广东省阳江市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

广东省阳江市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．我国在科技上不断取得重大成果。下列各项中使用的材料属于合金材料的是A．“福建”舰飞行甲板所用的特种钢材B．用于吊装港珠澳大桥的超高分子量聚乙烯纤维吊绳C．“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板D．“神舟十三号”载人飞船使用的石英挠性加速度计A．A B．B C．C D．D2．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-B．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中制取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC．Fe(OH)3胶体的制备：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH4D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合：2HCO3−+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO3．下列物质的性质或用途的因果关系不正确的是（）A．乙醇具有氧化性，可用于杀菌消毒B．NaHCO3受热易分解生成C．高纯硅具有半导体特性，可用于制造芯片D．碳化硅具有高温抗氧化性能，可用做耐高温结构材料4．工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH，一种不溶于水的黄色固体)制备高铁酸钾(K2下列说法错误的是（）A．制备K2B．铁黄制备高铁酸钠的离子方程式为：2FeOOH+3C1C．制备NaClO时，可通过加热的方式加快反应速率D．高铁酸钾可作水处理剂，既能杀菌消毒，又能吸附絮凝5．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（）A．用图①装置验证非金属性：Cl>C>SiB．按图②所示的气流方向可用于收集Cl2C．用图③装置高温灼烧Ag2S制取AgD．用图④装置制备氢氧化铁胶体6．实验室利用MnO下列说法正确的是（）A．“熔融”时，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1B．“熔融”时使用的仪器为瓷坩埚，同时需要用玻璃棒不断搅拌C．“歧化”步骤主要反应的离子方程式为3MnD．KMnO7．化学是以实验为基础的学科。下列根据实验操作和现象能得到相应结论的是（）选项实验操作和现象结论A常温下，将两块相同的未经打磨的铝片分别投入5.0mL饱和的CuSO4溶液和ClB常温下，向H2O2氧化性：FeCC向5mL0.01mol⋅LFe3+和D将浓盐酸和亚硫酸钠反应产生的气体通入酸性KMnOSOA．A B．B C．C D．D8．有机高分子种类繁多，应用广泛。下列有关高分子的说法不正确的是（）A．粘胶纤维中的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，都可用于纺织工业B．淀粉-聚丙烯酸钠的高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，同时还是可生物降解的绿色材料C．聚苯乙烯(PS)是苯和乙烯在一定温度下加聚反应合成的具有高软化温度的纤维，耐化学腐蚀，无毒，质脆；常用于生产一次性泡沫饭盒，保温，隔音材料等D．以1，3-丁二烯为原料，在催化剂作用下发生加聚反应得到顺式结构为主的聚合物，再与硫化剂混合加热，制得网状结构的顺丁橡胶，主要用于制造轮胎9．下列实验方案能达到实验目的的是（）A．装置验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用B．装置除去CCl4中的Br2C．装置用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极法D．装置验证非金属性：Cl＞C＞Si10．下列表示反应的离子方程式正确的是（）A．向FeBr2B．NaHCO3溶液与少量的BaC．将Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAlD．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO311．最近，中科院大连化物所研究发现了以Cu-ZnZr三元氧化物为催化剂时，CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示(带*微粒为催化剂表面的吸附物种)：下列判断错误的是（）A．CO2是该反应的氧化剂B．生成的CH3OH可用作车用燃料C．催化剂能加快反应速率，但不改变反应的反应热D．该反应过程中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成12．一定条件下，萘与硫酸的磺化反应如下图所示，下列说法错误的是（）A．β-萘磺酸的稳定性强于a-萘磺酸B．相同条件下，反应②的速率更快C．萘环上ɑ-H的活性强于β-HD．控制温度可改变平衡时两种产物的占比13．含氯化合物在生产生活中应用广泛。舍勒发现将软锰矿和浓盐酸混合加热可产生氯气，该方法仍是当今实验室制备氯气的主要方法之一，工业上以NaCl为原料可制得Cl2、Cl2O、HClO、ClO3-和ClOA．上述反应ΔS>0B．上述反应平衡常数K=C．其他条件相同，增大n(HCl)n(O2D．上述反应中消耗1 mol O214．Fe可以和CO2发生反应：Fe(s)+COA．t1B．平衡后向容器内充入CO2，重新达到平衡时C．4min时，COD．4min内，CO的平均反应速率v(CO)=0.25mol⋅15．HA、HB为两种一元酸，为研究25℃时反应A-A．由于此过程△H>0，故HB比HA内能更低B．△S对该反应自发性的影响小于△HC．相对于B-，A-与质子的结合能力更强D．体积和物质的量浓度均相同的NaA和NaB两溶液中，前者离子总数更多16．已知：MOH的碱性比NOH强。常温下，用HCl分别调节浓度均为0.1mol⋅L−1的MOH溶液和NOH溶液的pH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中A．曲线Ⅰ表示−lgB．溶液中水的电离程度：Y<XC．溶液中c(ClD．常温时，反应N++MOH⇌NOH+二、非选择题：本题共4小题，共56分。17．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效的水处理剂，实验室制备K2FeO4的装置如图所示。(夹持装置略去)查阅K2FeO4资料如下：①紫色固体，可溶于水、微溶于KOH溶液，不溶于乙醚、醇和氯仿等有机溶剂。②在0~5℃的强碱性溶液中比较稳定。③在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。④KOH溶于醇，做溶于乙醚。回答下列问题：（1）装置A为氯气发生装置，KMnO4体现的性质是，玻璃管的作用是。（2）装置B中盛放的试剂是。（3）装置C中KOH溶液过量的目的是。搅拌操作，除了防止因局部溶液碱性减弱，使K2FeO4与水反应产生Fe(OH)3和O2，另外的作用是。（4）装置C中生成K2FeO4的离子方程式为。该反应放热，不利于K2FeO4固体析出，写出一条实验改进措施。（5）反应结束后过滤装置C中浊液，得到K2FeO4粗产品，用冷的3mo·L-1KOH溶液洗涤粗产品后，再用除水。(填标号)a．苯b．浓硫酸c．异丙醇（6）装置D的作用是。18．钪(Sc)是一种稀有金属。从铝土矿生产Al2O3的副产品“赤泥”(主要成分为Al2O已知：①钪离子可以在不同pH下生成[Sc(②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示：离子FFATi开始沉淀的pH7.01.93.00.3完全沉淀的pH9.03.24.72.0回答下列问题：（1）“浸取”时，常将赤泥粉碎，并进行搅拌，其目的是。（2）流程中经处理后可循环利用的物质是(填“物质A”或“物质B”)；物质C最好选用(填“NaOH溶液”或“氨水”)。（3）Sc、Ti、Fe、Al的萃取率与浸出液的酸度关系如图所示，应选择的合适的H2SO4浓度为（4）“反萃取”时若加入过量的NaOH溶液，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(（5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是。（6）“聚合”生成聚合硫酸铁铝[AlFe(OH)19．硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：（1）在N2气氛中，FeS根据上述实验结果，可知x=，y=。（2）已知下列热化学方程式：FeSFeSFeS则FeSO4⋅7H2（3）将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)⇌Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)(Ⅰ)。平衡时（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)(Ⅱ)，在929K达到平衡时，P总=8420．以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素)为原料，制备MnxO（1）氨浸时，铜元素转化为[Cu(NH3)4]2+，CO①铜在元素周期表中的位置是。②比较[Cu(NH3)4]2+（2）浸锰①写出浸锰过程主要反应的离子方程式。②基态锰原子的价层电子轨道表示式为。③沉锰得到的MnCO④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏加德罗常数为NAmol-1，则晶体Ⅰ的密度为g⋅cm−3。(⑤晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过Zn（3）③若[Cu(NH3)4]2+中两个NH3（4）③沉锰得到的MnCO④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏加德罗常数为NAmol-1，则晶体Ⅰ的密度为g⋅cm−3。(（5）⑤晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过Zn2+在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。ⅱ代表电池(填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．甲板所用的特种钢是碳素钢中加入了几种金属，属于合金，A项符合题意；B．聚乙烯纤维为有机高分子材料，不属于合金，B项不符合题意；C．太阳能电池板为Si，不属于合金，C项不符合题意；D．石英加速度计为SiO2材料，不属于合金，D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。2．【答案】B【解析】【解答】A、氯气少量，只能氧化亚铁离子，正确的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A错误；

B、过氧化氢能将碘离子氧化为单质碘，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正确；

C、铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体的具体操作为：将饱和的FeCl3溶液滴加到煮沸的蒸馏水中，然后继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，正确的离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3H+，故C错误；

D、等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合，反应生成碳酸钙、水、NaOH，正确的离子方程式为：HCO3−+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、少量氯气，只有亚铁离子被氧化；

B、过氧化氢具有氧化性；

C、制备氢氧化铁胶体的操作为：将饱和的FeCl3溶液滴加到煮沸的蒸馏水中，然后继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热；

D、等物质的量的NaHCO3和Ca(OH)23．【答案】A【解析】【解答】A、乙醇能使蛋白质变性，但乙醇不具有强氧化性，故A错误；

B、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可用于食品膨松剂，故B正确；

C、硅具有半导体特性，可用于制造芯片，故C正确；

D、SiC俗称金刚砂，结构类似于金刚石，属于共价晶体，熔点高、硬度大、化学性质稳定，有优异的高温抗氧化性能，可作耐高温结构材料，故D正确；

故答案为：A。

【分析】A、乙醇不具有强氧化性；

B、碳酸氢钠不稳定，受热易分解；

C、硅是良好的半导体材料；

D、SiC俗称金刚砂，具有类似金刚石的结构，属于共价晶体，熔点高，化学性质稳定。4．【答案】C【解析】【解答】A、制备K2FeO4时，发生的反应为Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，该反应属于复分解反应，故A正确；

B、铁黄和次氯酸钠反应生成高铁酸钠，反应的离子方程式为2FeOOH+3C1O−+4OH−=2FeO42−+3C1−+3H2O，故B正确；

C、制备NaClO时，加热会反应生成NaClO3，因此不能通过加热的方式加快反应速率，故C错误；5．【答案】B【解析】【解答】A、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，不能据此验证非金属性：Cl>C>Si，故A错误；

B、氯气的密度大于空气，采用向上排空气法收集，则按照图②所示的气流方向可用于收集氯气，故B正确；

C、在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag，仪器应选用坩埚，故C错误；

D、氯化铁溶液与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、HCl不是Cl元素的最高价含氧酸；

B、氯气的密度大于空气；

C、灼烧固体应用坩埚；

D、氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀。6．【答案】A【解析】【解答】A、熔融”时发生反应：3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O，该反应中，KClO3是氧化剂，MnO2为还原剂，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故A正确；

B、“熔融”时由于有熔融的KOH，KOH能与二氧化硅反应，因此不能使用瓷坩埚和玻璃棒，故B错误；

C、醋酸为弱酸，应保留化学式，则“歧化”时发生的反应为：3MnO42−+4CH3COOH=2MnO4−+MnO2↓+2H2O+4CH3COO-，故C错误；

D、KMnO4会腐蚀橡胶，不应用橡胶塞，应保存于带有玻璃塞的棕色试剂瓶中，故D错误；

故答案为：A。

【分析】MnO2和KClO7．【答案】C【解析】【解答】A、饱和硫酸铜溶液和氯化铜溶液的浓度不同，不能证明氯离子可破坏铝表面的氧化膜，故A错误；

B、氯化铁可促进过氧化氢的分解生成氧气，则带火星的木条放在试管口，木条复燃，不能证明氧化性：FeCl3＞H2O2，故B错误；

C、氯化铁少量，反应后滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明Fe3+和I-的反应存在限度，故C正确；

D、浓盐酸也能被酸性KMnO4溶液氧化，因此溶液紫红色褪去，不能说明SO2具有还原性，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、饱和溶液的浓度不同，不能证明氯离子可破坏铝表面的氧化膜；

B、铁离子能催化过氧化氢分解生成氧气；

C、可逆反应反应物和生成物同时存在；8．【答案】C【解析】【解答】A、人造丝和人造棉均为人造纤维，均可用于纺织工业，故A正确；

B、钠盐溶于水，且淀粉可水解，则淀粉-聚丙烯酸钠高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，同时还是可生物降解的绿色材料，故B正确；

C、聚苯乙烯由苯和乙烯在一定温度下加聚反应合成，具有耐化学腐蚀，无毒，质脆等性质，聚苯乙烯长期使用会产生有毒害的苯，不可用于生产一次性泡沫饭盒，保温，隔音材料等，故C错误；

D、顺丁橡胶是顺1，3-丁二烯与硫磺等硫化剂混炼而成，弹性好、耐寒、耐磨，主要用于制造轮胎，故D正确；

故答案为：C。

【分析】A、人造丝和人造棉属于人造纤维；

B、钠盐溶于水，且淀粉可水解；

C、苯和乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯；

D、顺1，3-丁二烯与硫磺等硫化剂混炼得到顺丁橡胶。9．【答案】B【解析】【解答】A、右侧试管的温度高，且使用催化剂，存在两个变量，不能探究CuSO4对H2O2分解反应的影响，故A错误；

B、溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水互不相溶，但四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，因此该装置能除去四氯化碳中的溴，故B错误；

C、Fe与电源负极相连作阴极，被保护，滴加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀，为阴极保护法，故C错误；

D、元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，盐酸不是Cl元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、该实验存在温度和催化剂两个变量；

B、溴能与氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠水；

C、Fe与电源负极相连作阴极；

D、盐酸不是Cl元素的最高价含氧酸。10．【答案】C【解析】【解答】A.向FeBr2溶液中通入过量的氯气：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−；故A不符合题意；

B.NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合：2HC11．【答案】D【解析】【解答】A、该历程的总反应为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，该反应中，C元素的化合价降低，被还原，则CO2是该反应的氧化剂，故A正确；

B、甲醇是性能优良的能源和车用燃料，故B正确；

C、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响反应热，故C正确；

D、该过程中，存在H-H键、C=O键的断裂，C-H、C-O、H-O极性键的形成，没有非极性键的形成，故D错误；

故答案为：D。

【分析】A、所含元素化合价降低的物质是氧化剂；

B、甲醇可做车燃料；

C、催化剂不影响反应热；

D、该过程中不存在非极性键的形成。12．【答案】B【解析】【解答】A、由图可知，β-萘磺酸的能量低于a-萘磺酸，则β-萘磺酸的稳定性强于a-萘磺酸，故A正确；

B、由图可知，反应②的活化能大于反应①，则反应①的速率更快，故B错误；

C、反应①比反应②更容易发生，说明萘环上ɑ-H的活性强于β-H，故C正确；

D、反应①和反应②都是放热反应，控制温度可改变平衡时两种产物的占比，故D正确；

故答案为：B。

【分析】A、物质的能量越低越稳定；

B、活化能越小，反应速率越快；

C、反应①更容易发生；

D、反应①和反应②均为放热反应。13．【答案】C【解析】【解答】A、根据反应的热化学方程式可知，该反应的ΔS<0，故A错误；

B、根据反应的方程式可知，该反应的平衡常数K=c2(Cl2)c2(H2O)c4(HCl)⋅c(O2)，故B错误；

C、其他条件相同，增大n(HCl)n(O214．【答案】C【解析】【解答】A、由图可知，t1min后CO和CO2的浓度仍在变化，说明t1min时反应未达到平衡状态，故错误；

B、c(CO2)c(CO)=1K，K只受温度影响，温度不变，则重新达到平衡时c(CO2)c(CO)不变，故B错误；

C、4min时，CO2的浓度减少了0.5mol/L，则CO2的转化率为0.50.7×100%=71.4%，故C正确；

D、4min内，v(CO)=0.5mol/L4min15．【答案】C【解析】【解答】A、ΔH>0的反应为吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，但不能比较HB、HA的内能高低，故A错误；

B、反应自发性应根据ΔS、ΔH共同判断，故B错误；

C、酸性HB＞HA，所以结合质子能力：B-＜A-，即A-与质子的结合能力更强，故C正确；

D、NaA和NaB溶液中电荷关系分别为：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，等物质的量的NaA和NaB溶液溶液中离子总数均为2[n(Na+)+n(H+)]，水解程度：A->B-，所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、ΔH>0，则为吸热反应；

B、判断反应自发进行，应根据熵变和焓变综合判断；

C、酸的酸性越弱，酸根离子结合质子能力越强；

D、酸性：HB＞HA，则酸根离子水解程度A->B-，相同温度下，物质的量浓度和体积均相同的NaA和NaB两种溶液中两种盐的物质的量相等，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒判断。16．【答案】D【解析】【解答】A、由分析可知，曲线Ⅱ表示−lgc(N+)与pH的关系，故A错误；

B、pH：X＞Y，碱抑制水的电离，并且碱性越强，抑制作用越大，则溶液中水的电离程度：Y＞X，故B错误；

C、碱性：MOH＞NOH，则向浓度相同的MOH溶液和NOH溶液分别通入HCl气体使两种溶液的pH均为8时，MOH溶液消耗HCl的量大于NOH，则溶液中c（Cl-）：Z＞Y，故C错误；

D、根据N++MOH⇌NOH+M+可知，K=c(NOH)c(M+)c(N+17．【答案】（1）氧化性；平衡压强，使液体顺利滴下（2）饱和食盐水（3）K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在；使反应物充分接触，加快反应速率（4）3Cl（5）c（6）吸收过量氯气，防止污染环境【解析】【解答】（1）装置A中发生的反应为：2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，该反应中，Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，体现氧化性；装置A中玻璃管用于平衡压强，使液体顺利滴下，故答案为：氧化性；平衡压强，使液体顺利滴下；

（2）装置B用于除去氯气中的HCl杂质，盛放的试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

（3）根据题意可知，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，则装置C中KOH溶液过量的目的是K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在；搅拌操作，一方面可防止因局部溶液碱性减弱，使K2FeO4与水反应产生Fe(OH)3和O2，另一方面可使反应物充分接触，加快反应速率，故答案为：K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在；使反应物充分接触，加快反应速率；

（4）装置C中，氯气和氢氧化铁在碱性条件下反应生成K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O；该反应放热，不利于K2FeO4固体析出，则应将将装置C放入冰水浴中，故答案为：18．【答案】（1）增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率（2）物质A；氨水（3）1.8(1.7到1.9均可)（4）NaOH+Sc(OH（5）防止Fe3+和TiO2+在“水解”工序同时沉淀，不利于元素（6）A【解析】【解答】（1）“浸取”时，常将赤泥粉碎，并进行搅拌，可增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率，故答案为：增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率；

（2）由分析可知，物质A为萃取剂，可循环使用；物质C最好选用氨水，故答案为：物质A；氨水；

（3）钪的萃取率要高，同时要求Ti、Fe、Al的草取率要尽可能的小，以达到更好的分离效果，由图可知，c(H2SO4)=1.8mol/L时，钪的萃取率和其他三种元素差别最大，故应选择的H2SO4浓度为1.8mol/L，故答案为：1.8(1.7到1.9均可)；

（4）n=4时生成[Sc(OH)4]-，则Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式为NaOH+Sc(OH)3=Na[Sc(OH)4]，故答案为：NaOH+Sc(OH)3=Na[Sc(OH)4]；

（5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”是为了防止Fe3+和TiO2+在“水解”工序同时沉淀，不利于元素Ti与Fe的分离，故答案为：防止Fe3+和TiO2+在“水解”工序同时沉淀，不利于元素Ti与Fe的分离；

（6）“聚合”时，参与反应的离子有Al19．【答案】（1）4；1（2）(a+c-2b)（3）3.0；2.25；增大（4）46.26；46【解析】【解答】（1）设起始时FeSO4·7H2O的物质的量为1mol，m（FeSO4·7H2O）=278g，生成FeSO4·xH2O的失重率为19.4%，生成FeSO4·yH2O的失重率为38.8%，即278×19.4%=126-18x，278×38.8%=126-18y，解得x=4，y=1，故答案为：4；1；

（2）设①FeSO4⋅7H2O(s)=FeSO4(s)+7H2O(g)ΔH1=akJ⋅mol−1，②FeSO4⋅xH2O(s)=FeSO4(s)+xH2O(g)ΔH2=bkJ⋅mol−1，③FeSO4⋅yH2O(s)=FeSO4(s)+yH2O(g)ΔH3=ckJ⋅mol−1，根据盖斯定律，将①+③-2×②可得FeSO4⋅7H2O(s)+FeSO4⋅yH2O(s)=2(FeSO4⋅xH2O)(s)，则ΔH=(a+c-2b)kJ⋅mol−1，故答案为：(a+c-2b)；

（3）由图可知，随温度升高，P(SO3)增大，说明升高温度时平衡正向移动，该反应为吸热反应，则平衡常数K