2020年高考化學(xué)一輪總復(fù)習(xí)文檔第八章章末高考真題演練Word版含答案

1.(2018·江蘇高考)根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是()A.圖甲是CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說明該反應(yīng)的ΔH＜0B.圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應(yīng)中c(H2O2)隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，說明隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小C.圖丙是室溫下用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強(qiáng)酸D.圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí)，溶液中c(Ba2＋)與c(SOeq\o\al(2－,4))的關(guān)系曲線，說明溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))越大c(Ba2＋)越小答案C解析根據(jù)圖甲，升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的ΔH＜0，A正確，根據(jù)圖乙，隨著時(shí)間的推移，c(H2O2)變化趨于平緩，說明隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小，B正確；根據(jù)圖丙，沒有滴入NaOH溶液時(shí)，0.1000mol·L－1HX溶液的pH＞1，HX為一元弱酸，C錯(cuò)誤；根據(jù)圖丁可見橫坐標(biāo)越小，縱坐標(biāo)越大，－lgc(SOeq\o\al(2－,4))越小，－lgc(Ba2＋)越大，說明c(SOeq\o\al(2－,4))越大，c(Ba2＋)越小，D正確。2.(2018·天津高考)LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2PO4溶液的pH隨c初始(H2POeq\o\al(－,4))的變化如圖1所示，H3PO4溶液中H2POeq\o\al(－,4)的分布分?jǐn)?shù)δ隨pH的變化如圖2所示[δ＝eq\f(cH2PO\o\al(－,4),c總含P元素的粒子)]，下列有關(guān)LiH2PO4溶液的敘述正確的是()A．溶液中存在3個(gè)平衡B．含P元素的粒子有H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)、POeq\o\al(3－,4)C．隨c初始(H2POeq\o\al(－,4))增大，溶液的pH明顯變小D．用濃度大于1mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當(dāng)pH達(dá)到4.66時(shí)，H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4答案D解析溶液中存在H2POeq\o\al(－,4)的電離平衡和水解平衡，存在HPOeq\o\al(2－,4)的電離平衡，存在水的電離平衡等，所以至少存在4個(gè)平衡，A錯(cuò)誤。含P元素的粒子有H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)、POeq\o\al(3－,4)和H3PO4，B錯(cuò)誤。從圖1中得到隨著c初始(H2POeq\o\al(－,4))增大，溶液的pH大約從5.5減小到4.66，談不上明顯變小，同時(shí)達(dá)到4.66以后就不變了，C錯(cuò)誤。由圖2得到，pH＝4.66的時(shí)候，δ＝0.994，即溶液中所有含P的成分中H2POeq\o\al(－,4)占99.4%，所以此時(shí)H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4，D正確。3．(2018·江蘇高考)(雙選)H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，設(shè)H2C2O4溶液中c(總)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L－1H2C2O4溶液至終點(diǎn)。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是()A．0.1000mol·L－1H2C2O4溶液：c(H＋)＝0.1000mol·L－1＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)－c(H2C2O4)B．c(Na＋)＝c(總)的溶液：c(Na＋)＞c(H2C2O4)＞c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞c(H＋)C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.1000mol·L－1＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)D．c(Na＋)＝2c(總)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))答案AD解析H2C2O4溶液中的電荷守恒為c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，0.1000mol·L－1H2C2O4溶液中0.1000mol·L－1＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))，兩式整理得c(H＋)＝0.1000mol·L－1－c(H2C2O4)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，A正確；c(Na＋)＝c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)為NaHC2O4，HC2Oeq\o\al(－,4)既存在電離平衡又存在水解平衡，HC2Oeq\o\al(－,4)水解的離子方程式為HC2Oeq\o\al(－,4)＋H2OH2C2O4＋OH－，HC2Oeq\o\al(－,4)水解常數(shù)Kh＝eq\f(cH2C2O4·cOH－,cHC2O\o\al(－,4))＝eq\f(cH2C2O4·cOH－·cH＋,cHC2O\o\al(－,4)·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka1H2C2O4)＝eq\f(1×10－14,5.4×10－2)≈1.85×10－13?Ka2(H2C2O4)，HC2Oeq\o\al(－,4)的電離程度大于水解程度，則c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞c(H2C2O4)，B錯(cuò)誤；滴入NaOH溶液后，溶液中的電荷守恒為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，室溫pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，則c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(總)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)，由于溶液體積變大，c(總)＜0.1000mol·L－1，c(Na＋)＜0.1000mol·L－1＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)，C錯(cuò)誤；c(Na＋)＝2c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)為Na2C2O4，溶液中的電荷守恒為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，物料守恒為c(Na＋)＝2[c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))]，兩式整理得c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，D正確。4．(2017·全國卷Ⅲ)在濕法煉鋅的電解循環(huán)溶液中，較高濃度的Cl－會(huì)腐蝕陽極板而增大電解能耗?？上蛉芤褐型瑫r(shí)加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀從而除去Cl－。根據(jù)溶液中平衡時(shí)相關(guān)離子濃度的關(guān)系圖，下列說法錯(cuò)誤的是()A．Ksp(CuCl)的數(shù)量級(jí)為10－7B．除Cl－反應(yīng)為Cu＋Cu2＋＋2Cl－=2CuClC．加入Cu越多，Cu＋濃度越高，除Cl－效果越好D．2Cu＋=Cu2＋＋Cu平衡常數(shù)很大，反應(yīng)趨于完全答案C解析當(dāng)－lgeq\f(cCl－,mol·L－1)＝0時(shí)，lgeq\f(cCu＋,mol·L－1)約為－7，即c(Cl－)＝1mol·L－1，c(Cu＋)＝10－7mol·L－1，因此Ksp(CuCl)的數(shù)量級(jí)為10－7，A正確；分析生成物CuCl的化合價(jià)可知，Cl元素的化合價(jià)沒有發(fā)生變化，Cu元素由0價(jià)和＋2價(jià)均變?yōu)椋?價(jià)，因此參加該反應(yīng)的微粒為Cu、Cu2＋和Cl－，生成物為CuCl，則反應(yīng)的離子方程式為Cu＋Cu2＋＋2Cl－=2CuCl，B正確；銅為固體，只要滿足反應(yīng)用量，Cu的量對除Cl－效果無影響，C錯(cuò)誤；2Cu＋=Cu2＋＋Cu的平衡常數(shù)K＝eq\f(cCu2＋,c2Cu＋)，可取圖像中的c(Cu＋)＝c(Cu2＋)＝1×10－6mol·L－1代入平衡常數(shù)的表達(dá)式中計(jì)算，即K＝eq\f(1×10－6mol·L－1,1×10－6mol·L－12)＝1×106L·mol－1>105，因此平衡常數(shù)很大，反應(yīng)趨于完全，D正確。5．(2017·江蘇高考)(雙選)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0.1mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者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(diǎn)，消耗NaOH溶液的體積相等C．0.2mol·L－1HCOOH與0.1mol·L－1NaOH等體積混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)D．0.2mol·L－1CH3COONa與0.1mol·L－1鹽酸等體積混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)答案AD解析相同濃度的HCOONa和NH4Cl溶液，水解程度NHeq\o\al(＋,4)大于HCOO－，根據(jù)電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可比較c(Na＋)＋c(H＋)和c(Cl－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(Cl－)，又根據(jù)NHeq\o\al(＋,4)和HCOO－的水解程度得HCOONa中的c(H＋)大于NH4Cl溶液中c(OH－)，所以陽離子濃度之和，前者大于后者，A正確；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，因?yàn)镃H3COOH的酸性弱于HCOOH，CH3COOH消耗NaOH溶液的體積比HCOOH的大，B錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，c(Na＋)>c(HCOOH)，C錯(cuò)誤；反應(yīng)后溶液相當(dāng)于相同濃度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，溶液顯酸性，c(CH3COO－)>0.05mol·L－1，c(CH3COOH)<0.05mol·L－1，c(Cl－)＝0.05mol·L－1，c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，D正確。6．(2016·天津高考)室溫下，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定濃度均為0.1mol·L－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲線如圖所示，下列判斷錯(cuò)誤的是()A．三種酸的電離常數(shù)關(guān)系：KHA>KHB>KHDB．滴定至P點(diǎn)時(shí)，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)C．pH＝7時(shí)，三種溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)D．當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)達(dá)100%時(shí)，將三種溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)答案C解析濃度均為0.1mol·L－1的HA、HB和HD三種酸溶液的pH不同，pH越小，則酸的電離常數(shù)越大，A正確；滴定至P點(diǎn)時(shí)，所得溶液為等物質(zhì)的量濃度的HB與NaB的混合溶液，溶液顯酸性，說明HB的電離程度強(qiáng)于B－的水解程度，故c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正確；pH＝7時(shí)，三種溶液中：c(A－)>c(B－)>c(D－)，C錯(cuò)誤；根據(jù)質(zhì)子守恒知D正確。7．(2018·全國卷Ⅲ)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O，M＝248g·mol－1)可用作定影劑、還原劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaS2O3)＝4.1×10－5。市售硫代硫酸鈉中常含有硫酸根雜質(zhì)，選用下列試劑設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行檢驗(yàn)：試劑：稀鹽酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液(2)利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測定硫代硫酸鈉的純度。測定步驟如下：①溶液配制：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在________中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的________中，加蒸餾水至________。②滴定：取0.00950mol·L－1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，硫酸酸化后加入過量KI，發(fā)生反應(yīng)：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應(yīng)：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。加入淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液________，即為終點(diǎn)。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為________%(保留一位小數(shù))。答案(1)③加入過量稀鹽酸④出現(xiàn)乳黃色渾濁⑤(吸)取上層清液，滴入BaCl2溶液⑥產(chǎn)生白色沉淀(2)①燒杯容量瓶刻度線②藍(lán)色褪去95.0解析(1)檢驗(yàn)樣品中的硫酸根離子，應(yīng)該先加入稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液。但是本題中，硫代硫酸根離子和氫離子以及鋇離子都反應(yīng)，所以應(yīng)該排除其干擾，具體過程應(yīng)該為先將樣品溶解，加入稀鹽酸酸化(反應(yīng)為S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=SO2↑＋S↓＋H2O)，靜置，(吸)取上層清液，滴入氯化鋇溶液，觀察到白色沉淀，證明存在硫酸根離子。(2)①配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，應(yīng)該先稱量質(zhì)量，在燒杯中溶解，再轉(zhuǎn)移至容量瓶，最后定容即可。②淡黃綠色溶液中有單質(zhì)碘，加入淀粉作為指示劑，溶液顯藍(lán)色，用硫代硫酸鈉溶液滴定溶液中的單質(zhì)碘，到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的藍(lán)色褪去。根據(jù)題目的兩個(gè)方程式得到如下關(guān)系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～3I2～6S2Oeq\o\al(2－,3)，則配制的100mL樣品溶液中硫代硫酸鈉的濃度c＝eq\f(0.00950×20×6,24.8)mol·L－1≈0.04597mol·L－1，含有的硫代硫酸鈉為0.004597mol，所以樣品純度為eq\f(0.004597×248,1.2000)×100%≈95.0%。8．(2018·天津高考)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH＝13，CO2主要轉(zhuǎn)化為________(寫離子符號(hào))；若所得溶液c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1，溶液pH＝________。(室溫下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)答案COeq\o\al(2－,3)10解析CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH＝13，因?yàn)榈玫饺芤旱膲A性較強(qiáng)，所以CO2主要轉(zhuǎn)化為碳酸根離子(COeq\o\al(2－,3))。若所得溶液c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1，則根據(jù)第二步電離平衡常數(shù)K2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(cH＋,2)＝5×10－11，所以氫離子濃度為1×10－10mol/L，pH＝10。9．(2018·江蘇高考)堿式硫酸鋁溶液可用于煙氣脫硫。室溫下向一定濃度的硫酸鋁溶液中加入一定量的碳酸鈣粉末，反應(yīng)后經(jīng)過濾得到堿式硫酸鋁溶液，反應(yīng)方程式為(2－x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O=2[(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑生成物(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影響堿式硫酸鋁溶液的脫硫效率。(1)制備堿式硫酸鋁溶液時(shí)，維持反應(yīng)溫度和反應(yīng)時(shí)間不變，提高x值的方法有________________________。(2)堿式硫酸鋁溶液吸收SO2過程中，溶液的pH________(填“增大”“減小”或“不變”)。(3)通過測定堿式硫酸鋁溶液中相關(guān)離子的濃度確定x的值，測定方法如下：①取堿式硫酸鋁溶液25.00mL，加入鹽酸酸化的過量BaCl2溶液充分反應(yīng)，靜置后過濾、洗滌，干燥至恒重，得固體2.3300g。②取堿式硫酸鋁溶液2.50mL，稀釋至25mL，加入0.1000mol·L－1EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL，調(diào)節(jié)溶液pH約為4.2，煮沸，冷卻后用0.08000mol·L－1CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA至終點(diǎn)，消耗CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL(已知Al3＋、Cu2＋與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比均為1∶1)。計(jì)算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(寫出計(jì)算過程)。答案(1)適當(dāng)增加CaCO3的量或加快攪拌速率(2)減小(3)25mL溶液中：n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(BaSO4)＝eq\f(2.3300g,233g·mol－1)＝0.0100mol,2.5mL溶液中：n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)＝0.1000mol·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－0.08000mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1＝9.000×10－4mol,25mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3mol,1mol(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3＋)＝(2－x)mol，n(SOeq\o\al(2－,4))＝3(1－x)mol，eq\f(nAl3＋,nSO\o\al(2－,4))＝eq\f(2－x,31－x)＝eq\f(9.000×10－3mol,0.0100mol)，x≈0.41。解析(1)制備堿式硫酸鋁溶液，維持反應(yīng)溫度和反應(yīng)時(shí)間不變，提高x的值，即促進(jìn)Al3＋的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：適當(dāng)增加CaCO3的量、加快攪拌速率。(2)堿式硫酸鋁溶液吸收SO2，溶液堿性減弱，pH減小。10．(2018·北京高考)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O(1)上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有____________。(2)磷精礦粉酸浸時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO4eq\o(=,\s\up17(△))10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4①該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4________H2SO4(填“>”或“<”)。②結(jié)合元素周期律解釋①中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同，__________________________________________。(3)酸浸時(shí)，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF的化學(xué)方程式：________________________________________________________________。(4)H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化為CO2脫除，同時(shí)自身也會(huì)發(fā)生分解。相同投料比、相同反應(yīng)時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：__________________________________________________________________。(5)脫硫時(shí)，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SOeq\o\al(2－,4)殘留，原因是____________；加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，其離子方程式是________________________________________________________。(6)取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmol·L－1NaOH溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是________。(已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98g·mol－1)答案(1)研磨、加熱(2)①＜②核電荷數(shù)P＜S，原子半徑P＞S，得電子能力P＜S，非金屬性P＜S(3)2Ca5(PO4)3F＋10H2SO4＋5H2Oeq\o(=,\s\up17(△))10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4＋2HF↑(4)80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(5)CaSO4微溶BaCO3＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H3PO4=BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2POeq\o\al(－,4)(6)eq\f(0.049bc,a)解析(1)研磨能增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，加熱，升高溫度加快反應(yīng)速率；流程中能加快反應(yīng)速率的措施有：研磨、加熱。(2)①根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”的反應(yīng)規(guī)律，酸性：H3PO4<H2SO4。②用元素周期律解釋酸性：H3PO4<H2SO4，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)P<S，原子半徑P>S，得電子能力P<S，非金屬性P<S。(4)圖示是相同投料比、相同反應(yīng)時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率，80℃前溫度升高反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)有機(jī)碳脫除率增大；80℃后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應(yīng)速率減慢，相同條件下有機(jī)碳脫除率減小。(5)脫硫時(shí)，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SOeq\o\al(2－,4)殘留，原因是CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，因?yàn)锽aSO4難溶于水，其中SOeq\o\al(2－,4)與BaCO3生成BaSO4和COeq\o\al(2－,3)，H3PO4的酸性強(qiáng)于H2CO3，在粗磷酸中COeq\o\al(2－,3)轉(zhuǎn)化成H2O和CO2，反應(yīng)的離子方程式為BaCO3＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H3PO4=BaSO4＋CO2↑＋2H2POeq\o\al(－,4)＋H2O。(6)滴定終點(diǎn)生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比為1∶2，n(H3PO4)＝eq\f(1,2)n(NaOH)＝eq\f(1,2)×bmol·L－1×c×10－3L＝eq\f(bc,2000)mol，m(H3PO4)＝eq\f(bc,2000)mol×98g·mol－1＝eq\f(49bc,1000)g＝0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.049bc,a)。11．(2017·全國卷Ⅰ)Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì))來制備。工藝流程如下：回答下列問題：(1)“酸浸”實(shí)驗(yàn)中，鐵的浸出率結(jié)果如圖所示。由圖可知，當(dāng)鐵的浸出率為70%時(shí)，所采用的實(shí)驗(yàn)條件為__________________。(2)“酸浸”后，鈦主要以TiOCleq\o\al(2－,4)形式存在，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式________________________________________________________________________。(3)TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應(yīng)40min所得實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下表所示：溫度/℃3035404550TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率/%9295979388分析40℃時(shí)TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率最高的原因________________。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合價(jià)為＋4，其中過氧鍵的數(shù)目為________。(5)若“濾液②”中c(Mg2＋)＝0.02mol·L－1，加入雙氧水和磷酸(設(shè)溶液體積增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，此時(shí)是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(列式計(jì)算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為1.3×10－22、1.0×10－24。(6)寫出“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學(xué)方程式____________________________________________________________________。答案(1)100℃、2h,90℃、5h(2)FeTiO3＋4H＋＋4Cl－=Fe2＋＋TiOCleq\o\al(2－,4)＋2H2O(3)低于40℃，TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率隨溫度升高而增加；超過40℃，雙氧水分解與氨氣逸出導(dǎo)致TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率下降(4)4(5)Fe3＋恰好沉淀完全時(shí)，c(POeq\o\al(3－,4))＝eq\f(1.3×10－22,1.0×10－5)mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(POeq\o\al(3－,4))值為0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40<Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不會(huì)生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4eq\o(=,\s\up17(高溫))2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O解析(1)根據(jù)圖像分析，當(dāng)鐵的浸出率為70%時(shí)，所采用的實(shí)驗(yàn)條件為100℃、2h,90℃、5h。(2)“酸浸”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為FeTiO3＋4H＋＋4Cl－=Fe2＋＋TiOCleq\o\al(2－,4)＋2H2O。(3)當(dāng)溫度低于40℃時(shí)，H2O2、NH3·H2O不易分解，但是溫度低，反應(yīng)速率慢，TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率低；當(dāng)溫度高于40℃時(shí)，H2O2分解，NH3逸出，反應(yīng)物濃度降低，TiO2·xH2O的轉(zhuǎn)化率低。(4)設(shè)Li2Ti5O15中過氧鍵的數(shù)目為x，則非過氧鍵氧原子數(shù)目為15－2x，根據(jù)化合物中各元素正、負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為零可得：2x＋2×(15－2x)＝1×2＋4×5，解得：x＝4。(5)根據(jù)Ksp(FePO4)＝1.3×10－22及Fe3＋恰好完全沉淀時(shí)溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，可得c(POeq\o\al(3－,4))＝eq\f(1.3×10－22