新高考化学适应性考试模拟卷山东专用九解析版.docx
《新高考化学适应性考试模拟卷山东专用九解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考化学适应性考试模拟卷山东专用九解析版.docx（32页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
新高考化学适应性考试模拟卷山东专用九解析版
2021年山东新高考适用性考试预热训练卷（九）
化学
（考试时间：
90分钟试卷满分：
100分）
可能用到的相对原子质量：
H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64
一、选择题：
本题共10个小题，每小题2分，共20分。
每小题只有一项是符合题目要求。
1．化学与生活、社会密切相关，下列有关说法中不正确的是
A．用NaHCO3和Al2（SO4）3溶液可以制作泡沫灭火剂
B．为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻保藏
C．溴化银见光易分解，可用作胶片感光剂
D．硅胶多孔，常用作食品干燥剂
【答案】B
【解析】A．NaHCO3水解显碱性，Al2（SO4）3水解显酸性，二者反应生成二氧化碳气体可用于灭火，故A正确；B．为了防止蛋白质变性，疫苗等生物制剂应冷冻保藏，故B错误；C．溴化银不稳定，见光易分解，可用作胶片感光剂，故C正确；D．硅胶多孔，易吸收水份，常用作食品干燥剂，故D正确；答案为B。
2．西湖大学科研团队正在研究“聚酮合成酶（由链霉菌产生）”在有空气存在下“组装”物质的机理。
物质A的“组装”过程如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．温度会影响“组装线”的“组装”效率
B．“组装”过程中可能有CO2和H2O生成
C．将四种“聚酮合成酶”交换顺序，也可以组装出物质
D．上述流程如能大规模应用，可实现化工生产的“绿色化”
【答案】C
【解析】A．聚酮合成酶（由链霉菌产生）酶是一种蛋白质，也是高效催化剂，在一定的温度范围内催化活性最好，温度过低或过高均会影响组装线的组装效率，故A正确；
B．组装的过程就是断键和成键的过程，所以可能有CO2和H2O生成，故B正确；
C．将四种聚酮合成酶交换顺序，不可以组装出该物质，顺序不同结构不同，故C错误；
D．上述流程如能大规模应用，可实现化工生产的绿色化，故D正确；
3．某科研小组利用电导率（电导率越大，导电能力越强）传感器、pH传感器探究NaHCO3和CaCl2能否发生化学反应。
向25.00mL0.1mol·L-1NaHCO3溶液中滴入等体积、等浓度CaCl2溶液，电导率以及pH变化曲线如图所示。
下列说法错误的是（）
A．电导率下降的原因是生成了CaCO3沉淀导致溶液中离子浓度降低
B．a点后pH下降的原因是Ca2+促进HCO3
H++CO
平衡右移
C．pH=7.3时，溶液中溶质主要为NaCl、CaCl2
D．可用0.1mol·L-1CaCl2溶液鉴别浓度均为0.1mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液
【答案】D
【解析】A．溶液中离子浓度减小，则溶液导电能力下降，电导率变小，故电导率下降的原因是生成了CaCO3沉淀，A正确，不符合题意；
B．Ca2+结合CO
，生成CaCO3沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，溶液的pH降低，B正确，不符合题意；
C．pH=7.3时，溶液约为中性，溶质主要为NaCl、CaCl2，故C正确，不符合题意；
D．根据图给信息可知，等浓度的氯化钙与等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液反应均产生白色沉淀，不能鉴别，故D错误，符合题意；
4．洛匹那韦（Lopinavir）是一种抗艾滋病毒药物，也可用于治疗新冠肺炎，其结构如图所示，下列有关洛匹那韦的说法正确的是（ ）
A．洛匹那韦是一种人工合成的蛋白质
B．洛匹那韦能够发生水解、酯化、加成、氧化、还原反应
C．洛匹那韦分子苯环上的一氯代物有9种
D．洛匹那韦分子中的含氧官能团有酯基、肽键（酰胺键）、羟基
【答案】B
【解析】A．蛋白质是高分子化合物，该物质不是高分子化合物，故A错误；
B．该物质有肽键，可发生水解反应；有羟基，可发生酯化反应；有苯环，可发生加成，加氢还原反应；有机物可发生氧化反应，B正确；
C．该物质有3个苯环，从左至右，第一个苯环上的一氯代物有2种，第二个苯环上的一氯代物有3种，第三个苯环上的一氯代物有3种，共8种，故C错误；
D．该有机物不含酯基，故D错误；
5．向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。
下列说法不正确的是
实验
序号
c（CaCl2）（mol·L-1）
滴加CaCl2溶液时的
实验现象
加热浑浊液时的
实验现象
①
0.05
至1.32mL时产生明显浑浊，但无气泡产生
有较多气泡生成
②
0.005
至15.60mL时产生明显浑浊，但无气泡产生
有少量气泡生成
③
0.0005
至20mL未见浑浊
A．①中产生浑浊的原因是c（Ca2+）·c（CO32−）>Ksp（CaCO3）
B．未加热前①和②中发生了反应：
2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3
C．加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2
D．向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡
【答案】C
【解析】A.根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c（Ca2+）·c（CO32−）>Ksp（CaCO3），故A正确；
B.未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：
2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确；
C.未加热前①和②中发生了反应：
2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；
D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同时产生浑浊和气泡，故D正确。
6．中美科学家在银表面首次获得了二维结构的硼烯，该科研成果发表在顶级刊物《Science》上，并获重点推荐，二维结构的硼烯如图所示。
下列说法中错误的是（）
A．1.5mol硼原子核外电子数目为7.5NA
B．1个硼原子与其他原子最多只能形成3对共用电子对
C．硼的氧化物的水化物与NaOH溶液反应可生成BO2-
D．硼烯有望代替石墨烯作“硼烯-钠基”电池的负极材料
【答案】B
【解析】A.硼原子核外电子数为5，1.5mol硼原子核外电子数目为7.5NA，A项正确；
B.观察题中所给图可知硼烯中硼原子之间形成的共用电子对超过了3对，B项错误；
C.硼与铝同主族，性质类似，硼的氧化化物的水化物与NaOH溶液反应可生成BO2-，C项正确；
D.“硼烯-钠基”中钠失电子，可为电池的负极材料，D项正确；
7．我国科技工作者设计了一种电解装置，能合成氨及硝酸，实现高效人工固氮，原理如图所示｡下列说法正确的是
A．催化电极a的电势比催化电极b的电势高
B．负极区的电极反应为N2-10e-+6H2O=2NO3-+12H+
C．若N2得到6mole-，有6molH+向电极b迁移
D．理论上1molN2参与反应转移的电子数为3.75NA
【答案】D
【解析】A．根据分析，催化电极a为阴极，与电源负极相连，催化电极b为阳极，与电源正极相连，电源外电路电流从正极流向负极，根据电流总是从高电势流向低电势，则催化电极b的电势比催化电极a的电势高，故A错误；
B．根据分析，b为阳极，与电源正极相连，电极反应为N2-10e-+H2O=2NO3-+12H+，故B错误；
C．电解池中，阳离子向阴极迁移，根据分析，催化电极a为阴极，则H+向电极a迁移，故C错误；
D．根据分析，a为阴极，电极反应为N2+6e-+6H+=2NH3，b为阳极，电极反应为N2-10e-+H2O=2NO3-+12H+，总反应为8N2+3H2O
10NH3+6NO3-+6H+，根据反应可知，8mol氮气参与反应转移30mol电子，则1molN2参与反应转移的电子数为
mol×NA=3.75NA，故D正确；
8．已知常温下，3种物质的电离平衡常数如下表：
物质
HCOOH
CH3COOH
NH3·H2O
电离平衡常数K
1.77×10−4
1.75×10−5
1.76×10−5
下列说法不正确的是
A．等物质的量浓度时，溶液pH：
HCOONa＜CH3COONa
B．pH均为3时，溶液浓度：
c（HCOOH）＞c（CH3COOH）
C．HCOOH溶液与氨水混合，当溶液pH＝7时，c（HCOO-）＝c（NH4+）
D．等物质的量浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水混合，溶液pH约为7
【答案】B
【解析】A．由题可知，
，所以相同浓度时，
的水解程度更大，CH3COONa溶液的碱性更强，A项正确；
B．由题可知，
，所以相同pH时，
的浓度更大，B项错误；
C．
溶液与氨水混合后，若溶液常温下pH=7，则
；根据溶液中的电荷守恒关系：
，可知
，C项正确；
D．等体积等浓度的醋酸与氨水混合后，溶液即可视为CH3COONH4的溶液，由题可知，
，溶液中
和
的水解程度相近，所以溶液pH值约为7，D项正确；
9．设NA为阿伏加德罗常数值。
如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。
下列说法正确的是
A．N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+
B．每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NA
C．将生成的CO2通入含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象
D．1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA
【答案】D
【解析】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；
B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：
N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；
C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2（少量）+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；
D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为
mol，含有电子数为
mol×22×NA=0.5NA，故D正确；
10．下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式正确的是
选项
离子组
试剂X
发生反应的离子方程式
A
K+、Na+、
、
少量HCl
H2O+H++
=Al（OH）3↓
B
、Fe2+、Br-、
少量H2S
Fe2++H2S=FeS↓+2H+
C
ClO-、Na+、Ca2+、
少量CO2
CO2+Ca2++H2O+2ClO-=CaCO3↓+2HClO
D
I-、Cl-、Na+、
少量稀硝酸
6I-+2
+8H+=2NO↑+4H2O+3I2
【答案】C
【解析】A．原溶液中碳酸氢根与偏铝酸根不能共存可以发生反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为
+
+H2O=Al（OH）3↓+
，A错误；
B．选项中四种离子可以共存，通入硫化氢气体后，无明显现象，B错误；
C．选项中四种离子可以共存，向含有四种离子的溶液中通入少量的二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出碳酸根和氢离子，分别与钙离子和次氯酸跟结合，离子方程式正确，C正确；
D．题给四种离子可以大量共存，但加入少量硝酸时，由于亚硫酸根的还原性强于碘离子，故硝酸先与亚硫酸根发生反应，反应的离子方程式为3
+2
+2H+=3
+2NO↑+H2O，D错误；
二、选择题：
本题共5个小题，每小题4分，共20分。
每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。
全部选对得四分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，W的单质为常见的半导体材料，X、W为同一主族元素。
X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。
结合如图转化关系，下列判断正确的是（）
A．X的氢化物沸点低于Y的氢化物沸点
B．W的单质可以用作计算机芯片，太阳能电池，丙是玛瑙的主要成分
C．甲、丙、丁均为酸性化合物
D．工业上用X的单质和乙来制取Z单质
【答案】B
【解析】A.X的氢化物为烃，Y的氢化物为水，烃的种类很多，其沸点不一定低于水，故A错误；
B.W为Si，是良好的半导体材料，可以用作计算机芯片、太阳能电池，丙为二氧化硅，是玛瑙的主要成分，故B正确；
C.丁为CO，不能与碱反应生成盐和水，所以不是酸性氧化物，故C错误；
D.工业用电解质熔融的氯化镁的方法冶炼镁，故D错误；
12．最近我国科学家设计了一种CO2＋H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。
示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA-Fe2＋－e-=EDTA-Fe3＋
②2EDTA-Fe3＋＋H2S=2H＋＋S＋2EDTA-Fe2＋
该装置工作时，下列叙述正确的是（）
A．电子从ZnO@石墨烯极移到石墨烯极，电解质中的阳离子向石墨烯极移动
B．光伏电池中使用二氧化硅把光能转为化学能
C．协同转化总反应：
CO2＋H2S=CO＋H2O＋S
D．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
【答案】C
【解析】A．电子从电源的负极经导线流向阴极，再从阳极经导线流向电源的正极，电解质中的阳离子由阳极流向阴极，故流向ZnO@石墨烯极，故A错误；
B．光伏电池中使用晶体硅把光能转为化学能，故B错误；
C．从示意图中可以看出，天然气中的杂质CO2再左侧转化为了CO，而H2S则在右侧转化为了S，故可以得出协同转化总反应：
CO2＋H2S=CO＋H2O＋S，故C正确；
D．石墨烯是阳极，ZnO@石墨烯是阴极，故石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的高，故D错误；
13．某研究小组将NaBO2､SiO2和Na的固体混合物与H2在500℃条件下制备NaBH4，实验装置如图所示｡已知NaBH4中B为+3价，下列说法错误的是
A．装置甲还可以用于制取CO2､H2S
B．装置乙､丙中分别装有NaOH溶液和浓硫酸
C．管式炉加热之前应收集装置尾部气体并验纯
D．可将反应后混合物加水溶解后用重结晶法提纯
【答案】D
【解析】A．装置甲为块状固体与液体不加热反应制气体的装置，可以看做启普发生器的简易装置，实验室用大理石或石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，用硫化亚铁固体与稀盐酸或稀硫酸反应制取硫化氢，都属于块状固体与液体不加热反应制气体，装置甲可以用于制取CO2､H2S，故A正确；
B．根据分析装置乙､丙分别用于除去氢气中混有的氯化氢和水蒸气，NaOH溶液可与氯化氢反应，浓硫酸具有吸水性，故B正确；
C．氢气通入管式炉中与NaBO2､SiO2和Na固体混合物在500℃条件下反应制备NaBH4，高温下，管式炉中若含有空气，氢气与氧气反应会引发爆炸，则管式炉加热之前应收集装置尾部气体并验纯，故C正确；
D．根据分析，管式炉中发生的反应化学方程式为：
NaBO2+2SiO2+4Na+2H2
NaBH4+2Na2SiO3，NaBH4中B为+3价，则H为-1价，将反应后混合物加水溶解后，NaBH4可与水发生反应：
NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，无法做到NaBH4提纯，故D错误；
14．目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．①、②、③三步反应均释放能量
B．该反应进程中有两个过渡态
C．第①步反应的活化能最小
D．总反应速率由第①步反应决定
【答案】D
【解析】A．根据反应发生历程，结合图示，反应①反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，反应②、③均为反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故A错误；
B．过渡态理论认为，化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞就可以完成的，而是在反应物到生成物的过程中，经过了一个高能量的过渡态。
这与爬山类似，山的最高点便是过渡态，根据图示可知，该反应进程中有三个过渡态，故B错误；
C．由图可知，第①步反应的活化能最大，故C错误；
D．总反应的速率由进程中最慢的一步反应决定，有C项分析可知，第①步反应的活化能最大，反应速率最慢，则总反应速率由第①步反应决定，故D正确；
15．某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。
研究小组对其进行综合处理的流程如下：
Ksp[Al（OH）3]=1.0×10-34Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38。
已知:
：
“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO42-和一种阳离子，该离子会水解，下列说法不正确的是
A．“酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为TiO2+2H+==TiO2++H2O
B．“结晶”时温度需控制在70℃以上，温度过低TiO2
xH2O产率降低
C．为使滤渣2沉淀完全，需“调pH"最小为4.3
D．MgCl2溶液制备MgCl2
6H2O需要在HCl的气氛下蒸发浓缩
【答案】B
【解析】A.根据题干信息知“酸浸”后TiO2反应生成TiOSO4，TiOSO4电离产发生SO42-和TiO2+，则反应的离子方程式为TiO2+2H+==TiO2++H2O，故A正确；
B.“结晶”需控制在70℃左右，温度过高会导致TiO2+提前水解混入硫酸亚铁晶体，降低TiO2•xH2O的产量，故B错误；
C.调节溶液pH目的是铝离子、铁离子沉淀完全除去，因Ksp[Al（OH）3]=1.0×10-34，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，阴阳离子比相同，Ksp[Al（OH）3]＞Ksp[Fe（OH）3]，则铝离子沉淀完全对应溶液pH最小，结合溶度积常数计算，c3（OH-）=
，c（OH-）=10-9.6mol/L，c（H+）=
，pH=4.3，故C正确；
D.用MgCl2溶液制备MgCl2•6H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等；因为加热蒸发促进氯化镁水解，为抑制氯化镁水解应在HCl的气氛下蒸发浓缩，故D正确；
三、非选择题：
本题共5小题，共60分。
16．（12分）钕铁硼（Nd、Fe、B）磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”，广泛应用于新能源汽车、电动自行车、消费电子、风电、信息存储等。
从工业废料及废旧钕铁硼磁铁中提炼金属钕的工艺流程如图所示。
已知：
①Nd稳定的化合价为+3价，金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应；硼不与酸反应。
②25℃时，Ksp[FeC2O4]＝3.3×l0﹣7，Ksp[Nd2（C2O4）3•10H2O]＝2.7×10﹣22。
③Mr[Nd2（C2O4）2•10H2O]＝732。
（1）“预处理”操作可以选择_____（填序号）除去钕铁硼废料表面的矿物油污。
A．酒精清洗
B．NaOH溶液浸泡
C．纯碱溶液浸泡
（2）在不同条件下测得钕铁硼废料“浸出”操作的浸出率如表所示。
实验序号
盐酸浓度（mol/L）
温度（℃）
酒石酸浓度（g/L）
Fe的浸出率（%）
Nd的浸出率（%）
a
4
40
0
69.15
87.22
b
4
50
0
65.35
83.45
c
6
40
0
74.64
91.05
d
6
40
50
71.54
93.62
e
6
50
0
61.30
69.47
f
6
50
50
60.69
80.77
①“浸出”液中加入酒石酸的作用是_____。
②对比实验a、b或c、e或d、f，当温度升高，浸出率降低的可能原因是_____。
③除以上最优条件外，还可以采取_____（填一项即可）措施加快“浸出”速率。
（3）“沉淀”操作中pH对产品回收率及纯度的影响如图所示。
①“沉淀“的最佳pH为_____。
②若Nd3+完全沉淀后，溶液中的c（Fe2+）＞_____mol•L﹣1才会有FeC2O4沉淀生成。
③“滤液”中的主要成分为_____。
（4）热重法是测量物质的质量与温度关系的方法，“焙烧”操作的热重曲线如图所示。
若将“沉淀”时得到的固体于1073K温度下在氧气中焙烧，反应的化学方程式为_____。
【答案】
（1）A（1分）
（2）①抑制Fe元素的浸出，提高Nd元素的浸出率（1分）
②升高温度会促进盐酸中HCl挥发，减小了盐酸的浓度，从而降低了浸出率（1分）
③将钕铁硼废料粉碎或搅拌（1分）
（3）①1.5（2分）②0.11（2分）③FeCl2、HCl（2分）
（4）2Nd2（C2O4）3•10H2O+3O2
2Nd2O3+12CO2+20H2O 。
（2分）
【解析】
（1）由于矿物油的主要成分是烃，不能用碱性溶液去除，故答案：
A；
（2）①对比实验c、d和e、f，实验d、f的变量是加入了酒石酸，Fe的浸出率的下降，Nd的浸出率上升，故答案为：
酒石酸可抑制Fe元素的浸出，提高Nd元素浸出率；
②实验a、b或c、e或d、f，各组实验的变量为温度，升高温度，Fe、Nd的浸出率都下降。
因为盐酸是容易挥发的酸，当温度升高，溶质HCl挥发，导致溶液浓度下降，使Fe、Nd的浸出率下降，故答案为：
升高温度会促进盐酸中HCl挥发，减小了盐酸的浓度，从而降低了浸出率；
③当固体和溶液反应时，可以选择搅拌、将固体粉碎、升温、增大溶液浓度等操作提高“浸出”速率，故答案为;将钕铁硼废料粉碎或搅拌；
（3）①在pH=1.5时，纯度约为96%，回收率约为90.2%，pH=2时，纯度约为83%，回收率约为90.7%，pH由1.5增加到2时，回收率增加不多，而纯度降低明显，故答案为：
1.5；
②当Nd3+完全沉淀后，溶液中c（C2O42-）=
，
若生成FeC2O4沉淀，溶液中的c（Fe2+）＞
，故答案为：
0.11；
③根据第②问，当溶液中c（Fe2+）>0.11mol/L才生成FeC2O4沉淀，说明沉淀操作中主要沉淀Nd3+，溶液中还含有大量的FeCl2，同时沉淀反应为2NdCl3+3H2C2O4+10H2O=Nd2（C2O4）3·10H2O↓+6HCl，溶液中还有大量的HCl。
故答案为：
为FeCl2、HCl；
（4）753K时质量减少17.5%，即减少732×17.5%=128，减少的为C和O元素的质量，12x+16y=128，解得x=4，y=5，即一个Nd2（C2O4）3减少了4个C和5个O，剩余的为Nd2C2O7，C的价态为+4价，该步反应中C元素被氧化，有O2参与反应，此时生成的产物为Nd2O（CO3）2，1073K时化学反应为Nd2O（CO3）2=Nd2O3+2CO2，所以将Nd2（C2O4）3·10H2O直接置于1073K温度下在氧气中焙烧，反应的化学方程式为2Nd2（C2O4）3•10H2O+3O2
2Nd2O3+12CO2+20H2O，故答案为：
2Nd2（C2O4）3•10H
升级会员 