精品解析：安徽省阜阳市临泉县田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2025-2026学年高二上学期11月期中化学试题

高二化学 (75分钟 100分) 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Sc 45 Ag 108 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意) 1. 文物出土前，自然的侵蚀、损坏会破坏其原貌，电化学腐蚀也是破坏文物原貌的重要因素之一。下列出土文物可能涉及电化学腐蚀的是 A. 青铜神树 B. 太阳神鸟金饰 C. 彩陶双连壶 D. 骨笛 【答案】A 【解析】 【详解】A．青铜神树由青铜（铜锡合金）制成，在潮湿环境中易形成电解质溶液，不同金属间构成微电池，发生电化学腐蚀，A符合题意； B．太阳神鸟金饰由金制成，金是化学性质很稳定单一金属，自身难以构成原电池发生电化学腐蚀，B不符合题意； C．彩陶双连壶为陶瓷制品，属于非金属材料，无法形成电化学腐蚀，C不符合题意； D．骨笛主要成分为钙质和有机质，属于非金属，腐蚀属于化学或生物降解，D不符合题意； 故选A。 2. 下列反应中符合如图所示能量变化且属于熵增反应的是 A. Na和H2O反应 B. 接触室中制备SO3 C. 木炭和水蒸气反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．Na与H2O反应放出大量的热，同时生成H2，属于熵增反应，A符合题意； B．接触室中制备SO3，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，是放热的熵减反应，B不符合题意； C．木炭和水蒸气反应是吸热反应，与图示能量变化不相符，C不符合题意； D．Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl反应吸热反应，与图示能量变化不相符，D不符合题意； 故选A。 3. 将下列溶液加热蒸干灼烧后，可以得到相对应的固体物质的是 A. Na2S B. CuSO4 C. NH4Cl D. AlCl3 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na2S溶液加热蒸干灼烧后，Na2S会被空气中的氧气氧化，无法得到Na2S，A不符合题意； B．CuSO4水解生成H2SO4（难挥发）和Cu(OH)2，蒸干时H2SO4与Cu(OH)2重新反应生成CuSO4，灼烧后仍为CuSO4，B符合题意； C．NH4Cl受热直接分解为NH3和HCl气体，蒸干后无固体残留，无法得到NH4Cl，C不符合题意； D．AlCl3水解生成Al(OH)3和HCl（易挥发），蒸干后残留Al(OH)3，灼烧分解为Al2O3，无法得到AlCl3，D不符合题意； 故选B。 4. 用铂作电极电解某种溶液，通电一段时间，溶液的酸性增强。由此可知该溶液可能是 A. 稀盐酸 B. NaCl溶液 C. CuSO4溶液 D. KNO3溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．电解稀盐酸时，H+和Cl-分别在阴极和阳极放电，生成H2和Cl2，HCl浓度降低，酸性减弱，A不符合题意； B．电解NaCl溶液时，Cl-和H2O分别在两极放电，阳极生成Cl2，阴极生成H2、同时生成NaOH，溶液由中性变碱性，B不符合题意； C．电解CuSO4溶液时，Cu2+在阴极还原为Cu，水提供的OH-在阳极氧化为O2，总反应方程式为，生成H2SO4，H+浓度增加，酸性增强，C符合题意； D．电解KNO3溶液时，H2O分解为H2和O2，溶液仍保持中性，酸性不会增强，D不符合题意； 选C。 5. 利用下列键能数据，估算异丁烷(C4H10)直接脱氢生成异丁烯反应(CH3)2CHCH3(g)→H2(g)+(CH3)2C=CH2(g)的△H为 化学键 C-C C=C C-H H-H 键能/(kJ/mol) 347.7 615 413.4 436 A. +123.5 kJ/mol B. -123.5 kJ/mol C. -224.2 kJ/mol D. +224.2 kJ/mol 【答案】A 【解析】 【详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，即反应热=347.7 kJ/mol×3+413.4 kJ/mol×10-(436 kJ/mol +615 kJ/mol +347.7 kJ/mol×2+413.4 kJ/mol×8)=+123.5 kJ/mol。 答案A。 6. 调控化学反应速率对日常生活和工农业生产都具有重要的意义。下列措施不是用来调控化学反应速率的是 A. 茶叶使用真空包装 B. 洗衣粉中加酶 C. 低温保存疫苗 D. 燃煤中加入石灰石 【答案】D 【解析】 【详解】A．真空包装茶叶可隔绝氧气，降低茶叶被氧化的反应速率，属于调控反应速率，A不符合题意； B．洗衣粉加酶作为催化剂，加快分解反应速率，属于调控反应速率，B不符合题意； C．低温保存疫苗通过降低温度而降低反应速率，属于调控反应速率，C不符合题意； D．燃煤中加入石灰石主要用于脱硫减少污染物，而非调控燃烧速率，D符合题意； 故选D。 7. 次磷酸(H3PO2)为一元酸，工业上可用作杀菌剂、金属表面的处理剂等。室温条件下，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液逐滴滴入10 mL 0.1 mol·L-1H3PO2溶液中，所得溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是 A. H3PO2为强酸 B. 该实验可采用甲基橙作指示剂 C. c点溶液中存在c(Na+)>c() D. 水的电离程度：b>c>a 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图像可知，初始 0.1 mol·L-1H3PO2溶液的pH=2，即H3PO2为弱酸，A错误； B．滴定终点时生成强碱弱酸盐，应选择酚酞作指示剂，B错误； C．c点为NaOH与H3PO2恰好完全反应的点，溶质为NaH2PO2，会水解，所以c(Na+)>c()，C正确； D．a点和b点溶液均呈酸性，抑制水的电离，且a点酸性强于b点，抑制程度更大，故水的电离程度b>a；c点为盐溶液，水解促进水的电离，故c点水的电离程度最大。因此，水的电离程度：c>b>a，D错误； 故选C。 8. 某科研人员提出HCHO(甲醛)与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2和H2O的历程，该历程示意图如图所示(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法正确的是 A. CO2分子中的氧原子全部来自O2 B. 反应中存在非极性键的断裂与形成 C. HAP改变了该反应的历程和焓变 D. CO2溶于水会使水的电离程度减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图中信息可以看出，CO2分子中的一个氧原子来自O2，另一个氧原子来自HCHO，A错误； B．该反应中断裂了中的非极性键，但产物中没有非极性键生成，B错误； C．HAP改变了该反应的历程，加快了反应速率，但焓变不变，C错误； D．CO2溶于水生成的碳酸会抑制水的电离，D正确； 故选D。 9. 为探究金属的腐蚀情况，某同学将锌片和铜片置于浸有饱和食盐水和酚酞的滤纸上，并组成如图所示的装置。下列判断不正确的是 A. 右边铜片上有气泡冒出 B. 可观察到区域②变蓝 C. 最先观察到变红区域是① D. 右边锌片质量减轻 【答案】A 【解析】 【分析】左侧为电解池，铜为阳极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，锌为阴极，水放电生成氢气和氢氧根，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右侧是原电池，锌为负极，电极反应式为：2Zn-4e-= 2Zn2+，铜为正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。 【详解】A．右侧铜为正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，无气泡产生，故A错误； B．区域②为阳极，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，Cu2+与OH-反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故B项正确； C．区域①为电解池阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，区域①为电解原理的腐蚀，反应速率大于原电池，故C正确； D．右侧锌为负极，参加反应，质量变轻，故D正确； 综上所述，不正确的是A项。 10. 下列图示与对应叙述相符的是 A．保护金属铁 B．盐酸与碳酸氢钠反应的能量变化 C．粗铜的精炼 D．测量盐酸与大理石反应的速率 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁为阳极，失去电子被氧化，故不能保护金属铁，A不符合题意； B．盐酸与碳酸氢钠的反应是吸热反应，吸热反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，B符合题意； C．粗铜的精炼需要通过电解完成，该装置缺少电源，C不符合题意； D．该装置未密闭，D不符合题意； 故选B。 11. 中国团队在巴塞罗那获得“镁未来技术奖”。一种以MgCl2-聚乙烯醇为电解液的镁电池如图所示，反应原理为Mg+V2O5MgV2O5。下列说法正确的是 A. 充电时，Mg2+嵌入V2O5晶格中 B. 放电一段时间后，聚乙烯醇中的c(Mg2+)增大 C. 放电时，正极的电极反应为V2O5+2e-+Mg2+=MgV2O5 D. 可将聚乙烯醇电解液换成MgCl2水溶液 【答案】C 【解析】 【分析】图中装置，放电时为原电池，则活泼金属作负极，即Mg作负极，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，则V2O5作正极，电极反应式为：Mg2++2e-+V2O5=MgV2O5，据此分析回答。 【详解】A．充电时，阳极电极式为：MgV2O5-2e-= Mg2++V2O5，Mg2+从V2O5中脱离，向石墨极移动，A错误； B．放电时，正极的电极反应为Mg2++2e-+V2O5=MgV2O5，负极的电极反应为Mg-2e-=Mg2+，总反应不消耗Mg2+，所以放电一段时间后，聚乙烯醇中的c(Mg2+)几乎保持不变，B错误； C．由分析可知，放电时，正极的电极反应为Mg2++2e-+V2O5=MgV2O5，C正确； D．若将电解液换成MgCl2水溶液，Mg能与水缓慢反应生成H2，电池可能鼓包，D错误； 故选C。 12. 某温度下，向10 mL 0.1 mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列有关说法错误的是 A. b点溶液中：c(H+)=c(OH-) B. Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+) C. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为b点 D. 该温度下，Ksp(CuS)=1×10-35.4 【答案】B 【解析】 【详解】A．b点时滴加的Na2S溶液的体积是10 mL，此时Cu2+恰好完全反应生成CuS沉淀，溶质为NaCl，此时溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，A正确； B．Na2S溶液中存在物料守恒：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，B错误； C．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度最小，C正确； D．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7 mol·L-1，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7×10-17.7=10-35.4，D正确； 故答案为：B。 13. 根据下图，下列判断正确的是 A. 电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极 B. 烧杯b中发生的电极反应为Zn－2e－＝Zn2+ C. 烧杯a中发生反应O2+4H++4e－＝2H2O，溶液pH降低 D. 向烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成 【答案】B 【解析】 【分析】Zn比Fe活泼，Zn为负极，被氧化，Fe为正极，正极发生还原反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极经导线流向正极。 【详解】A．在电解质溶液中不存在电子的流动，靠离子的定向移动导电，A错误； B．Zn为负极，被氧化，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，B正确； C．在氯化钠这样的中性溶液中，氧气得到电子和水反应生成氢氧根离子，没有氢离子参与反应，电极方程式：，溶液pH升高，C错误； D．a中铁没参与反应，无亚铁离子生成，加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成， D错误； 故选B。 14. 如图所示，装置中电极A、B为两种常见金属，当K闭合时，X极上产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。下列说法正确的是 A. 还原性：A>B B. 丙池中水的电离程度逐渐增大 C. 通电一段时间后，Y极可能会产生气体 D. 当0.5 mol 通过阴离子交换膜时，X极收集到标准状况下22.4 L气体 【答案】C 【解析】 【分析】X极上产生能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体，则该气体为Cl2，X极为阳极，Y极为阴极，A极为正极，B极为负极。 【详解】A．由分析可知，A极为正极，B极为负极，故还原性：B>A，A错误； B．Cu2+促进水的电离，丙池中消耗Cu2+，水的电离程度逐渐减小，B错误； C．通电一段时间后，Cu2+可能被消耗完，则Y极上H+放电，产生H2，C正确； D．0.5 mol 通过阴离子交换膜时，电路中转移电子的物质的量为1 mol，X极生成0.5 mol Cl2，标准状况下的体积为11.2 L，D错误； 故答案选C。 二、非选择题 15. SO2的含量是空气质量报告中的一项重要指标，也是形成酸雨的主要原因之一，加大SO2的处理力度，是治理环境污染的当务之急。回答下列问题： （1）工业上常用饱和Na2SO3溶液吸收尾气中的SO2，吸收时用气液逆流的方式在吸收塔中接触，采用气液逆流的目的是___________，该吸收反应的化学方程式为___________。 （2）可用电解法处理(1)中所得吸收废液，达到变废为宝的目的，其原理装置如图1所示： ①图中a极连接电源的___________(填“正”或“负”)极，C处流出的物质是___________。a极的电极反应为___________。 ②膜N为___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。若a极收集到标准状况下2.24 L气体，则通过膜M的Na+的物质的量为___________mol。 （3）利用SO2制硫酸，原理如图2所示，电极b的电极反应为___________。若用此装置电解足量的AgNO3溶液，欲使电解后的溶液恢复原状，可向电解后的溶液中加入___________(填化学式)。 【答案】（1） ①. 增大接触面积，加快反应速率，提高SO2的吸收率 ②. Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 （2） ①. 负 ②. (浓度较大的)硫酸 ③. 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ④. 阴 ⑤. 0.2 （3） ①. H2O2+2H++2e-=2H2O ②. Ag2O(或Ag2CO3) 【解析】 【分析】（2）根据电解池中离子的移动方向，钠离子向a极移动，a极为阴极；故b极为阳极。a极得到电子，电极反应式为：；b极失去电子，电极反应式为：。 【小问1详解】 因为气液逆流时，气体和液体的接触面积增大，接触时间延长，能让SO2更充分地被吸收液吸收。吸收的总反应为：。 【小问2详解】 ①根据电解池中离子的移动方向，阳离子向阴极移动，a极为阴极，与电池的负极相连，a极得到电子，电极反应式为：；b极为阳极，生成硫酸根离子和氢离子，阳极区硫酸的浓度增大，C处流出的物质为浓度较大的硫酸。 ②由于b极生成氢离子，为确保电荷守恒，则阴离子通过膜N，进入b极。a极生成H2，H2的物质的量为0.1 mol，根据电荷守恒，则反应转移电子的物质的量为0.2 mol，有0.2 mol Na+通过膜M移向a极。 【小问3详解】 如图2所示，H2O2发生还原反应，电极b的电极反应为H2O2+2H++2e-=2H2O，电极a的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+。电解足量的AgNO3溶液时，电解总反应为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，所以电解结束后可加入Ag2O或Ag2CO3使溶液恢复原状。 16. 全球气候变化是21世纪人类面临的重大挑战，“碳达峰”“碳中和”既是气候变化应对战略，更是经济可持续发展战略。2023年2月21日，中国气候变化事务特使解振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献。以下为CO2的一些处理或利用方式： （1）已知298 K、101 kPa条件下： CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) ΔH1=-a kJ·mol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH2=-b kJ·mol-1 CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH3=-c kJ·mol-1 则CH3OH(l)的燃烧热ΔH=___________(用含a、b、c的式子表示)。 （2）二氧化碳在一定条件下催化加氢可以合成乙烯，其反应的化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。现原料初始组成n(CO2):n(H2)=1:3，体系压强恒定为0.1 MPa，在不同温度下反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。 ①图中曲线b代表四种物质中的___________(填化学式)。其他条件相同，在不同催化剂作用下，它们的正、逆反应活化能的差值分别用EA、EB表示，则EA___________(填“大于”“小于”或“等于”)EB。 ②630 K时，15 min反应达到平衡，则A点表示的物质的分压的平均变化率为___________MPa·min-1。 ③B点氢气的转化率是___________。若原料初始组成n(CO2):n(H2)=1:2，则氢气的转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。该温度下反应的平衡常数Kp=___________MPa-3(列出计算式即可)。 【答案】（1）(a+c-b) kJ·mol-1 （2） ①. H2O ②. 等于 ③. 0.001 ④. 60% ⑤. 增大 ⑥. (或) 【解析】 【小问1详解】 CH3OH(l)的燃烧热的化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)，①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l)   ΔH1=-a kJ·mol-1；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)   ΔH2=-b kJ·mol-1；③CH3OH(g)=CH3OH(l)   ΔH3=-c kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，可由①+③-×②得到，则CH3OH(l)的燃烧热； 【小问2详解】 ①原料初始组成n(CO2):n(H2)=1:3，根据2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)可知，反应达到平衡状态，n(CO2):n(H2)=1:3，n(C2H4):n(H2O)=1:4，可知a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；由于ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，催化剂只改变反应的活化能，但不影响ΔH的值，因此正、逆反应活化能的差值相等，故EA=EB； ②630 K时，15 min反应达到平衡，由图像知，A点时氢气的物质的量分数为0.6，其分压为，起始时，氢气的分压为，则A点表示的物质的分压的平均变化率为：； ③设CO2、H2的起始投入量分别为1 mol、3 mol，参加反应的CO2的物质的量为a mol，则可建立以下三段式： ，由图像知，B点时氢气和水蒸气的物质的量分数相等，则3-3a=2a，解得a=0.6，因此B点时H2的转化率为×100%=60%；若原料初始组成n(CO2):n(H2)=1:2，n(H2)减小，则氢气的转化率增大；平衡时，n(CO2)=0.4 mol，n(H2)=1.2 mol，n(C2H4)=0.3 mol，n(H2O)=1.2 mol，总物质的量为：n总=0.4 mol+1.2 mol+0.3 mol+1.2 mol=3.1 mol，则该反应的平衡常数 MPa-3= MPa-3。 17. 氨是一种重要的化工原料，电化学合成氨在工业上起着相当重要的作用。 （1）电解法合成氨反应装置如图1所示。 ①b极为___________(填“阴”或“阳”)极，a极的电极反应为___________。 ②电解装置中质子交换膜的作用为___________。 （2）科学家研究通过一种生物燃料电池实现室温下合成氨，其工作原理如图2所示。 该电池的负极是___________(填“a”或“b”)极，正极的电极反应为___________；对比传统的工业合成氨，生物燃料电池合成氨的优点是___________(任写一条)。 （3）以悬浮的纳米Fe2O3作催化剂、H2O和N2为原料直接常压电化学合成氨技术取得了突破性进展，其工作原理如图3所示。 ①Ni电极的电极反应为N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-。已知该反应分两步进行，其中第二步反应为2Fe+3H2O+N2=2NH3+Fe2O3，则第一步反应为___________。 ②蒙乃尔筛网处发生的电极反应为___________。 【答案】（1） ①. 阳 ②. N2+6e-+6H+=2NH3 ③. 提供质子迁移和输送的通道，并阻隔阴、阳极产物接触 （2） ①. a ②. MV2++e-=MV+ ③. 条件温和(或生成氨的同时释放电能) （3） ①. Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH- ②. 4OH--4e-=2H2O+O2↑ 【解析】 【分析】电解法合成氨a极上氮气得电子生成氨气，则a极为阴极，b极上水失电子生成氧气，则b极为阳极；生物燃料电池中a极上MV+失电子生成MV2+，a极为负极，b极上MV2+得电子生成MV+，b极为正极；最后的电解池中，Ni电极上氮气得电子生成氨气，Ni电极为阴极，则右侧电极为阳极，据此分析回答。 【小问1详解】 ①b极上H2O失电子生成氧气，因此b极为阳极； ②由分析可知，a极为阴极，电极反应式为：N2+6e-+6H+=2NH3； ③b极上H2O失电子生成氧气和H+，生成的氢离子通过质子交换膜进入左侧电极室参与反应生成NH3，同时该质子交换膜能隔绝阴、阳产物的接触； 【小问2详解】 由分析可知，该电池中a极上MV+失电子生成MV2+，则a极为负极；b极为正极，正极上MV2+得电子生成MV+，电极反应为MV2++e-=MV+；相比于传统的工业合成氨，生物燃料电池合成氨的优点是条件温和，并且在合成氨的同时能释放电能； 【小问3详解】 ①第一步反应=总反应-第二步反应，则第一步反应为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-； ②蒙乃尔筛网连接电源正极做阳极，电解质溶液为熔融NaOH/KOH，则发生的电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑。 18. 钪(Sc)及其化合物在国防、高端装备制造、科学研究等领域具有广泛应用。以钛铁矿石(含FeTiO3、Sc2O3及少量CaO、MgO、SiO2)为原料制备三氯化钪(ScCl3)的工艺流程如图： 已知：室温下各种离子沉淀的pH如下表所示。 离子 TiO2+ Fe3+ Sc3+ 开始沉淀时的pH 0.2 1.9 37 沉淀完全时的pH 1.5 3.2 4.7 回答下列问题： （1）“酸浸”时将钛铁矿石粉碎的目的是___________，滤渣1的主要成分除CaSO4外还有___________。获得滤渣1用到的玻璃仪器除烧杯外，还需要使用的是___________。 （2）“酸浸”后Ti元素转化为TiO2+，其水解反应的离子方程式为___________。 （3）“酸溶”后滤液中存在Sc3+和Fe3+，则调pH时应控制pH的范围是___________。 （4）“焙烧”后获得Sc2O3，写出由Sc2O3制备三氯化钪的化学方程式：___________。 （5）取m g ScCl3粗产品(含难溶Sc2O3杂质)溶于水，采用K2CrO4为指示剂，用a mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液b mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体) ①说明已达到滴定终点的实验现象是___________。 ②ScCl3粗产品中ScCl3的纯度为___________(用含a、b、m的式子表示)。 【答案】（1） ①. 增大接触面积，加快反应速率 ②. SiO2 ③. 漏斗、玻璃棒 （2）TiO2++(n+1)H2O=TiO2·nH2O↓+2H+ （3）3.2~3.7 （4）Sc2O3+3C+3Cl22ScCl3+3CO （5） ①. 产生砖红色沉淀且30 s内沉淀不消失 ②. % 【解析】 【分析】钛铁矿石(含FeTiO3、Sc2O3及少量CaO、MgO、SiO2)，加硫酸之后酸浸，加硫酸之前可以将钛铁矿石粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，酸浸之后滤渣1的主要成分包含CaSO4，还有不溶于稀硫酸的SiO2，获得滤渣1的操作为过滤，玻璃仪器除烧杯外，还有漏斗和玻璃棒，“酸浸”后Ti元素转化为TiO2+，水解之后变成TiO2·nH2O，其水解离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·nH2O↓+2H+，“酸溶”后滤液中存在Sc3+和Fe3+，已知：室温下各种离子沉淀的pH表，Fe3+完全沉淀时3.2，Sc3+开始沉淀时3.7，所以调pH时应控制pH的范围是3.2~3.7，此时，滤渣2为，之后加入草酸进行沉钪，变成草酸钪，“焙烧”后获得Sc2O3，之后加入碳和氯气进行加热氯化，转变成三氯化钪，可以写出化学方程式为：Sc2O3+3C+3Cl22ScCl3+3CO； 【小问1详解】 “酸浸”时将钛铁矿石粉碎的目的是，增大接触面积，加快反应速率；酸浸之后滤渣1的主要成分包含CaSO4，还有不溶于稀硫酸的SiO2；获得滤渣1的操作为过滤，玻璃仪器除烧杯外，还有漏斗和玻璃棒； 【小问2详解】 “酸浸”后Ti元素转化为TiO2+，水解之后变成TiO2·nH2O，其水解离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·nH2O↓+2H+； 【小问3详解】 “酸溶”后滤液中存在Sc3+和Fe3+，已知：室温下各种离子沉淀的pH表，Fe3+完全沉淀时3.2，Sc3+开始沉淀时3.7，所以调pH时应控制pH的范围是3.2~3.7，加入氨水之后变成沉淀； 【小问4详解】 调pH之后，加入草酸溶液中的钪离子，变成草酸钪沉淀，“焙烧”后获得Sc2O3，之后加入碳和氯气进行加热氯化，焦炭作为还原剂，氯气作为氧化剂，转变成三氯化钪，可以写出化学方程式为：Sc2O3+3C+3Cl22ScCl3+3CO； 【小问5详解】 ScCl3粗产品用a mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定，指示剂为K2CrO4 ，银离子遇到氯离子会变成氯化银白色沉淀，当产品中的氯离子被消耗殆尽时，银离子遇到指示剂会产生砖红色固体，所以说明已达到滴定终点的实验现象是：产生砖红色沉淀且30 s内沉淀不消失；用a mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液b mL，则AgNO3的物质的量为，则ScCl3物质的量：，那么ScCl3质量为，纯度为%； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $