2020年高考化学一轮总复习文档第八章章末高考真题演练Word版含答案

1.(2018·江苏高考)根据下列图示所得出的结论不正确的是()A.图甲是CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH＜0B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C.图丙是室温下用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c(SOeq\o\al(2－,4))的关系曲线，说明溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))越大c(Ba2＋)越小答案C解析根据图甲，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，A正确，根据图乙，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B正确；根据图丙，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol·L－1HX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸，C错误；根据图丁可见横坐标越小，纵坐标越大，－lgc(SOeq\o\al(2－,4))越小，－lgc(Ba2＋)越大，说明c(SOeq\o\al(2－,4))越大，c(Ba2＋)越小，D正确。2.(2018·天津高考)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2POeq\o\al(－,4))的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2POeq\o\al(－,4)的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ＝eq\f(cH2PO\o\al(－,4),c总含P元素的粒子)]，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是()A．溶液中存在3个平衡B．含P元素的粒子有H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)、POeq\o\al(3－,4)C．随c初始(H2POeq\o\al(－,4))增大，溶液的pH明显变小D．用浓度大于1mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4答案D解析溶液中存在H2POeq\o\al(－,4)的电离平衡和水解平衡，存在HPOeq\o\al(2－,4)的电离平衡，存在水的电离平衡等，所以至少存在4个平衡，A错误。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错误。从图1中得到随着c初始(H2POeq\o\al(－,4))增大，溶液的pH大约从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66以后就不变了，C错误。由图2得到，pH＝4.66的时候，δ＝0.994，即溶液中所有含P的成分中H2POeq\o\al(－,4)占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。3．(2018·江苏高考)(双选)H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，设H2C2O4溶液中c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L－1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()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(总)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(总)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))答案AD解析H2C2O4溶液中的电荷守恒为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))，两式整理得c(H＋)＝0.1000mol·L－1－c(H2C2O4)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，A正确；c(Na＋)＝c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2Oeq\o\al(－,4)既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2Oeq\o\al(－,4)水解的离子方程式为HC2Oeq\o\al(－,4)＋H2OH2C2O4＋OH－，HC2Oeq\o\al(－,4)水解常数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)的电离程度大于水解程度，则c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞c(H2C2O4)，B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，室温pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(总)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)＜0.1000mol·L－1，c(Na＋)＜0.1000mol·L－1＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))－c(H2C2O4)，C错误；c(Na＋)＝2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，物料守恒为c(Na＋)＝2[c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))]，两式整理得c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))，D正确。4．(2017·全国卷Ⅲ)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是()A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－=2CuClC．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好D．2Cu＋=Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全答案C解析当－lgeq\f(cCl－,mol·L－1)＝0时，lgeq\f(cCu＋,mol·L－1)约为－7，即c(Cl－)＝1mol·L－1，c(Cu＋)＝10－7mol·L－1，因此Ksp(CuCl)的数量级为10－7，A正确；分析生成物CuCl的化合价可知，Cl元素的化合价没有发生变化，Cu元素由0价和＋2价均变为＋1价，因此参加该反应的微粒为Cu、Cu2＋和Cl－，生成物为CuCl，则反应的离子方程式为Cu＋Cu2＋＋2Cl－=2CuCl，B正确；铜为固体，只要满足反应用量，Cu的量对除Cl－效果无影响，C错误；2Cu＋=Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝eq\f(cCu2＋,c2Cu＋)，可取图像中的c(Cu＋)＝c(Cu2＋)＝1×10－6mol·L－1代入平衡常数的表达式中计算，即K＝eq\f(1×10－6mol·L－1,1×10－6mol·L－12)＝1×106L·mol－1>105，因此平衡常数很大，反应趋于完全，D正确。5．(2017·江苏高考)(双选)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是()A．浓度均为0.1mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C．0.2mol·L－1HCOOH与0.1mol·L－1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)D．0.2mol·L－1CH3COONa与0.1mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)答案AD解析相同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，水解程度NHeq\o\al(＋,4)大于HCOO－，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可比较c(Na＋)＋c(H＋)和c(Cl－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(Cl－)，又根据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－)，所以阳离子浓度之和，前者大于后者，A正确；用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，因为CH3COOH的酸性弱于HCOOH，CH3COOH消耗NaOH溶液的体积比HCOOH的大，B错误；根据电荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，c(Na＋)>c(HCOOH)，C错误；反应后溶液相当于相同浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，溶液显酸性，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正确。6．(2016·天津高考)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是()A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHDB．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)答案C解析浓度均为0.1mol·L－1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同，pH越小，则酸的电离常数越大，A正确；滴定至P点时，所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液，溶液显酸性，说明HB的电离程度强于B－的水解程度，故c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；pH＝7时，三种溶液中：c(A－)>c(B－)>c(D－)，C错误；根据质子守恒知D正确。7．(2018·全国卷Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaS2O3)＝4.1×10－5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的________中，加蒸馏水至________。②滴定：取0.00950mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为________%(保留一位小数)。答案(1)③加入过量稀盐酸④出现乳黄色浑浊⑤(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液⑥产生白色沉淀(2)①烧杯容量瓶刻度线②蓝色褪去95.0解析(1)检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化(反应为S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=SO2↑＋S↓＋H2O)，静置，(吸)取上层清液，滴入氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。(2)①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，再转移至容量瓶，最后定容即可。②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉作为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，到滴定终点时溶液的蓝色褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～3I2～6S2Oeq\o\al(2－,3)，则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c＝eq\f(0.00950×20×6,24.8)mol·L－1≈0.04597mol·L－1，含有的硫代硫酸钠为0.004597mol，所以样品纯度为eq\f(0.004597×248,1.2000)×100%≈95.0%。8．(2018·天津高考)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1，溶液pH＝________。(室温下，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溶液捕获。若所得溶液pH＝13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子(COeq\o\al(2－,3))。若所得溶液c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(COeq\o\al(2－,3))＝2∶1，则根据第二步电离平衡常数K2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(cH＋,2)＝5×10－11，所以氢离子浓度为1×10－10mol/L，pH＝10。9．(2018·江苏高考)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(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值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有________________________。(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：①取碱式硫酸铝溶液25.00mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300g。②取碱式硫酸铝溶液2.50mL，稀释至25mL，加入0.1000mol·L－1EDTA标准溶液25.00mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000mol·L－1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00mL(已知Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。答案(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率(2)减小(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)制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3＋的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。10．(2018·北京高考)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O(1)上述流程中能加快反应速率的措施有____________。(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO4eq\o(=,\s\up17(△))10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4①该反应体现出酸性关系：H3PO4________H2SO4(填“>”或“<”)。②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________________________________________。(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：________________________________________________________________。(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：__________________________________________________________________。(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SOeq\o\al(2－,4)残留，原因是____________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是________________________________________________________。(6)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L－1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。(已知：H3PO4摩尔质量为98g·mol－1)答案(1)研磨、加热(2)①＜②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性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，浓度显著降低(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)研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。(2)①根据“强酸制弱酸”的反应规律，酸性：H3PO4<H2SO4。②用元素周期律解释酸性：H3PO4<H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数P<S，原子半径P>S，得电子能力P<S，非金属性P<S。(4)图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SOeq\o\al(2－,4)残留，原因是CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SOeq\o\al(2－,4)与BaCO3生成BaSO4和COeq\o\al(2－,3)，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中COeq\o\al(2－,3)转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H3PO4=BaSO4＋CO2↑＋2H2POeq\o\al(－,4)＋H2O。(6)滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为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的质量分数为eq\f(0.049bc,a)。11．(2017·全国卷Ⅰ)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为__________________。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCleq\o\al(2－,4)形式存在，写出相应反应的离子方程式________________________________________________________________________。(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：温度/℃3035404550TiO2·xH2O转化率/%9295979388分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因________________。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式____________________________________________________________________。答案(1)100℃、2h,90℃、5h(2)FeTiO3＋4H＋＋4Cl－=Fe2＋＋TiOCleq\o\al(2－,4)＋2H2O(3)低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3＋恰好沉淀完全时，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))值为0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40<Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4eq\o(=,\s\up17(高温))2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O解析(1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100℃、2h,90℃、5h。(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＋4Cl－=Fe2＋＋TiOCleq\o\al(2－,4)＋2H2O。(3)当温度低于40℃时，H2O2、NH3·H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2·xH2O转化率低；当温度高于40℃时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，TiO2·xH2O的转化率低。(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为15－2x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x＋2×(15－2x)＝1×2＋4×5，解得：x＝4。(5)根据Ksp(FePO4)＝1.3×10－22及Fe3＋恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，可得c(POeq\o\al(3－,4))＝eq\f(1.3×10－22