2022年高考化學(xué)新探究大一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測（八）（含2022屆新題含解析）蘇教版

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1、2022年高考化學(xué)新探究大一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測（八）（含2022屆新題，含解析）蘇教版 一、選擇題(本題包括9小題，每小題5分，共45分) 1．正常人胃液的pH在0.3～1.2之間，胃酸(一般用鹽酸表示)多了需要治療。某些用以治療胃酸過多的藥物中含MgCO3、NaHCO3，也可用酒石酸鈉來治療。下列說法正確的是(　　) A．碳酸、酒石酸都不是強酸 B．對人而言，酒石酸是必需的營養(yǎng)品 C．MgCO3、NaHCO3與胃酸作用產(chǎn)生CO2，在服藥后有喝汽水的舒服感 D．酒石酸鈉水解顯酸性 解析：選A。用NaHCO3、 酒石酸鈉治療胃酸過多，說明NaHCO3、酒石酸鈉能與H＋反應(yīng)生成弱電

2、解質(zhì)，碳酸、酒石酸都不是強酸。C選項由于生成大量CO2，胃有膨脹的感覺，會不舒服。 2．某合作學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對冰醋酸在25 ℃下的稀釋過程，有如下思辨，你認為不正確的是(　　) A．醋酸的電離常數(shù)不變 B．溶液中c(H＋)持續(xù)增大 C．pH先減小后增大 D．醋酸的分子數(shù)不斷減少 解析：選B。電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，A正確；c(H＋)先增大后減小，B不正確，C正確；稀釋過程中，電離平衡右移，CH3COOH分子數(shù)不斷減少，D正確。 3．下列實驗操作正確的是(　　) A．用100 mL容量瓶配制50 mL一定濃度的HCl溶液 B．中和滴定前，錐形瓶用蒸餾水洗凈后直接裝入待測液 C．

3、用稀硫酸洗滌久置石灰水的試劑瓶 D．測pH時用pH試紙蘸取稀鹽酸，取出與標準比色卡對比 解析：選B。A項中100 mL容量瓶只能配制100 mL的溶液。C項中硫酸鈣是微溶物，應(yīng)用稀鹽酸或稀硝酸洗滌。D項中會污染鹽酸且所測pH不準確，應(yīng)用玻璃棒蘸取溶液點在pH試紙中部，再與標準比色卡對比。 4．(2019·石家莊高三模擬)25 ℃時，關(guān)于①0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液?、?.1 mol·L－1的NaOH溶液，下列敘述正確的是(　　) A．若向①中加適量水，溶液中c(Cl－)/c(NH )的值減小 B．若向②中加適量水，水的電離平衡正向移動 C．若將①和②均稀釋100倍，①的

4、pH變化更大 D．若將①和②混合，所得溶液的pH＝7，則溶液中的c(NH3·H2O)>c(Na＋) 解析：選B。A項，NH4Cl溶液中加適量水，若不考慮NH 水解，則c(NH)、c(Cl－)成比例減小，c(Cl－)/c(NH)不變，但加水稀釋促進NH 水解(NH＋H2ONH3·H2O＋H＋)，c(NH )減小的更多，比值增大，錯誤；B項，NaOH溶液抑制水的電離，加水稀釋，c(OH－)減小，則c(H＋)增大，H＋均來源于水的電離，所以水的電離程度增大，正確；C項，加水稀釋100倍，NaOH的pH變化2，NH4Cl pH變化小于2，錯誤；D項，溶液呈中性，由電荷守恒有c(Na＋)＋c(N

5、H)＝c(Cl－)，Cl－均來源于NH4Cl，有c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，則c(NH3·H2O)＝c(Na＋)，錯誤。 5．(2016·高考全國卷Ⅰ)298 K時，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。已知0.10 mol·L－1氨水的電離度為1.32%，下列有關(guān)敘述正確的是(　　) A．該滴定過程應(yīng)選擇酚酞作為指示劑 B．M點對應(yīng)的鹽酸體積為20.0 mL C．M點處的溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－) D．N點處的溶液中pH<12 解析：選D。當(dāng)

6、恰好完全中和時，生成NH4Cl，而NH4Cl溶液呈酸性，酚酞的變色范圍為pH＝8.2～10.0，甲基橙的變色范圍為pH＝3.1～4.4，故應(yīng)選甲基橙作指示劑，A項錯誤；當(dāng)V(鹽酸)＝20.0 mL時，恰好完全反應(yīng)，溶液呈酸性，B項錯誤；M點時由溶液中電荷守恒知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，298 K時，pH為7的溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，則c(NH)＝c(Cl－)，但c(NH)＝c(Cl－)?c(H＋)＝c(OH－)，C項錯誤；該溫度下，0.10 mol·L－1一元強堿溶液的pH＝13，若0.10 mol·L－1一元弱堿溶液的電離度為10%，則其pH＝12，

7、而0.10 mol·L－1氨水的電離度小于10%，故溶液的pH<12，D項正確。 6．(2017·高考江蘇卷改編)常溫下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列說法正確的是(　　) A．濃度均為0.1 mol·L－1 的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者小于后者 B．用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積相等 C．0.2 mol·L－1 HCOOH與0.1 mol·L－1 NaOH等體積混合后的溶

8、液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋) D．0.2 mol·L－1 CH3COONa與0.1 mol·L－1鹽酸等體積混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋) 解析：選D。HCOONa溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，NH4Cl溶液中存在c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，兩溶液中有c(Na＋)＝c(Cl－)，只要比較HCOONa溶液中c(H＋)與NH4Cl溶液中c(OH－)的大小即可，由電離常數(shù)可知，NH的水解程度比HCOO－的大，則NH4Cl溶液中c(H

9、＋)較HCOONa溶液中c(OH－)大，即NH4Cl溶液中c(OH－)較HCOONa溶液中c(H＋)小，所以有 c(Na＋)＋c(H＋)＞c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，A項錯誤；CH3COOH的電離平衡常數(shù)比HCOOH的小，即CH3COOH的酸性弱，則相同pH的CH3COOH溶液的濃度大于HCOOH的，和NaOH反應(yīng)時，CH3COOH溶液消耗NaOH溶液的體積較大，B項錯誤；反應(yīng)后得到c(HCOOH)與c(HCOONa)相等的混合溶液，溶液呈酸性，由電荷守恒得：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，由物料守恒得：2c(Na＋)＝c(HCOOH)＋c(H

10、COO－)，則 c(HCOO－)＞c(Na＋)＞c(HCOOH)，所以c(HCOO－)＋c(OH－)＞c(HCOOH)＋c(H＋)，C項錯誤；反應(yīng)后得到c(CH3COONa)＝c(CH3COOH)＝c(NaCl)的混合溶液，由物料守恒得：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Cl－)，pH＜7，則CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，即c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)，電離和水解均很微弱，故c(H＋)小于 c(CH3COOH)，D項正確。 7．常溫下，取一定量的PbI2固體配成飽和溶液，T時刻改變某一條件，離子的濃度變化如圖所示[注：第一次

11、平衡時c(I－)＝2×10－3 mol·L－1，c(Pb2＋)＝1×10－3 mol·L－1]，下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．常溫下，PbI2的Ksp＝2×10－6 B．溫度不變，向PbI2飽和溶液中加入少量硝酸鉛濃溶液，PbI2的溶解度不變，Pb2＋濃度不變 C．常溫下Ksp(PbS)＝8×10－28，向PbI2的懸濁液中加入Na2S溶液，PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為5×1018 D．T時刻改變的條件是升高溫度，PbI2的Ksp 增大 解析：選C。由PbI2Pb2＋＋2I－得Ksp＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝1×

12、10－3×(2×10－3)2＝4×10－9，A錯誤；由于硝酸鉛是強電解質(zhì)，完全電離產(chǎn)生Pb2＋，Pb2＋濃度增大，PbI2的溶解度減小，B錯誤；PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝＝＝＝5×1018，C正確；T時刻若改變的條件是升高溫度，c(Pb2＋)、c(I－)均呈增大趨勢，D錯誤。 8．(2018·高考天津卷)LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2PO4溶液的pH隨c初始(H2PO)的變化如圖1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分數(shù)δ隨pH的變化如圖2所示。 下列有關(guān)LiH2PO4溶液的敘述正確的是(　　) A．溶液中存

13、在3個平衡 B．含P元素的粒子有H2PO、HPO和PO C．隨c初始(H2PO)增大，溶液的pH明顯變小 D．用濃度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當(dāng)pH達到4.66時，H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4 解析：選D。LiH2PO4溶液中存在H2PO的電離平衡：H2POH＋＋HPO、HPOH＋＋PO，H2PO的水解平衡：H2PO＋H2OH3PO4＋OH－，H2O的電離平衡：H2OH＋＋OH－，溶液中存在4個平衡，A項錯誤；含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO、H3PO4，B項錯誤；根據(jù)圖1，隨著c初始(H2PO)增大，溶液的pH先逐漸減小后

14、趨向不變，C項錯誤；根據(jù)圖2，當(dāng)pH＝4.66時，δ＝0.994，即H2PO的分布分數(shù)為0.994，故當(dāng)pH達到4.66時，H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4，D項正確。 9．(2019·靖遠聯(lián)考)25℃ 時，改變0.1 mol/L RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO－的微粒分布分數(shù)α(X)＝c(X)/[c(RCOOH)＋c(RCOO－)]；甲酸(HCOOH)與丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分數(shù)與pH的關(guān)系如圖所示。 下列說法正確的是(　　) A．丙酸的酸性比甲酸強 B．CH3CH2COOHCH3CH2COO－＋H＋的lg K＝－4.88 C．若

15、0.1 mol/L甲酸溶液的pH＝2.33，則0.01 mol/L甲酸溶液的pH＝3.33 D．將0.1 mol/L的HCOOH溶液與0.1 mol/L的HCOONa溶液等體積混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(HCOOH)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋) 解析：選B。由圖中信息可知，相同pH時，丙酸的酸分子的分布分數(shù)大，說明電離程度小，故其酸性比甲酸弱，A錯誤；pH＝4.88時，丙酸的酸分子的分布分數(shù)為50%，即c(CH3CH2COOH)＝c(CH3CH2COO－)，根據(jù)CH3CH2COOHCH3CH2COO－＋H＋電離過程可知，lg Ka＝lg c(H＋)＝－4.88，

16、B正確；稀釋弱酸，電離程度增大，故若0.1 mol/L甲酸溶液的pH＝2.33，則0.01 mol/L甲酸溶液的pH＜3.33，C錯誤；將0.1 mol/L的HCOOH溶液與0.1 mol/L的HCOONa溶液等體積混合，電離過程大于水解過程，所得溶液呈酸性，即c(OH－)＜c(H＋)，D錯誤。 二、非選擇題(本題包括4小題，共55分) 10．(9分)若用0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，滴定曲線如圖所示。 (1)當(dāng)pH＝8時，溶液中的離子濃度大小順序為________________________。 (2)滴定過程中

17、，下列關(guān)系中正確的是________。 A．pH＝7時：c(Na＋)＋c(OH－ )＝c(CH3COOH)＋c(H＋)　 B．a(chǎn)點時：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－) C．b點時：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.05 mol·L－1 (3)若向該醋酸溶液中加入少量的醋酸鈉固體，則溶液的pH會________(填“增大”“減小”或“不變”)。 解析：(1)由電荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，溶液呈堿性，c(OH－)＞c(H＋)，所以c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。(2)A項，由電荷

18、守恒式為c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，錯誤。B項，a點時為等物質(zhì)的量濃度的NaOH和CH3COONa的混合液，有c(Na＋)＝2[c(CH3COOH)＋c(CH3COO— )]，錯誤。C項，b點時恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為CH3COONa，根據(jù)物料守恒可知C項正確。(3)加入醋酸鈉固體，抑制CH3COOH電離，c(H＋)減小，pH增大。 答案：(1)c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋) (2)C　(3)增大 11．(14分)在25 ℃時，對于0.1 mol·L－1的氨水，請回答以下問題： (1)若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中將

19、________(填“增大”“減小”或“不變”)； (2)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1∶1，此時溶液的pH________7(填“大于”“小于”或“等于”)，用離子方程式表示其原因：____________________________________，此時溶液中各離子濃度由大到小的順序為________________________； (3)若向氨水中加入0.05 mol·L－1稀硫酸至溶液正好呈中性，所用氨水的體積V1與稀硫酸的體積V2的關(guān)系為V1________V2(填“大于”“小于”或“等于”)，寫出溶液中各離子濃度之間滿足的電荷守恒表達式：_____

20、___________________。 解析：(1)NH3·H2ONH＋OH－，加入硫酸銨固體，雖然平衡向逆反應(yīng)方向移動，OH－濃度減小，但平衡常數(shù)不變，K＝，則增大。 (2)兩者恰好完全反應(yīng)生成硫酸銨，則NH水解溶液呈酸性。(3)若恰好完全反應(yīng)生成硫酸銨，則NH水解溶液呈酸性，若要pH＝7，則硫酸的量要少一些。 答案：(1)增大　(2)小于　NH＋H2ONH3·H2O＋H＋　c(NH)＞c(SO )＞c(H＋)＞c(OH－) (3)大于　c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO )＋c(OH－) 12．(16分)現(xiàn)實驗室用0.2 mol·L－1 的KMnO4溶液(硫酸酸化)做分

21、析滴定實驗，滴定KHSO3溶液。量取20.00 mL待測的KHSO3溶液于錐形瓶中，用____________(填“酸式”或“堿式”)滴定管盛裝配制的標準KMnO4溶液，邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛注視著________________，直至滴入最后一滴KMnO4溶液，錐形瓶中溶液變?yōu)闇\紫紅色且30 s內(nèi)不變色為止。后又重復(fù)做了兩次平行實驗，數(shù)據(jù)如下表。 第一次 第二次 第三次 起始讀數(shù)/mL 1.10 1.42 0.35 終點讀數(shù)/mL 21.12 21.40 22.43 (1)用________(填“酸式”或“堿式”)滴定管量取KHSO3溶液，KHSO3溶液中各離子濃

22、度大小關(guān)系為________________________________。 (2)滴定過程中反應(yīng)的離子方程式為__________________________________________，待測KHSO3溶液中c(KHSO3)＝________mol·L－1。 (3)若滴定過程中只出現(xiàn)下列情形之一時，會導(dǎo)致實驗測定結(jié)果偏大的有____________(填編號)。 ①配制標準KMnO4溶液時，加硫酸酸化后未冷卻至室溫便注入到容量瓶中 ②滴定完畢讀數(shù)時呈俯視姿態(tài) ③滴定時過早地判斷滴定終點(實驗過后發(fā)現(xiàn)錐形瓶溶液變?yōu)闊o色) ④滴定前盛裝KMnO4溶液的滴定管尖嘴上有氣泡未排盡

23、，而滴定后消失 ⑤盛裝待測KHSO3溶液的錐形瓶用蒸餾水洗滌后未用待測KHSO3溶液潤洗 ⑥滴定時操作不當(dāng)致使KMnO4溶液從活塞處流出少許 ⑦KHSO3溶液中含有少量NaCl雜質(zhì) 解析：KMnO4溶液具有強氧化性會腐蝕橡膠管，所以用酸式滴定管量取。滴定過程中眼睛要注視錐形瓶中溶液顏色變化，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液，錐形瓶中溶液變?yōu)闇\紫紅色且30 s不變色，說明已達到滴定終點。 (1)因為HSO的電離(HSOH＋＋SO －)大于其水解(HSO＋H2OH2SO3＋OH－)，所以KHSO3溶液呈酸性，用酸式滴定管盛裝。KHSO3溶液中各離子濃度大小關(guān)系為c(K＋)＞c(HSO

24、)＞c(H＋)＞c(SO －)＞c(OH－)。 (2)MnO在酸性條件下的還原產(chǎn)物為Mn2＋，HSO的氧化產(chǎn)物為SO －，利用電子守恒先配氧化還原反應(yīng)：2MnO＋5HSO―→2Mn2＋＋5SO －，再結(jié)合溶液呈酸性，進行缺項配平。上表中三組數(shù)據(jù)第三組誤差較大舍去，所以得V(KMnO4)＝20.00 mL。c(KHSO3)＝＝ 0.500 0 mol·L－1。 (3)①由于熱溶液體積膨脹，冷卻后所配溶液體積減小，KMnO4濃度比計算值大，滴定時消耗KMnO4溶液體積比理論值小，即所取V(KMnO4)偏小，可知c(KHSO3)偏小。②滴定完畢后由于俯視讀數(shù)，讀數(shù)偏小，計算時則c(KHSO3)偏

25、小。③判斷終點過早，即滴入KMnO4溶液體積偏小，致使c(KHSO3)的濃度偏小。④⑥操作中實際進入錐形瓶中的KMnO4溶液體積比讀數(shù)小，則c(KHSO3)偏大。⑤操作正確。⑦中雜質(zhì)Cl－可被KMnO4氧化，多消耗KMnO4溶液，致使c(KHSO3)偏大。 答案：酸式　錐形瓶中溶液顏色變化 (1)酸式　c(K＋)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(SO －)＞c(OH－)　 (2)2MnO＋5HSO＋ H＋===2Mn2＋＋5SO －＋ 3H2O　0.500 0 (3)④⑥⑦ 13．(16分)(2019·漳州模擬)鈧(M＝45 g/mol)及其化合物具有許多優(yōu)良的性能，在宇航、電子、超

26、導(dǎo)等方面有著廣泛的應(yīng)用。從鈦白工業(yè)廢酸(含鈧、鈦、鐵、錳等離子)中提取氧化鈧(Sc2O3)的一種流程如下： 回答下列問題： (1)洗滌“油相”可除去大量的鈦離子。洗滌水是用93%的硫酸、27.5%的雙氧水和水按一定比例混合而成?；旌系膶嶒灢僮魇莀____________________________________ _________________________________________________________。 (2)先加入氨水調(diào)節(jié)pH＝3，過濾，濾渣的主要成分是__________；再向濾液加入氨水調(diào)節(jié)pH＝6，濾液中Sc3＋的濃度為____________

27、。 {已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31} (3)用草酸“沉鈧”。25 ℃時pH＝2的草酸溶液中＝__________(保留兩位有效數(shù)字)。寫出“沉鈧”得到草酸鈧的離子方程式：__________________________________。[已知Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5] (4)草酸鈧“灼燒”氧化的化學(xué)方程式為__________________________________ ___________________

28、______________________________________。 (5)廢酸中含鈧量為15 mg/L，V L廢酸最多可提取Sc2O3的質(zhì)量為____________。 解析：(1)不同的液體在混合時，一般先加密度較小、易揮發(fā)的，后加密度大、難揮發(fā)的，若混合時放熱，則最后加受熱易分解的，因此，混合的實驗操作是將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌。(2)廢酸中含鈧、鈦、鐵、錳等離子，洗滌“油相”已除去大量的鈦離子，根據(jù)Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH

29、)3]＝9.0×10－31，可以求出使三種離子沉淀完全的pH，發(fā)現(xiàn)錳離子沉淀完全時pH約為10，鈧離子沉淀完全時pH約為5，而鐵離子沉淀完全時pH約為4，所以先加入氨水調(diào)節(jié)pH＝3，過濾，濾渣主要成分是Fe(OH)3；再向濾液中加入氨水調(diào)節(jié)pH＝6，此時溶液中c(OH－)＝10－8 mol/L，濾液中Sc3＋的濃度為＝9.0×10－7mol/L。(3)25 ℃時pH＝2的草酸溶液中＝××＝Ka2(H2C2O4)×Ka1(H2C2O4)×＝6.4×10－5×5.9×10－2×≈3.8×10－2；“沉鈧”得到草酸鈧的離子方程式為2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋。(4)

30、草酸鈧“灼燒”氧化的化學(xué)方程式為2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2。(5)廢酸中含鈧量為15 mg/L，則V L廢酸中含鈧的質(zhì)量為15×10－3 g/L×V L＝0.015V g，所以最多可提取Sc2O3的質(zhì)量為×＝0.023V g。 答案：(1)將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌 (2)Fe(OH)3　9.0×10－7mol/L (3)3.8×10－2　2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋ (4)2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2 (5)0.023V g