2023届新高考化学一轮课时跟踪练第2讲离子反应.docx

课时跟踪练2一、选择题1(2021·朝阳调考)第十三届全国人民代表大会第四次会议政府工作报告指出“要扎实做好碳达峰、碳中和各项工作”。绿色氢能和液态阳光甲醇可助力完成碳中和目标。下列说法正确的是()ACH3OH属于电解质B用焦炭与H2O反应是未来较好获取氢能的方法CH2与CO2反应，每生成1 mol CH3OH时转移4 mol电子D植树造林、节能减排等有利于实现碳中和解析：CH3OH属于非电解质，选项A项错误；用焦炭和H2O反应获取氢能的工艺需消耗大量的能量，不节能，选项B项错误；H2与CO2反应，每生成1 mol CH3OH时转移6 mol电子，选项C项错误；植树造林、节能减排等有利于实现碳中和，选项D项正确。答案：D2(2021·长沙一中月考)下列说法不正确的是()BaSO4不溶于水，其水溶液的导电能力极弱，所以BaSO4是弱电解质SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质液态HCl不导电，所以HCl是非电解质硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，所以硫酸氢钠是酸非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物A BC D解析：BaSO4虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离成钡离子和硫酸根离子。所以即使其水溶液的导电能力极弱，但BaSO4仍然是强电解质，故错；SO2的水溶液能导电，是因为SO2溶于水与水反应后生成的亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸根离子而导电，并非二氧化硫电离出阴、阳离子而导电，所以SO2是非电解质，故错；液态HCl不导电，是因为液态HCl中没有自由移动的离子，但HCl溶于水后会电离出能导电的氢离子和氯离子，所以HCl是电解质，故错；硫酸氢钠电离出的阳离子虽然有氢离子，但硫酸氢钠属于盐，且为酸式盐，故错；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如一氧化碳、一氧化氮等；酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如七氧化二锰，故正确。综上所述符合题意，故选D。答案：D3图a、图b和图c分别为NaCl在不同状态下的导电实验(X、Y为石墨电极)微观示意图。下列分析错误的是()A图中代表Cl B图a：NaCl固体，不导电C图b：X与电源负极相连 D图c：Y上产生H2解析：根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl，故A项正确；含有自由移动离子或自由电子的物质能导电，NaCl固体中不含自由移动的离子或电子，所以不能导电，故B项正确；图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故C项错误；图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故D项正确。答案：C4(2021·枣庄调考)钠沉入液氨中，快速溶剂化(如图所示)，得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，且溶液颜色逐渐变浅。下列说法错误的是()A钠的液氨溶液不再具有还原性B液体的导电性增强C溶液呈蓝色是因为产生e(NH3)xD钠和液氨可发生反应：2NH32Na=2NaNH2H2解析：钠的液氨溶液中含有钠单质，具有还原性，故A项错误；液氨中没有自由移动的带电粒子，不导电，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂化电子，能导电，即溶液的导电性增强，故B项正确；溶液呈蓝色是因为钠单质的自由电子与氨结合产生e(NH3)x，随着反应进行，e(NH3)x不断减小，故蓝色变浅，故C项正确；Na和液氨反应生成NaNH2和H2，则反应的化学方程式为2NH32Na=2NaNH2H2，故D项正确。答案：A5(2021·黑龙江实验中学月考)对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是()AH2C2O4具有还原性：2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2OB用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al2OH=AlOH2CKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO2Fe(OH)3=2FeO3Cl4HH2OD同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：HOH=H2O解析：草酸是弱电解质，不可拆，草酸被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为Mn2，离子反应为2MnO6H5H2C2O4=2Mn210CO28H2O，故A项错误；用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2，离子方程式为2Al2H2O2OH=2AlO3H2，故B项错误；碱性溶液中，KClO氧化Fe(OH)3的离子方程式为3ClO2Fe(OH)34OH= 2FeO3Cl5H2O，故C项错误；同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应，离子方程式：HOH=H2O，故D项正确。答案：D6(2021·天津第二次模拟)下列离子方程式正确的是()ANa2S2O3与稀H2SO4混合：S2O2H=SSO2H2OB碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠溶液：HCOOH=CO2H2OC向Fe(OH)3中加入氢碘酸溶液：Fe(OH)33H=Fe33H2OD铜和浓硝酸反应：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O解析：Na2S2O3与稀H2SO4混合反应生成二氧化硫和硫单质、水，离子方程式正确，故A项正确；碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，正确的离子方程式为HCOOH=COH2O，故B项错误；向Fe(OH)3中加入氢碘酸溶液发生酸碱中和反应和氧化还原反应，铁离子将碘离子氧化为碘单质，正确的离子方程式为2Fe(OH)36H2I=2Fe26H2OI2，故C项错误；铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，正确的离子方程式为Cu4H2NO=Cu22NO22H2O，故D项错误。答案：A7(2020·苏州星海实验中学月考)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A无色透明溶液中：Ba2、Fe3、Cl、NOB能使酚酞变红的溶液中：Ca2、K、HCO、COC0.1 mol·L1(NH4)2 Fe(SO4)2溶液中：H、Al3、Cl、NOD1012的溶液中：NH、Cu2、NO、SO解析：无色透明溶液中不能含有Fe3 ，故A项错误；能使酚酞变红的溶液中含有大量氢氧根离子，氢氧根离子与HCO不能大量共存，故B项错误；(NH4)2Fe(SO4)2溶液中电离出的有Fe2，Fe2与H、NO因发生氧化还原反应不能大量共存，故C项错误；1012的溶液中含有大量氢离子，NH、Cu2、NO、SO可以大量共存 ，故D项正确。答案：D8(2021·茂名二模)化学与生活关系密切，解释下列应用的离子方程式正确的是()选项应用解释(离子方程式)A淀粉KI溶液(稀硫酸酸化)检验碘盐中含KIO35IIO6H=3I23H2OB电解饱和食盐水制氢气和氯气2Cl2H=Cl2H2C醋酸用于除去水垢2HCaCO3=Ca2CO2H2OD氯化铁用于蚀刻铜板Fe3Cu=Cu2Fe2解析：A项，电荷守恒，得失电子守恒，正确；B项，食盐水呈中性，电解反应的离子方程式为2Cl2H2OCl2H22OH，错误；C项，醋酸是弱电解质，应该用分子式表示，正确的应该是2CH3COOHCaCO3=Ca22CH3COOCO2H2O，错误；D项，电荷不守恒，正确的应该是2Fe3Cu=Cu22Fe2，错误。答案：A9(2020·云南文山壮族苗族自治州模拟)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()ApH1的溶液中：SO、Na、AlO、NOBc(H)c(OH)的溶液中：Fe3、Mg2、NO、ClC滴入酚酞呈红色的溶液中：Na、K、SO、NOD水电离出的c(H)1×105 mol·L1的溶液中：Fe2、HCO、Cl、Na解析：常温下pH1的溶液显酸性，AlO会与H反应生成Al(OH)3沉淀，不能大量共存，A项不符合题意；c(H)c(OH)的溶液呈中性，中性条件下，Fe3完全水解、 不能大量存在，B项不符合题意；滴入酚酞呈红色的溶液呈碱性，四种离子互不反应，能大量共存，且在碱性条件下均能大量存在，C项符合题意；常温下水电离出的c(H)105 mol·L1的溶液的pH可能为5或9，HCO在这两种条件下均不能大量存在，且Fe2、HCO不能大量共存，D项不符合题意。答案：C10(2021·沈阳模拟)某溶液中只可能含有Na、NH、Fe2、Al3、Cl、SO、CO、AlO中的几种离子，各离子浓度均为0.1 mol·L1。某同学进行了如下实验，下列说法正确的是()A无法确定原溶液中是否含有NaB原溶液中肯定存在的离子为NH、Fe2、Cl、SOC沉淀A为BaSO4，沉淀C为BaCO3和Al(OH)3D滤液X中大量存在的阳离子有NH、Al3和Ba2解析：加入过量稀硫酸无明显变化，说明溶液中无CO、AlO，前者会产生气体，后者会先产生沉淀后溶解；加入硝酸钡有气体产生，因为前面已经加入了硫酸，NO在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀A为硫酸钡；加入过量NaOH溶液有气体生成，说明存在NH，气体为氨，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，CO2先与OH反应生成CO，CO再与Ba2反应生成BaCO3沉淀，沉淀C为碳酸钡；因为存在的离子浓度均为0.1 mol·L1，从电荷守恒的角度出发，溶液中不存在Al3，只含有NH、Fe2、Cl、SO才能保证电荷守恒，Na不能存在。据此分析解答。原溶液中不存在Na，A项错误；原溶液中肯定存在的离子有NH、Fe2、Cl、SO，B项正确；沉淀A为BaSO4，沉淀C为BaCO3，C项错误；滤液X中大量存在的阳离子有NH和Fe2，D项错误。答案：B11(2021·沈阳二中月考)固体粉末X中可能含有K2SO3、K2CO3、FeO、Fe2O3、MnO2、Na2SO4、NaNO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如图，根据下述实验，下列说法正确的是()A固体X中一定含有Fe2O3B沉淀E可能含有BaSO3C气体A、C一定均为纯净物D固体X不一定含有Na2SO4解析：根据流程图，沉淀甲可能含有FeO、Fe2O3、MnO2，加入足量的浓盐酸加热，有气体A生成，说明气体A是氯气，甲中含有MnO2，溶液B中加入KSCN后也会出现红色溶液，溶液B中一定含有铁离子，由于反应中生成了氯气，因此铁离子可能来自于FeO或Fe2O3，固体X不一定含有Fe2O3；滤液乙中可能含有K2SO3、K2CO3、Na2SO4、NaNO3，加入足量稀盐酸，生成气体C，气体C可能是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合物，溶液D中可能含有Na2SO4、NaNO3，加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，则沉淀一定是BaSO4沉淀，说明溶液D中一定含有Na2SO4，Na2SO4可能是由亚硫酸钠在酸性条件下被NaNO3氧化而来。据此分析解答。固体X不一定含有Fe2O3，A项错误；沉淀E一定是BaSO4沉淀，不可能含有BaSO3，B项错误；气体C可能是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合物，C项错误；固体X可能出现含有K2SO3、K2CO3而不含Na2SO4的情况，D项正确。答案：D12(2021·南京师大附中月考)工业生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图，下列说法不正确的是()A生成沉淀的离子方程式为HCOAlOH2O=Al(OH)3COBa点水的电离程度大于b点水的电离程度Ca点溶液中存在：c(Na)c(H)c(AlO)c(OH)D原NaHCO3液中c(HCO)c(CO)c(H2CO3)1.0 mol·L1解析：AlO促进HCO的电离，偏铝酸钠和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为HCOAlOH2O=Al(OH)3CO，故A项正确；加入前8 mL NaHCO3溶液时，没有沉淀生成，说明a点的溶液中含有氢氧化钠，氢氧化钠抑制水电离，b点溶液含有偏铝酸钠、碳酸钠，偏铝酸钠、碳酸钠水解促进水电离，所以a点水的电离程度小于b点水的电离程度，故B项错误；a点溶液中含有偏铝酸钠、氢氧化钠，根据电荷守恒，溶液中存在c(Na)c(H)c(AlO)c(OH)，故C项正确；由题图可知，加入前8 mL碳酸氢钠溶液不生成沉淀，生成0.032 mol氢氧化铝沉淀消耗32 mL NaHCO3溶液，根据HCOAlOH2O=Al(OH)3CO可知，c(NaHCO3)1.0 mol·L1，原NaHCO3液中c(HCO)c(CO)c(H2CO3)1.0 mol·L1，故D项正确。答案：B二、非选择题13(2021·宝鸡调研)已知FeCl3固体易升华，其蒸气为黄色。某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3能否反应产生Cl2，实验装置如下图。实验操作和现象：实验操作现象点燃酒精喷灯，加热加热一段时间后，装置A中产生黄色气体，装置B中溶液变蓝回答下列问题：(1)进行上述实验操作前还需要进行的操作为_。(2)甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生Cl2，原因为_。从安全角度分析，他认为该装置存在问题，改进的方法是在装置A、B之间添加_。(3)乙同学分析，除了氯气可使B中溶液变蓝外，推测还有两种可能。推测一：装置A中得到的气体中有一种黄色气体可使B中溶液变蓝，该反应的离子方程式为_。推测二：在酸性条件下，装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为_；他认为解决问题的操作为在开始加热A装置前先_。(4)按照上述甲、乙同学改进进行实验，观察到装置A中产生黄色气体，装置B中溶液变蓝，则A中反应的化学方程式为_。解析：有气体参加的反应或制取气体的反应在实验前要检查装置的气密性，为防止空气成分对实验的干扰，要先通入与反应体系无关的气体进行排空处理；对于易升华的物质要注意采取安全措施，Cl2、FeCl3都有氧化性，都会将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色；要注意排除杂质的干扰，同时注意进行尾气处理，防止大气污染。据此分析解答。(1)因为可能有气体产生，因此实验操作前还需要进行的操作为检查装置气密性。(2)甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生Cl2。这是因为FeCl3固体加热升华后产生FeCl3蒸气也为黄色，因此不能确定黄色气体是Cl2还是FeCl3蒸气。从安全角度分析，他认为该装置存在的问题是FeCl3固体加热易升华，其蒸气遇冷就会发生凝华现象，变为固体会导致导管堵塞，改进的方法是在装置A、B之间添加冷凝装置防堵塞导管。(3)除了氯气可使B中溶液变蓝外，装置A中得到的气体中有一种黄色气体也可使B中溶液变蓝，该气体是升华的FeCl3蒸气，该反应的离子方程式为2Fe32I=2Fe2I2。在酸性条件下，装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为O24H4I=2I22H2O，解决问题的操作为在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气。(4)按照上述甲、乙同学改进进行实验，观察到装置A中产生黄色气体，装置B中溶液变蓝，则证明A中发生反应产生了Cl2，则A中反应的化学方程式为4FeCl33MnO2=2Fe2O33MnCl23Cl2。答案：(1)检验装置气密性(2)FeCl3升华后产生的气体也为黄色冷凝装置防堵塞导管(3)2Fe32I=2Fe2I2O24H4I=2I22H2O通入一段时间N2排尽装置内空气(4)4FeCl33MnO2=2Fe2O33MnCl23Cl214(2021·东莞高级中学月考)高铁酸钾为紫色固体，极易溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机溶剂；在酸性、中性溶液中易分解放出O2，在05 强碱性溶液中较稳定。某兴趣小组利用如图所示装置(夹持、加热等装置略)制取K2FeO4并探究其性质。回答下列问题：.制取K2FeO4。(1)仪器a的名称是_，装置D的作用是_(用离子方程式表示)。(2)装置A中反应的离子方程式为_。(3)装置C中反应为放热反应，控制反应温度在05 的方法是_。.探究K2FeO4性质。取装置C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。(4)Cl2生成的可能原因：FeO氧化Cl；_(用离子方程式表示)。为探究Cl2产生的原因，设计以下方案：方案甲取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案乙用KOH浓溶液充分洗涤C中所得晶体，再用KOH稀溶液将K2FeO4溶解，得紫色溶液b。取少量溶液b，滴加盐酸，有Cl2产生由方案甲中溶液变红知溶液a中含有_(填离子符号)，但该离子不一定是K2FeO4将Cl氧化所得，还可能由_产生(用离子方程式表示)。方案乙可证明酸性条件下FeO氧化Cl产生Cl2。解析：(1)仪器a的名称是分液漏斗，用于滴加浓盐酸；装置D中NaOH能与Cl2反应，吸收尾气，竖放的干燥管可防倒吸，离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O。(2)A是利用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制备氯气，其离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O。(3)装置C中反应放热，而反应温度须控制在05 ，可用冰水浴降温。(4)装置C中可能发生副反应Cl22KOH=KClKClOH2O，向装置C反应液中加入稀硫酸，ClO在酸性条件下氧化Cl也生成Cl2。根据方案甲中实验现象判断溶液a中含有Fe3，再结合题干信息“在酸性、中性溶液中易分解放出O2”，Fe3也可能来自4FeO20H=4Fe33O210H2O。答案：(1)分液漏斗Cl22OH=ClClOH2O(2)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(3)冰水浴(4)ClOCl2H=Cl2H2O(5)Fe34FeO20H=4Fe33O210H2O15(2021·南平第二次模拟)习近平总书记在科学家座谈会上指出“好奇心是人的天性，对科学兴趣的引导和培养要从娃娃抓起”。某化学兴趣小组为培养同学们对科学探究的兴趣，设计图1所示实验来探究HSO与Cu2的反应：已知：氯化亚铜(CuCl)为白色立方结晶或白色粉末，难溶于水。回答下列问题：(1)若用CuSO4·5H2O配制100 mL 1 mol·L1 CuSO4溶液，需用托盘天平称取CuSO4·5H2O的质量为_。甲同学在定容时采用上图2方式观察，则所配制的CuSO4溶液浓度_(填“偏高”或“偏低”)。(2)将操作2后生成的无色气体通入氯化铁溶液，_(填实验现象)，说明该气体为SO2，反应的离子方程式为_。(3)操作2后生成的白色沉淀为_(填化学式)，生成该沉淀和无色气体的反应离子方程式为_。(4)根据氧化还原反应的规律，乙同学推测操作2中涉及HSO与Cu2的可逆反应正向进行的原因：外加Cl导致Cu的还原性弱于HSO，用图3装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。K闭合时，一段时间后指针几乎归零。向U形管右管添加_，a电极为_极，产生的现象证实了其推测，其中不同于图1操作2后的现象是_。(5)基于(4)实验，乙同学得出进一步猜想：物质的氧化性和还原性与_有关。该同学用图3装置再次进行实验，以丰富验证该猜想的证据。与(4)实验对比，不同的操作是向U形管左管添加_。解析：(1)在100 mL 1 mol·L1 CuSO4溶液中含有溶质CuSO4的物质的量n(CuSO4)1 mol·L1×0.1 L0.1 mol，根据Cu元素守恒，可知需CuSO4·5H2O的质量m(CuSO4·5H2O)0.1 mol×250 g·mol125.0 g；若在配制溶液定容时仰视刻度线，则容量瓶中凹液面最低处高于刻度线，溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，根据物质的量浓度定义式可知配制的溶液的浓度偏低。(2)向KHSO3溶液中加入CuSO4溶液，溶液显蓝色，无其他明显变化，然后加入KCl固体，产生白色沉淀和无色气体，Cu2得到电子被还原为Cu，Cu与溶液中的Cl结合白色沉淀是CuCl，则HSO失去电子被氧化为SO，同时产生H，H与溶液中的HSO反应产生SO2气体。SO2具有还原性，与FeCl3溶液发生氧化还原反应，产生H2SO4、HCl、FeCl2，使溶液由红色变为浅绿色，该反应的离子方程式为SO22Fe32H2O=SO2Fe24H。(3)根据(2)分析可知生成的白色沉淀是CuCl，则生成该沉淀和无色气体的离子方程式为2HSO2Cu22Cl=SO2CuClSO22H。(4)若是由于外加Cl导致Cu的还原性弱于HSO，可根据题图3装置验证：当一段时间后指针归零后，向U形管右管加入KCl固体，此时溶液中Cl浓度增大，若a为负极，电流表指针发生偏转，同时看到左侧电极有气体产生，右侧电极附近有白色沉淀产生，就可证实其推测。(5)基于(4)实验，乙同学得出进一步猜想：物质的氧化性和还原性与物质的浓度有关。若HSO反应产生SO，则反应后向左侧溶液中加入含有Ba2的物质，应该产生BaSO4白色沉淀，而HSO与Ba2不能发生反应。故该同学用题图3装置再次进行实验，以丰富验证该猜想的证据。与(4)实验对比，不同的操作是可以向U形管左管添加BaCl2固体。答案：(1)25.0 g偏低(2)溶液由黄色变浅绿色(或黄色变浅)SO22Fe32H2O=SO2Fe24H(3)CuCl2HSO2Cu22Cl=SO2CuClSO22H(4)KCl固体负极指针偏转(5)浓度BaCl2固体(或其他合理答案)16(2021·萍乡第二次模拟)锰酸锂(LiMn2O4)是新一代锂离子电池的正极材料。实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料(锰酸锂、炭粉等涂覆在铝箔上)的一种流程如图：已知：不同温度下Li2CO3在水中的溶解度如下表。温度/010205075100溶解度/g1.5931.4061.3291.1810.8660.728请回答下列问题：(1)第步反应中会有气体生成，该气体为_，若要增大第步反应的浸取率，可以采取的措施有_(任写两条)。(2)第步反应得到的沉淀X的化学式为_，上述流程中四步实验都包含过滤，实验室过滤时要使用的玻璃仪器有_。(3)工业上洗涤Li2CO3用的是热水而不是冷水，其原因是_。(4)写出第步反应“酸溶”过程中反应的离子方程式：_。(5)固相法制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按41的物质的量之比配料，球磨35小时，然后高温加热，保温24小时，冷却至室温。写出该反应的化学方程式：_。LiMn2O4中锰元素的平均价态为3.5。在不同温度下，合成的LiMn2O4中Mn2、Mn3和Mn4的含量与温度的关系见表。T/w(Mn2)/%w(Mn3)/%w(Mn4)/%7005.5644.5849.867502.5644.8752.578005.5044.1750.338506.2244.4049.38由此可以确定：在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化趋势是，随温度升高_(填字母)。A增大 B减小C先增大后减小 D先减小后增大解析：(1)由反应2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，知第步反应产生的气体为H2。增大浸取率可从增大反应速率角度考虑，相同时间内，一般反应速率越大，浸取率越高，故可采取的措施有适当升高温度、适当增大NaOH溶液浓度、将原料粉碎、搅拌等。(2)由分析知，沉淀X化学式为Al(OH)3；过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)由Li2CO3的溶解度信息知，随着温度升高，Li2CO3溶解度减小。(4)由分析知，酸溶时，LiMn2O4转化为Li2SO4、MnO2，根据Mn元素化合价升高推测有O2参与反应，根据元素守恒推测还有H2O生成，初步确定反应为LiMn2O4HO2MnO2LiH2O，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得完整离子方程式为4LiMn2O44HO2=8MnO24Li2H2O。(5)由所给信息初步确定反应为4MnO2Li2CO32LiMn2O4，根据Mn元素化合价降低，推测O元素化合价升高产生O2(C元素已经为最高价，故只能为O元素化合价升高)，根据得失电子守恒初步配平反应为8MnO22Li2CO34LiMn2O4O2，根据元素守恒知还有2个CO2生成，故完整方程式为8MnO22Li2CO34LiMn2O4O22CO2。由所给数据知，700750 ，Mn3、Mn4含量在上升，Mn2含量在减少，故Mn元素平均价态增大，750 往后，Mn4含量减少，Mn2含量逐渐上升，故Mn元素平均价态降低，综上所述，答案选C。答案：(1)H2适当升高温度，适当增大NaOH溶液的浓度(或粉碎，充分搅拌)(2)Al(OH)3漏斗、烧杯、玻璃棒(3)降低Li2CO3的溶解度，减少溶解，提高产率(4)4LiMn2O4O24H=4Li8MnO22H2O(5)8MnO22Li2CO34LiMn2O42CO2O2C