【化学】广东省惠州市2019-2020学年高二上学期期末质量检测（解析版）

广东省惠州市2019-2020学年高二上学期期末质量检测
1.本试题分两个部分，合计100分，考试时间75分钟。
2.可能用的相对原子量：H-1 C-12 O-16 S-32 Mg-24 Cu-64
第Ⅰ卷（共54分）
一、单项选择题：（每题只有1个选项符合要求，本部分18题，每题3分，共54分)。
1.化学与生活生产密切相关。下列说法中不正确的是
A. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用
B. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C. 施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性
D. 将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质
【答案】D
【解析】
【详解】A．铵态氮肥与草木灰混合水解互相促进，造成营养流失，故A正确；
B．降温可降低活化分子百分数，减小有效碰撞次数，反应速率减小，故B正确；
C．“盐碱地”中Na2CO3水解使土壤成碱性，即：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，通过加石膏生成更难溶的碳酸钙沉淀， c(CO32-) 减少，使水解平衡向逆反应方向移动，土壤碱性减弱，故C正确；
D．制备活泼金属单质Mg是电解熔融状态MgCl2，故D错误，
故选D。
2.已知在1.00×105Pa、298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ的热量，下列热化学方程式正确的是（ ）
A. H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝242kJ·mol-1
B. H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－242kJ·mol-1
C. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－484 kJ·mol-1
D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝484 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题中热化学方程式可知，本题考查热化学方程式书写，运用热化学方程式的书写方法，标注物质聚集状态，对应量的焓变分析。
【详解】已知在1×105Pa、298K条件下,2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量,则氢气燃烧的热化学方程式是：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1，或者H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－242kJ·mol-1，
答案选B。
3.一定体积的稀盐酸与过量的铝条反应，为了减缓反应速率且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
A. NaCl固体 B. CH3COOK溶液
C. Na2CO3溶液 D. CuCl2 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加入氯化钠固体，溶液的浓度变化不大，基本不影响化学反应速率，H + 离子的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，故A错误；
B. CH3COOK固体与盐酸反应生成弱电解质醋酸，溶液中H+离子浓度降低，化学反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，故B正确；
C. Na2CO3溶液与盐酸反应使H+的浓度和物质的量都减小，影响生成氢气的总量，故C错误；
D. CuCl2溶液与Al反应生成Cu，从而形成原电池加快反应速率，故D错误；
故选B。
4.铜锌原电池工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 锌片上的电极反应为：Zn-2e-=Zn2+
B. 负极上发生还原反应
C. 外电路中，电子从铜片经导线流向锌片
D. 铜是正极，铜片上有气泡产生
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．金属锌是负极，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，故A正确；
B.原电池负极发生氧化反应，故B错误；
C. Zn为负极，Cu为正极，外电路中，电子从锌片经导线流向铜片，故C错误；
D. 铜是正极，铜片上铜离子放电，有铜析出，无气体生成，故D错误；
答案选A。
【点睛】原电池正负极判断：较活泼金属做负极，较不活泼金属或惰性电极做正极；电子从负极经导线流向正极；负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。
5.下列有关金属与防护的说法正确的是（ ）
A. 在碱性环境下，钢铁容易发生析氢腐蚀
B. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程
C. 钢铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe-3e-=Fe3+，继而形成铁锈
D. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺性阳极的阴极保护法
【答案】D
【解析】
【分析】
根据金属腐蚀的本质和电化学腐蚀原理分析解答。
【详解】A．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，故 A错误；
B.金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故B错误；
C. 钢铁交接处，在潮湿的空气中，碳、铁和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，铁作负极、碳作正极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故C错误；
D. 锌、铁和海水构成原电池，锌易失电子作负极而被腐蚀，铁作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
答案选D。
6.按如图装置进行实验，下列描述正确的是（N装置中两个电极均为石墨棒）

A. C1上发生还原反应
B. Cu电极与C2电极上的电极反应相同
C. M 装置中SO42－移向Cu电极
D. 工作一段时间后装置M 中溶液pH变小，装置N中溶液pH变大
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，M构成原电池，Zn为负极，Cu为正极；N为电解池，C1为阳极，C2为阴极，结合电极反应及原电池反应、电解反应来解答。
【详解】A．N为电解池，C1为阳极，发生氧化反应，故A错误；
B．Cu电极与C2电极上的电极反应均为氢离子得到电子发生的还原反应，故B正确；
C．M构成原电池，Zn为负极，则SO42－移向Zn电极，故C错误；
D．M中发生Zn+2H+＝Zn2++H2↑，N装置中两个电极均为石墨棒，N中发生2H2O2H2↑+O2↑，则一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查原电池及电解原理，明确装置特点是解答本题的关键，并熟悉工作原理及电极反应来解答。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小
B. NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0
C. 加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变
D. 常温下，KSP[Al(OH)3]=1×10-33，欲使溶液中c(Al3＋)≤1×10-6mol/L，需调节溶液的pH≥5
【答案】D
【解析】
【详解】A. 熵减小，但焓变是放热的反应低温可以自发进行,因此自发反应不一定是熵增大，故A错误；
B.△H－T△S＜0的反应可自发进行,则NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)△S＞0，室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0，故B错误；
C. 催化剂可降低反应的活化能，不改变反应的始终态，则加入合适的催化剂能降低反应活化能，反应的焓变不变，故C错误；
D. 使溶液中c(Al3+)≤1×10−6mol⋅L−1,，即调节溶液的pH≥5，故D正确；
答案选D。
8.在一个绝热的体积一定的密闭容器中发生可逆反应：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)，△H＜0，下列各项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是
A. 体系的压强不再改变
B. 体系的温度不再改变
C. 断裂1mol N≡N键的同时，也断裂6molN—H键
D. 反应消耗的N2、H2与产生的NH3的速率υ(N2):υ(H2):υ(NH3)＝1∶3∶2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 正反应体积减小，则体系的压强不再改变说明反应达到平衡状态，A不选；
B. 反应是绝热体系，则体系的温度不再改变说明反应达到平衡状态，B不选；
C. 断裂1mol N≡N键的同时，也断裂6molN—H键说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，C不选；
D. 无论反应是否达到平衡，反应消耗的N2、H2与生成氨气的速率之比均为1∶3∶2，因此D项不能表示该反应达到平衡状态。
答案选D。
9.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+ OH- =NiO(OH) + H2O，故A项正确；
B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；
C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH- 使负极附近溶液pH减小，故C项错误；
D项，放电时Cd在负极消耗OH- ，OH- 向负极移动，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
10.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(g)+D(g)，反应2min后达到平衡，测得生成l.6molC，下列说法正确的是
A. 前2min，D的平均反应速率为0.2mol·L-1·min-1。
B. 此时，B的平衡转化率是40％
C. 增大该体系的压强，平衡不移动，化学平衡常数不变
D. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A、可以计算出C的速率为1.6mol/(2L×2min)=0.4 mol·L-1·min-1。速率之比等于计量系数之比，故D的速率为0.1 mol·L-1·min-1，A错误；
B、生成1.6molC，故反应的B为0.8mol，转化率为0.8/2×100%=40%，B正确；
C、正反应为体积不变的反应，故增大压强，平衡不移动；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，C正确；
D、增加B，平衡正向移动，A的转化率增加，B的转化率减小，D错误。
答案选BC。
11.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（ ）
A. 高压比常压有利于合成NH3的反应
B. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 将装有NO2气体并密封的圆底烧瓶放入热水中，气体颜色变深
D. 常温时，AgCl在饱和氯化钠溶液中的溶解度小于在水中的溶解度
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．存在平衡N2+3H2(g)⇌2NH3(g)，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成氨，能用平衡移动原理解释，故A不选；
B．存在平衡H2+I2(g)⇌2HI(g)，该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故选B；
C．将装有NO2气体并密封的圆底烧瓶中存在平衡2NO2 (g) ⇌ N2O4 (g)，△H＜0，放入热水中，升温会促进反应向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，NO2增多，气体颜色变深，能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．常温时，AgCl在溶液中存在平衡AgCl (s) ⇌ Ag+(aq)+ Cl- (aq)，在饱和氯化钠溶液中电离出来的氯离子抑制AgCl (s)溶解，而在水中，促进AgCl (s)溶解，能用平衡移动原理解释，故D不选；
答案选B。
【点睛】平衡移动原理是如果改变影响平衡一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
12.已知水的电离方程式是H2OH++ OH-。下列叙述正确的是（ ）
A. 升高温度，KW增大，pH不变
B. 向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，KW不变
C. 向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低
D. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低
【答案】B
【解析】
【详解】A、水的电离吸热，升高温度，促进电离，c(H+) 和c(OH-)增大，KW增大，pH减小，A错误；
B、向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，温度不变，KW不变，B正确；
C、向水中加入氨水，c(OH-)升高，平衡向逆反应方向移动，C错误；
D、向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向正反应方向移动，c(H+)降低，D错误；
故选B。
13.为证明某一元酸HR是弱酸，下列实验方法错误的是
A. 室温时，测定0.01 mol·L－1的HR溶液的pH＝4
B. 室温时，往NaR溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色
C. 相同条件下，对浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和HR溶液进行导电性实验
D. 0.1mol·L－1的HR溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好完全反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 室温时，测定0.01 mol·L－1的HR溶液的pH=4，说明溶液中存在电离平衡，则HR是弱酸，故A不符合题意；
B. 室温时，往NaR溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明NaR溶液显碱性，即R-发生水解，则HR为弱酸，故B不符合题意；
C. 相同条件下，对浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和HR溶液进行导电性实验，盐酸的导电能力强，说明溶液中离子浓度大，HR的导电能力弱，即HR溶液中离子浓度小，说明HR没有完全电离，即证明HR是弱酸，故C不符合题意；
D. 0.1mol·L－1的HR溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好完全反应不能说明HR是弱酸，故D符合题意，
故选D。
14.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
B. 将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有Fe3+数目0.1NA
C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1 NA
D. 25℃时，1L 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A项、SO2和O2反应生成SO3是一个可逆反应，充分反应后该反应仍不能进行完全，故容器内的分子总数大于2NA，故A错误；
B项、Fe3+在溶液中发生水解，Fe3+的物质的量小于0.1mol，所以溶液含有Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；
C项、题中缺少氢氧化钠溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，故C错误；
D项、Na2S溶液中硫离子的水解导致阴离子个数增多，故1L 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中溶液中的阴离子的个数多于0.1NA个，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意题中缺少氢氧化钠溶液的体积、盐类的水解是解题关键。
15.下列实验操作能达到目的的是（ ）
A. 在中和热的测定实验中，可将稀盐酸换成浓硫酸
B. 欲除去水垢中的CaSO4，可先用氯化钠溶液处理，再用盐酸处理
C. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用蒸馏水洗净滴定管后，可直接装入标准盐酸进行滴定
D. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
【答案】D
【解析】
【详解】A. 浓硫酸稀释过程中放热，导致测量值增大，所以不能换为浓硫酸，故A错误；
B. 欲除去水垢中的CaSO4，应先用碳酸钠溶液处理，再用盐酸处理，因为硫酸钙溶解度大于碳酸钙，硫酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙，且碳酸钙能和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去水垢中的硫酸钙，故B错误；
C. 装入标准盐酸时需要用标准溶液润洗，否则导致盐酸浓度偏低，测定值偏大，故C错误；
D. 配制氯化铁溶液时，应该将氯化铁溶于浓盐酸中，盐酸中电离出的氢离子抑制铁离子水解，然后加入水稀释即可，故D正确；
故选：D。
16.常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小关系的说法正确的是（ ）
A. 0.1mol/LNa2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）
B. 0.1mol/LNH4Cl的溶液和0.1mol/LNH3·H2O的溶液等体积混合后溶液中：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）
C. 醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液中可能有：c（Na+）=c（CH3COO-）
D. 0.1mol/LNaHS的溶液中：c（OH-）+2c（S2-）=c（H+）+c（H2S）
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液中物料守恒式为c(Na+)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故A错误；
B. 0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液和0.1mol⋅L−1的NH3·H2O溶液等体积混合后,溶液中NH3·H2O电离程度大于NH4Cl水解程度,则溶液中c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；
C.醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液,溶液pH=7时,依据电荷守恒得到：c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO−)+C(OH−)，得到c(Na+)＝c(CH3COO−),溶液pH＞7时,c(Na+)＞c(CH3COO−)，溶液pH＜7时,c(Na+)＜c(CH3COO−)，故C正确；
D. 0.1mol⋅L−1的NaHS溶液中电荷守恒,c(Na+)+c(H+)＝c(OH−)+c(HS−)+2c(S2−),物料守恒c(Na+)=c(HS−)+c(S2−)+c(H2S),带入计算得到c(S2−)+c(OH−)＝c(H+)+c(H2S)，故D错误；
答案选C。
【点睛】溶液中的离子遵循质量守恒、物料守恒、质子守恒。
17.下列指定溶液中，各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. 使石蕊变红的溶液中：Na＋、Cl-、SO42-、ClO-
B. 在中性溶液中：Na+、Al3+、Cl-、HCO3-
C. 常温下pH＝13的溶液中：NH4＋、Ca2+、NO3-、SO42-
D. 在=1×1014的溶液中：Mg2+、Cl-、K+、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A．使石蕊变红的溶液呈酸性，ClO-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Al3+、HCO3-之间发生相互促进的水解反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．常温下pH=13的溶液呈碱性：NH4+、氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，钙离子与硫酸根离子结合生成微溶性硫酸钙也不能大量共存，故C错误；
D．=1×1014的溶液呈酸性，Mg2+、Cl-、K+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故D正确；
答案选D。
【点睛】因发生双水解不能共存的有Al3+与HCO3–、CO32–、HS-、S2-、ClO-、AlO2-，Fe3+与HCO3–、CO32–、ClO-、AlO2-等。
18.下列实验操作对应的现象与结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下将Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体在小烧杯中混合
烧杯壁变凉
Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl的反应是吸热反应
B
将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中
烧瓶内气体颜色变深
NO2生成N2O4的反应中，△H＞0
C
将0.1mol·L-1的氨水稀释成0.01mol·L-1，测量稀释前后溶液 pH
pH减小
稀释后NH3·H2O电离程度减小
D
常温下向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.烧杯壁变凉，反应吸热，导致温度降低，为吸热反应，现象、结论均合理，故A正确；B. 将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中，烧瓶内气体颜色变深，证明NO2生成N2O4的反应向逆反应方向移动，则逆方向是吸热方向，正方向是放热反应，△H＜0，结论错误，故B错误；B.稀释碱溶液，pH减小，但一水合氨为弱电解质，稀释促进电离，电离程度增大，故C错误；D. Ksp小的先沉淀,由现象可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D错误；
答案选A。
第Ⅱ卷 非选择题
二、非选择题(本部分共4小题，共46分)
19.钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO·TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如下图所示：

已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3＋4H+＋4Cl-＝Fe2+＋TiOCl42-＋2H2O。
（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是_______。
（2）滤渣A的成分是______________。
（3）滤液B中TiOCl42-转化生成TiO2的离子方程式是___________________。
（4）反应②中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如下图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_______________。

（5）反应③化学方程式是__________________。
（6）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：Li4Ti5O12＋3LiFePO4Li7Ti5O12＋3FePO4。该电池充电时阳极反应式是_____________________。
【答案】 (1). +2 (2). SiO2 (3). TiOCl42- +H2OTiO2+2H++4Cl- (4). 反应温度过高时，反应氨水会受热分解，使得Ti元素浸出率下降 (5). （NH4）2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15+2NH3+2H2O (6). LiFePO4-e－=FePO4+Li+
【解析】
【分析】
铁矿石加入盐酸溶解过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液B为MgCl2、CaCl2，FeCl2、TiOCl42-，加热促进水解，过滤得到沉淀TiO2，加入过氧化氢和氨水反应得到（NH4）2Ti5O15，加入氢氧化锂溶液得到沉淀Li2Ti5O15，加入碳酸锂煅烧得到钛酸锂Li4Ti5O12，滤液D加入过氧化氢氧化亚铁离子，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4，据此解答。
【详解】（1）据反应方程式得，反应中没有化合价的变化，所以化合物FeTiO3中铁元素的化合价是+2价。
（2）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO·TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质，加入盐酸只有二氧化硅不反应，所以滤渣A是SiO2。
（3）TiOCl42- 转化生成TiO2，氧不够，由水提供，氢离子被释放，氯以氯离子形式进入溶液，所以反应为：TiOCl42-+H2OTiO2+2H++4Cl-。
（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降。
（5）由流程图可得，反应过程中Ti5O152-与Li+结合，所以剩余铵根离子与氢氧根结合成一水合氨，反应：（NH4）2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15+2NH3+2H2O。
（6）阳极发生氧化反应据总反应式可得，+2价的铁失电子变为+3价，所以反应为：LiFePO4-e－=FePO4+Li+。
20.二甲醚(CH3OCH3)是一种易燃气体。主要作为甲基化试剂和各类气雾推进剂，在制药、染料、农药工业中有许多独特的用途。其制备方法之一可由H2和CO合成：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g) +H2O(g) ΔH