2022·北京卷)下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是(　　) A.向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀 B.向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀 C.向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3] D.向H2S溶液中通入氯气，生成黄色沉淀 7.(2022·天津卷)燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是(　　) A.甲是空气中体积分数最大的成分 B. 乙是引起温室效应的气体之一 C.反应(Ⅰ)在常温下容易发生 D. 反应(Ⅱ)中NO是氧化剂 8.(2022·山东卷)实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是(　　 ) A.①中用瓷坩埚作反应器 B.①中用NaOH作强碱性介质 C.②中K2MnO4只体现氧化性 D.MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7% 9.(2021·广东卷)化学创造美好生活。下列生产活动没有运用相应化学原理的是(　　) 选项 生产活动 化学原理 A 用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜 聚乙烯燃烧生成CO2和H2O B 利用海水制取溴和镁单质 Br－可被氧化、Mg2＋可被还原 C 利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品 氢氟酸可与SiO2反应 D 公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆 钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀 10.(2021·浙江卷)下列说法不正确的是(　　) A.应避免铵态氮肥与草木灰混合施用 B.工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率 C.电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气 D.将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢 11.(2021·浙江卷)关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是(　　) A.具有强氧化性 B.与NaOH溶液反应可生成两种钠盐 C.与盐酸作用能产生氯气 D.水解生成盐酸和硝酸 二、非选择题 12.(2025·安徽卷)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知25 ℃时，Ksp(SrSO4)＝10－6.46，Ksp(BaSO4)＝10－9.97 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为________。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、____________(填离子符号)。 (3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为______________________________；25 ℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L－1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2＋)·c(SO)＝________( mol·L－1)2(忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时，盐浸2 h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、____________(填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是________(填标号)。 a.加热脱水　　　 b.在HCl气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 13.(2023·新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。 回答下列问题： (1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为________(填化学式)。 (2)水浸渣中主要有SiO2和________。 (3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是________。 (4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时，会导致________；pH>9时，会导致________。 (5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3＋，在碱性条件下，溶解为VO或VO。上述性质说明V2O5具有________(填字母)。 A.酸性　　　B.碱性　　　C.两性 (6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 14.(2022·广东卷)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8；Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 Mg2＋ Fe3＋ Al3＋ RE3＋ 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4 沉淀完全时的pH － 3.2 4.7 － (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是________。 (2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为________________________________。 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于______ mol·L－1(保留两位有效数字)。 (4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是________________________________。 ②“操作X”的过程为：先________，再固液分离。 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有________(写化学式)。 (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。 ①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移________ mol电子。 ②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为________________________________。 15.(2021·河北卷)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图： 回答下列问题： (1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是________(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)B中使用雾化装置的优点是______________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为____________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液： ①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14 g，则固体NaHCO3的质量为________g。 ②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)―→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为________、________、洗涤、干燥。 (5)无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果________(填字母)。 A.偏高　　　　B.偏低　　　　C.不变 16.(2021·湖南卷)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为________。 (2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有 ________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________(至少写两条)。 (3)滤渣Ⅲ的主要成分是______________(填化学式)。 (4)加入絮凝剂的目的是____________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为________________________________________________________________________， 常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。 (6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 题组二 1.解析　NaHCO3用作餐具洗涤剂是因为水解显碱性可与油脂反应，而非热分解性，A对应关系不成立；酚醛树脂耐高温、隔热性符合烧蚀材料保护飞船的需求，B对应关系成立；离子液体的导电性使其适合作为原电池电解质，C对应关系成立；水凝胶的亲水性可保持隐形眼镜湿润，D对应关系成立。 答案　A 2.解析　生石灰(CaO)主要用作干燥剂，通过吸水反应生成Ca(OH)2，而非与氧气反应，因此不能作为脱氧剂，A错误；硫酸铝溶于水后水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；碳酸氢铵受热分解产生CO2和NH3，使食品膨松，可用作膨松剂，C正确；苯甲酸及其钠盐是常见食品防腐剂，能抑制微生物生长，D正确。 答案　A 3.解析　根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成N2，所给方程式符合反应原理，A正确；金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应原理，B正确；根据题干信息可知，Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色(OH)2溶液，所给方程式符合反应原理，C正确；浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl沉淀，生成物应为NH4Cl，方程式为HgCl2＋2NH3===Hg(NH2)Cl↓＋NH4Cl，D错误。 答案　D 4.解析　a和b在加热条件下仅生成无色气体e，故a和b的反应为NH4NO3和Ba(OH)2在加热条件下生成氨气的反应，b既可与a反应生成NH3，又可和c反应生成白色沉淀，故b为Ba(OH)2，a为NH4NO3，则c为Na2CO3或AlCl3；b和c、c和d反应均可生成白色沉淀f，则白色沉淀f为Al(OH)3，c为AlCl3、d为Na2CO3、g为CO2。由分析知，a为NH4NO3，NH水解使溶液呈酸性，A错误；Al(OH)3可与强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，故可溶于过量的Ba(OH)2中，B正确；AlCl3与过量的NH3反应生成Al(OH)3白色沉淀，C错误；Ba(OH)2和Na2CO3反应生成BaCO3，BaCO3可以溶于稀硝酸生成二氧化碳和Ba(NO3)2，D错误。 答案　B 5.解析　反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，则反应Ⅱ为SO2和Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，为非氧化还原反应，A错误；反应Ⅱ得到NaHSO3溶液，调pH＝11时NaHSO3转化为Na2SO3，故低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，B错误；溶液Y含少量Na2SO3，可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收SO2气体生成NaHSO3，C正确；化合物X为Na2SO3，当Na2SO3少量时，反应Ⅲ为2CuSO4＋Na2SO3＋2H2O===Cu2O↓＋Na2SO4 ＋2H2SO4，当Na2SO3过量时，反应Ⅲ为2CuSO4＋3Na2SO3===Cu2O↓＋3Na2SO4 ＋2SO2↑，生成的SO2气体会逸出，故当增大时，需补加NaOH的量减少，D正确。 答案　CD 6.解析　向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H＋的浓度不变，其pH不变，A错误；向 NaOH 和 Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3，该过程中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误；向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H＋的浓度，pH减小，D正确。 答案　D 7.解析　甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮气。甲是氮气，氮气是空气中体积分数最大的成分，故A正确；乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B正确；由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C错误；一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D正确。 答案　C 8.解析　由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由＋6变为＋7和＋4。①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A不正确；制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，B不正确；②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C不正确；根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D正确。 答案　D 9.解析　聚乙烯是一种无毒的塑料，是最常见的食品包装袋材料之一，则用聚乙烯塑料制作食品包装袋与燃烧生成二氧化碳和水无关，故A符合题意；溴离子具有还原性，能与氯气反应生成溴单质，镁离子具有弱氧化性，能用电解熔融氯化镁的方法制得镁，则海水制取溴和镁单质，与溴离子可被氧化、镁离子可被还原有关，故B不符合题意；氢氟酸能与二氧化硅反应，常用来刻蚀石英制作艺术品，则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，与氢氟酸能与二氧化硅反应有关，故C不符合题意；钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，在护栏上涂油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触，防止钢铁腐蚀，则公园的钢铁护栏涂刷多彩油漆防锈，与隔绝钢铁与潮湿的空气防止腐蚀有关，故D不符合题意。 答案　A 10.解析　铵态氮肥的主要成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有CO，二者混合使用可以发生双水解反应生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A正确；离子交换法可以很大程度的提取海水中的I－，还可以起到富集低浓度I－的作用，可以提高海水中碘的提取率，B正确；电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na单质，C错误；将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D正确。 答案　C 11.解析　ClONO2里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误。 答案　D 12.解析　含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体。(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为5s2；(2)碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、Ca2＋、Mg2＋；(3)“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)；该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝103.51，平衡常数很大，近似认为SrSO4完全转化，溶液中剩余n(Ba2＋)＝1×10－3 mol，n(Sr2＋)＝0.01 mol，则c(Ba2＋)＝＝0.01 mol·L－1，c(Sr2＋)＝＝0.1 mol·L－1，c(SO)＝＝10－7.97 mol·L－1，理论上溶液中c(Sr2＋)·c(SO)＝10－1 mol·L－1×10－7.97 mol·L－1＝10－8.97( mol·L－1)2；(4)温度越高，盐浸反应速率越大，相同时间内锶的浸出量增多，浸出率增大；(5)“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4，SiO2不参与反应，故“浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2；(6)窝穴体a与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是Sr2＋具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定；(7)Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2＋不水解，排除b，由平衡移动原理可知SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。 答案　(1)5s2 (2)Ca2＋、Mg2＋ (3)SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)　10－8.97 (4)温度越高，化学反应速率越大，盐浸相同时间，锶的浸出率越大 (5)BaSO4、SiO2 (6)Sr2＋具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定 (7)a 13.解析　由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液，将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH，将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中加入焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH，将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。 (1)由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为Na2CrO4； (2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁； (3)由分析可知，“沉淀”步骤加入稀H2SO4调pH到弱碱性是为了让AlO转化为Al(OH)3沉淀而除去； (4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成MgNH4PO4沉淀，若溶液pH>9时，会导致镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质； (5)由题给信息可知，五氧化二钒为能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液反应生成盐和水的两性氧化物，故选C； (6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O。 答案　(1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)Al(OH)3　(4)不能形成MgNH4PO4沉淀　不能形成MgSiO3沉淀　(5)C　(6)2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O 14.分析　由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SO等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3＋、Mg2＋、SO等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。 解析　(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2＋。(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH为4.7，而RE3＋开始沉淀的pH为6.2～7.4，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓。(3)滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1，即0.1125 mol/L，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]＝c(Mg2＋)·c2(C11H23COO－)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO－)< ＝＝4.0×10－4 mol·L－1。(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率；②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离。(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4。(6)①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移15 mol电子；②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。 答案　(1)Fe2＋ (2)4.7≤pH<6.2　Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ (3)4.0×10－4 (4)①加热搅拌可加快反应速率　②冷却结晶 (5)MgSO4　(6)①15　②O2＋4e－＋2H2O===4OH－ 15.解析　(1)根据分析可知，要制备NaHCO3，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量NaHCO3，所以按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔。(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率。(3)根据分析可知，生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓。(4)①对固体NaHCO3充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，根据差量法可知，当增重0.14 g(2CO的质量)时，消耗的二氧化碳的质量为0.14 g×＝0.22 g，其物质的量为＝0.005 mol，根据关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗的NaHCO3的物质的量为2×0.005 mol＝0.01 mol，所以固体NaHCO3的质量为0.01 mol×84 g/mol＝0.84 g；②根据溶解度随温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法。(5)称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积V(标)会增大，根据c(测)＝可知，最终会使c(测)偏高，A符合题意。 答案　(1)aefbcgh　将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔　(2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案)　(3)NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓ (4)①0.84　②蒸发浓缩　冷却结晶　(5)A 16.解析　(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58＋80＝138，该核素的符号为13858Ce。(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等。(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3。(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为6HCO＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑；铵根离子的水解常数Kh(NH)===≈5.7×10－10，碳酸氢根的水解常数Kh(HCO)＝＝≈2.3×10－8，则Kh(NH)<Kh(HCO)，因此常温下加入的NH4HCO3溶液呈碱性；(6)由在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6Li2CO3＋C6H12O6＋12FePO4===12LiFePO4＋6CO↑＋6H2O＋6CO2↑。 答案　(1)Ce　(2)适当升高温度，将独居石粉碎等 (3)Al(OH)3　(4)促使铝离子沉淀　(5)6HCO＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑　碱性　(6)6Li2CO3＋C6H12O6＋12FePO4===12LiFePO4＋6CO↑＋6H2O＋6CO2↑ 学科网（北京）股份有限公司 $