（通用版）2022高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測（五十二）系統(tǒng)歸納 四大平衡常數(shù)的相互關(guān)系及運算（含解析）

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1、（通用版）2022高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測（五十二）系統(tǒng)歸納 四大平衡常數(shù)的相互關(guān)系及運算（含解析） 1．(2019·廊坊模擬)水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法不正確的是(　　) A．圖中四點KW間的關(guān)系：A＝D＜C＜B B．若從A點到D點，可采用：溫度不變在水中加入少量酸 C．若從A點到C點，可采用：溫度不變在水中加入少量NH4Cl固體 D．若從A點到D點，可采用：溫度不變在水中加入少量NH4Cl固體 解析：選C　KW只受溫度的影響，隨溫度升高而增大，A、D點溫度相同，B點溫度>C點溫度>A點溫度，A正確；從A點到D點，溫度不變，酸性增強，B、D正確；A、C點溫度不同，C

2、錯誤。 2．已知，常溫下濃度為0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如表： 溶質(zhì) NaF NaClO Na2CO3 pH 7.5 9.7 11.6 下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導(dǎo)電能力順序：H2CO3＜HClO＜HF B．若將CO2通入0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中至溶液呈中性，則溶液中2c(CO)＋c(HCO)＝0.1 mol·L－1 C．根據(jù)上表，水解方程式ClO－＋H2OHClO＋OH－的水解常數(shù)K≈10－7.6 D．向上述NaClO溶液中通HF氣體至恰好完全反應(yīng)時：c(Na＋)＞c(F－)＞c(H＋

3、)＞c(HClO)＞c(OH－) 解析：選C　鹽NaF、NaClO、Na2CO3、NaHCO3所對應(yīng)的酸依次為HF、HClO、HCO、H2CO3，酸性：HCO＜HClO ＜H2CO3＜HF，所以三種酸溶液的導(dǎo)電能力順序：HClO＜H2CO3＜HF，A項錯誤；0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝0.2 mol·L－1，根據(jù)電荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，由于溶液呈中性：c(H＋)＝c(OH－)，則c(Na＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＝0.2 mol·L－1，B項錯誤；根據(jù)水解方程式ClO－＋H2OHClO＋OH－，水

4、解的平衡常數(shù)表達式為K＝，從上表可知常溫下濃度為0.1 mol·L－1 NaClO溶液的pH＝9.7，則pOH＝4.3，c(OH－)＝10－4.3，所以，K＝≈10－7.6，C項正確；向NaClO 溶液中通HF氣體至恰好完全反應(yīng)，NaClO＋HF===NaF＋HClO，溶液中生成等物質(zhì)的量的NaF和HClO，由于HClO為弱酸，存在著電離平衡：HClOH＋＋ClO－，同時溶液中也存在著NaF的水解平衡，但是由于水解程度是很微弱的，所以溶液中應(yīng)該是c(Na＋)＞c(F－) ＞c(HClO)＞c(H＋)＞c(OH－)，D項錯誤。 3．(2019·資陽二診)25 ℃時，用0.100 0 mol

5、·L－1 KOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液，滴定中pH變化如圖，下列關(guān)系錯誤的是(　　) A．V＝0 mL時，CH3COOH溶液pH＝3，其電離平衡常數(shù)K≈10－5 B．V＝10.00 mL時，溶液中c(CH3COO－)＞c(K＋)＞c(H＋)＞ c(OH－) C．溶液pH＝7時，＝1 D．V≥20.00 mL時，溶液中c(K＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(CH3COOH) 解析：選D　0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH＝3，則該溫度下醋酸的電離常數(shù)為≈10－5，A正確；當(dāng)V＝10.00 mL時生

6、成的醋酸鉀與剩余的醋酸濃度相等，根據(jù)圖示，溶液顯酸性，這說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，則溶液中c(CH3COO－)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B正確；溶液pH＝7時顯中性，根據(jù)電荷守恒可知鉀離子濃度等于醋酸根離子濃度，因此溶液中＝1，C正確；V＝20.00 mL時二者恰好反應(yīng)生成CH3COOK，溶液中滿足物料守恒c(K＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，D錯誤。 4．(2019·衡水聯(lián)考)已知：25 ℃時，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－18，Ka(HCOOH)＝1.0× 10－4。該溫度下，下列說法錯誤的是(　　) A．HC

7、OO－的水解常數(shù)為1.0×10－10 B．Zn(OH)2溶于水形成的飽和溶液中，c(Zn2＋)＞1.0×10－6 mol·L－1 C．向Zn(OH)2懸濁液中加入HCOOH，溶液中c(Zn2＋)增大 D．Zn(OH)2(s)＋2HCOOH(aq)Zn2＋(aq)＋2HCOO－(aq)＋2H2O(l)的平衡常數(shù)K＝100 解析：選B　HCOO－存在水解平衡：HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，則水解常數(shù)為Kh＝＝＝＝1.0×10－10，A正確；Zn(OH)2溶于水形成的飽和溶液中，Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝4c3(Zn2＋)＝1.0×10－18，

8、則有c(Zn2＋)<1.0×10－6 mol·L－1，B錯誤；向Zn(OH)2懸濁液中加入HCOOH，發(fā)生中和反應(yīng)消耗OH－，Zn(OH)2溶解平衡正向移動，溶液中c(Zn2＋)增大，C正確；該反應(yīng)的平衡常數(shù)為K＝＝＝＝100，D正確。 5．已知25 ℃時某些弱酸的電離常數(shù)如下表。常溫下稀釋CH3COOH、HClO兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化如圖所示。下列說法正確的是(　　) 弱電解質(zhì) CH3COOH HClO H2CO3 電離常數(shù) Ka＝1.8×10－3 Ka＝3.0×10－8 Ka1＝4.1×10－7 Ka2＝5.6×10－11 A．相同濃度CH3COON

9、a和NaClO的混合液中，各離子濃度的大小關(guān)系是c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋) B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CO C．圖像中a點酸的總濃度大于b點酸的總濃度 D．圖像中a、c兩點處的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO) 解析：選D　由于CH3COOH的Ka大于HClO的Ka，根據(jù)鹽類水解“越弱越水解”的規(guī)律可知，ClO－的水解程度大于CH3COO－，故混合液中離子濃度大小關(guān)系為c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A錯誤。由

10、于Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，則向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成HClO和NaHCO3，離子方程式為ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO，B錯誤。由于Ka(CH3COOH)＞Ka(HClO)，稀釋相同倍數(shù)時，CH3COOH的pH變化大，則曲線Ⅰ代表CH3COOH，曲線Ⅱ代表HClO；起始時兩種酸溶液的pH相等，則有c(HClO)＞c(CH3COOH)，故a點酸的總濃度小于b點酸的總濃度，C錯誤。CH3COOH的電離常數(shù)為Ka(CH3COOH)＝＝，則有＝，a、c兩點處的溶液溫度相同，則Ka(CH3COOH)、KW相同，故兩點溶液中相等，D正確。

11、 6．(2018·唐山模擬)已知某溫度時CH3COOH的電離常數(shù)為K。該溫度下向20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。以下敘述正確的是(　　) A．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可計算出K值約為10－5 B．①②③點水的電離程度由大到小的順序為②＞③＞① C．點①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋) D．點③時c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1 解析：選A　由圖可知滴定前0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH為3，則醋酸的電離

12、常數(shù)K＝＝≈＝1×10－5 mol·L－1，A項正確；③點時，恰好完全反應(yīng)生成CH3COONa，CH3COO－的水解促進水的電離，在②點時，溶液pH＝7，水的電離既沒受到促進也沒受到抑制，在①點時，水的電離受到抑制，故水的電離程度由大到小的順序為③＞②＞①，B項錯誤；①點時得到等物質(zhì)的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根據(jù)電荷守恒得，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根據(jù)物料守恒得，2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，整理以上兩個式子得質(zhì)子守恒式：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH3COOH)＋2c(H＋)，且①點時

13、溶液呈酸性，c(H＋)≠ c(OH－)，則C項錯誤；D項忽視了溶液由20 mL變?yōu)?0 mL，故③點時c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.05 mol·L－1，D項錯誤。 7．已知K、Ka、KW、Kh、Ksp分別表示化學(xué)平衡常數(shù)、弱酸的電離常數(shù)、水的離子積常數(shù)、鹽的水解常數(shù)、難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)。 (1)有關(guān)上述常數(shù)的說法正確的是____________。 a．它們都能反映一定條件下對應(yīng)變化進行的程度 b．它們的大小都隨溫度的升高而增大 c．常溫下，CH3COOH在水中的Ka大于在飽和CH3COONa溶液中的Ka d．一定溫度下，在CH3COONa溶液中，KW＝Ka

14、·Kh (2)25 ℃時，H2SO3HSO＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2 mol·L－1，則該溫度下pH＝3、c(HSO)＝0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝________。 (3)高爐煉鐵中發(fā)生的反應(yīng)有： FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)　ΔH＜0 該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K＝________； 已知1 100 ℃時，K＝0.25，則平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為________； 在該溫度下，若測得高爐中c(CO2)＝0.020 mol·L－1，c(CO)＝0.1 mol·L－1，則此時反應(yīng)速率是v正________v逆(填“＞”“＜

15、”或“＝”)。 (4)已知常溫下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分別為8.0×10－38、1.0×10－11，向濃度均為0.1 mol·L－1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入堿液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是________。(已知lg 2＝0.3，離子濃度低于10－5mol·L－1時認為沉淀完全) 解析：(1)對于正反應(yīng)為放熱反應(yīng)的化學(xué)平衡，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，b選項錯誤；溫度不變，CH3COOH的電離常數(shù)不變，c選項錯誤。(2)由Ka＝，代入數(shù)據(jù)得c(H2SO3)＝0.01 mol·L－1。(3)根據(jù)方程式可得K＝；設(shè)開

16、始時c(CO)＝a mol·L－1，平衡時c(CO2)＝b mol·L－1，則＝0.25，得a＝5b，則平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為＝×100%＝20%；Qc＝＝0.20＜0.25，故v正＞v逆。(4)Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，F(xiàn)e3＋完全沉淀時c3(OH－)＝，得c(OH－)＝2×10－11 mol·L－1，pH＝3.3，Mg(OH)2開始沉淀時c2(OH－)＝＝1.0×10－10，得c(OH－)＝1× 10－5 mol·L－1，pH＝9，調(diào)節(jié)pH范圍為[3.3,9]。 答案：(1)ad　(2)0.01 mol·L－1 (3)　20%　＞　(4)[3.3,9]

17、 8．(1)常溫下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中，c(NH)________(填“>”“<”或“＝”)c(HCO)；反應(yīng)NH＋HCO＋H2O===NH3·H2O＋H2CO3的平衡常數(shù)K＝______。(已知常溫下NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝2×10－5，H2CO3的電離常數(shù)K1＝4×10－7，K2＝4×10－11) (2)已知Ksp[Mg(OH)2]＝2×10－11，在某MgSO4溶液里c(Mg2＋)＝0.002 mol·L－1，如果生成Mg(OH)2沉淀，應(yīng)調(diào)整溶液pH，使之大于________；在0.20 L的0.002 mol·L－1 MgSO4溶

18、液中加入等體積的0.10 mol·L－1的氨水溶液，電離常數(shù)Kb(NH3·H2O)＝2×10－5，試計算__________(填“有”或“無”)Mg(OH)2沉淀生成？ (3)CuCl懸濁液中加入Na2S，發(fā)生的反應(yīng)為2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝______________________[已知Ksp(CuCl)＝1.2×10－6，Ksp(Cu2S)＝2.5×10－43]。 (4)已知常溫下H2SO3的電離常數(shù)：Ka1＝1.0×10－1.9，Ka2＝1.0×10－7.2，計算 0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液的pH值為

19、______(忽略SO的二級水解)。 解析：(1)由于NH3·H2O的電離常數(shù)大于HCO的電離常數(shù)，再根據(jù)鹽類水解規(guī)律可得HCO的水解程度更大，因此c(NH)>c(HCO)；反應(yīng)NH＋HCO＋H2O===NH3·H2O＋H2CO3的平衡常數(shù)K＝＝＝＝1.25×10－3。 (2)MgSO4溶液中c(Mg2＋)＝0.002 mol·L－1，沉淀平衡時c(OH－)＝ mol·L－1＝ 10－4 mol·L－1，則c(H＋)＝10－10 mol·L－1，因此生成Mg(OH)2沉淀，應(yīng)調(diào)整溶液pH，使之大于10；在0.20 L的0.002 mol·L－1 MgSO4溶液中加入等體積的0.10 m

20、ol·L－1的氨水溶液，鎂離子濃度變?yōu)?.001 mol·L－1；c(OH－)＝ mol·L－1＝0.001 mol·L－1，c(Mg2＋)·c2(OH－)＝ 10－9>Ksp＝2×10－11，有沉淀產(chǎn)生。 (3)2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)的平衡常數(shù)K＝＝＝＝＝5.76×1030。 (4)HSOSO＋H＋的常數(shù)Ka2＝＝1.0×10－7.2，c(SO)≈c(H＋)，c(HSO)≈0.1 mol·L－1，則c2(H＋)＝1.0×10－7.2×c(HSO)＝1.0×10－7.2×0.1＝10－8.2，c(H＋)＝10－4.1，故pH＝－lg c(

21、H＋)＝4.1。 答案：(1)>　1.25×10－3　(2)10　有　(3)5.76×1030　(4)4.1 9．鈷(Co)及其化合物在工業(yè)上有廣泛應(yīng)用。利用水鈷礦(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取CoCl2·6H2O粗品的工藝流程圖如下： 已知： ①浸出液含有的陽離子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等； ②部分陽離子以氫氧化物形式開始沉淀和完全沉淀時的pH如下表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 開始沉淀時的pH 2.7

22、 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀時的pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 請回答下列問題： (1)上述工藝流程圖中操作a的名稱為________。 (2)寫出“浸出”時Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)加入NaClO3的作用是____________

23、___________________________________。 (4)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖。使用萃取劑最適宜的pH范圍是________(填字母)。 A．2.0～2.5　B．3.0～3.5　C．5.0～5.5　D．9.5～9.8 (5)“除鈣、鎂”是將溶液中Ca2＋與Mg2＋轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF2沉淀。已知某溫度下，Ksp(MgF2)＝7.35×10－11，Ksp(CaF2)＝1.50×10－10。當(dāng)加入過量NaF，所得濾液中＝________。 解析：水鈷礦中加入鹽酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，已知

24、浸出液含有的陽離子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等，則加入的Na2SO3將Co3＋、Fe3＋還原為Co2＋、Fe2＋；加入NaClO3將Fe2＋氧化為Fe3＋，并調(diào)pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；過濾后所得濾液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去鈣、鎂；過濾后，向濾液中加入萃取劑，萃取Mn2＋；萃取后的余液中主要含有CoCl2，蒸發(fā)結(jié)晶得到CoCl2·6H2O粗品。 (1)由上述分析可知，工藝流程圖中操作a的名稱是過濾。 (2)浸出過程中加入Na2SO3的目的是將Co3＋、Fe3＋還原為Co

25、2＋、Fe2＋，其中“浸出”時Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SO＋Co2O3＋4H＋===SO＋2Co2＋＋2H2O。 (3)加入NaClO3的作用是將浸出液中的Fe2＋氧化為Fe3＋，使Fe3＋沉淀完全。 (4)pH在3～3.5時Mn2＋的萃取率增大很多，而pH＝4時，Co2＋的萃取率比較大，故pH在3.0～3.5時萃取效果最佳。 (5)由溶度積可知，溶液Ⅰ“除鈣、鎂”是將溶液中Ca2＋與Mg2＋分別轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF2沉淀，根據(jù)溶度積定義可知＝＝＝0.49。 答案：(1)過濾 (2)Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O (3)將Fe2＋氧化成Fe3＋，

26、使Fe3＋沉淀完全[利于生成Fe(OH)3除去] (4)B　(5)0.49 10．鋰離子電池是目前具有最高比能量的二次電池。LiFePO4可極大地改善電池體系的安全性能，且具有資源豐富、循環(huán)壽命長、環(huán)境友好等特點，是鋰離子電池正極材料的理想選擇。生產(chǎn)LiFePO4的一種工藝流程如圖： 已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp(FePO4·xH2O)＝1.0×10－15。 回答下列問題： (1)在合成磷酸鐵時，步驟Ⅰ中pH的控制是關(guān)鍵。如果pH<1.9，F(xiàn)e3＋沉淀不完全，影響產(chǎn)量；如果pH>3.0，則可能存在的問題是_______________________

27、_____________。 (2)步驟Ⅱ中，洗滌是為了除去FePO4·xH2O表面附著的________等離子。 (3)取三組FePO4·xH2O樣品，經(jīng)過高溫充分煅燒測其結(jié)晶水含量，實驗數(shù)據(jù)如下表： 實驗序號 1 2 3 固體失重質(zhì)量分數(shù)/% 19.9 20.1 20.0 固體失重質(zhì)量分數(shù)＝×100% 則x＝________(精確至0.1)。 (4)步驟Ⅲ中研磨的作用是______________________________________________。 (5)在步驟Ⅳ中生成了LiFePO4、CO2和H2O，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_______

28、_。 (6)H3PO4是三元酸，如圖是溶液中含磷微粒的物質(zhì)的量分數(shù)(δ)隨pH變化示意圖。則PO第一步水解的水解常數(shù)K1的表達式為________，K1的數(shù)值最接近________(填字母)。 A．10－12.4　　　　　　　　　 B．10－1.6 C．10－7.2 D．10－4.2 解析：(1)合成磷酸鐵時，pH<1.9，F(xiàn)e3＋沉淀不完全；pH>3.0，由Ksp[Fe(OH)3]＝4.0× 10－38可知，易生成Fe(OH)3沉淀，影響磷酸鐵的純度。 (2)步驟Ⅰ在反應(yīng)釜中加入H3PO4、Fe(NO3)3溶液，并用氨水調(diào)pH＝2.0～3.0，控制反應(yīng)物的量，

29、反應(yīng)生成磷酸鐵后，溶液中溶質(zhì)主要是NH4NO3，故洗滌是為了除去固體表面吸附的NH、NO、H＋等離子。 (3)由表中實驗數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)ePO4·xH2O固體樣品失重質(zhì)量分數(shù)的平均值為20.0%，取100 g固體樣品進行計算：n(FePO4)＝，n(H2O)＝，則有＝≈2.1。 (4)步驟ⅢFePO4·xH2O中加入葡萄糖和Li2CO3研磨、干燥，使反應(yīng)物混合均勻，加快反應(yīng)速率，提高反應(yīng)產(chǎn)率。 (5)步驟Ⅳ在Ar氣保護、600 ℃煅燒，生成了LiFePO4、CO2和H2O，其中Fe元素由＋3價降低到＋2價，葡萄糖則被氧化為CO2和H2O，則氧化劑為FePO4·xH2O，還原劑是葡萄糖(C6H

30、12O6)，據(jù)得失電子守恒可得：n(FePO4·xH2O)×(3－2)＝n(C6H12O6)×(4－0)×6，則有n(FePO4·xH2O)∶n(C6H12O6)＝24∶1。 (6)PO第一步水解的反應(yīng)為PO＋H2OHPO＋OH－，故水解常數(shù)表達式為K1＝。由圖可知，當(dāng)pH＝12.4時，溶液中PO、HPO的物質(zhì)的量分數(shù)均為0.5，此時c(PO)＝c(HPO)，故水解常數(shù)表達式K1＝＝c(OH－)＝ 1012.4－14＝10－1.6。 答案：(1)生成Fe(OH)3雜質(zhì)，影響磷酸鐵的純度 (2)NO、NH、H＋(只要寫出NO、NH即可) (3)2.1 (4)使反應(yīng)物混合均勻，增大反應(yīng)速率，提高反應(yīng)產(chǎn)率(答案合理即可) (5)24∶1　(6)K1＝　B