天津市河北區(qū)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試題

天津市河北區(qū)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．C60屬于富勒烯中的一種，其結(jié)構(gòu)與足球結(jié)構(gòu)相似，如下圖所示。下列關(guān)于CA．屬于烴類 B．晶體類型為共價(jià)晶體C．與金剛石互為同素異形體 D．易溶于水2．堿式碳酸氧釩銨晶體[(NH4A．的空間構(gòu)型為正四面體形B．基態(tài)V4+的核外電子排布式為C．中C的軌道雜化類型為spD．H23．黑火藥是中國古代四大發(fā)明之一，其爆炸反應(yīng)為2KNOA．半徑：r(K+)>r(C．電負(fù)性：χ(C)>χ(O) D．酸性：H4．含硫礦物是多種化工生產(chǎn)的原料，主要有硫磺、黃鐵礦(FeS2)、輝銅礦(Cu2S)、明礬[KAl(SO4)2?12H2A．KAl(SB．FeSOC．CuSOD．BaSO5．含硫礦物是多種化工生產(chǎn)的原料，主要有硫磺、黃鐵礦(FeS2)、輝銅礦(Cu2S)、明礬[KAl(SO4)2?12H2O]、綠礬(A．石灰乳吸收SO2B．硫磺在過量氧氣中燃燒的產(chǎn)物是SC．用SO2D．輝銅礦煅燒時(shí)，每消耗1molO26．含硫礦物是多種化工生產(chǎn)的原料，主要有硫磺、黃鐵礦(FeS2)、輝銅礦(Cu2S)、明礬[KAl(SO4)2?12H2O]、綠礬(FeSOA．該反應(yīng)ΔS>0B．反應(yīng)平衡常數(shù)K=C．其他條件一定，增大體系的壓強(qiáng)可以增大反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率D．其他條件一定，升高溫度可以增大反應(yīng)的平衡常數(shù)7．納米ZnS具有獨(dú)特的光電效應(yīng)。以工業(yè)廢渣鋅灰(主要成分為Zn、ZnO，還含有Fe下列說法正確的是A．“酸浸”時(shí)FeO反應(yīng)的離子方程式為FeO+2B．“還原”的目的是將Fe3+C．“沉淀”的離子方程式為ZD．ZnS晶胞(如圖所示)中每個S2?周圍距離最近的Z8．實(shí)驗(yàn)小組用如下圖所示裝置制取純堿，其中能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．制COB．除HClC．制NaHCO3D．制純堿9．用電化學(xué)方法可以去除循環(huán)冷卻水(含有Ca2+、下列說法正確的是A．b為電源的正極B．鈦基電極上的反應(yīng)為HC．碳鋼電極底部有Mg(OH)2、D．每生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCO210．下列實(shí)驗(yàn)探究方案能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)探究方案探究目的A向淀粉和稀硫酸共熱后的溶液中，加入NaOH溶液中和，再加入新制Cu(OH)淀粉是否發(fā)生水解B向Al(OH)Al(OH)C向久置氯水中滴加少量NaHCO氯水中HClO是否已經(jīng)分解D向5mLNaCl和KI的混合溶液中，滴加1~2滴0.KA．A B．B C．C D．D11．化合物Z是一種治療脂蛋白紊亂的藥物，其合成路線如下。下列說法錯誤的是A．X分子中所有碳原子可能在同一平面B．Y與濃硫酸共熱可以發(fā)生消去反應(yīng)C．可以用NaHCOD．1分子Z中含10個sp12．某實(shí)驗(yàn)室回收廢水中苯酚的過程如下圖所示。已知：苯酚的電離常數(shù)Ka=1.0×10?10，下列有關(guān)說法正確的是A．0.1mol?B．若反應(yīng)1后溶液中存在c(Na+C．反應(yīng)2通入少量CO2D．反應(yīng)2中通入CO2至溶液pH=10二、多選題13．烷烴與CO2耦合反應(yīng)可以制取烯烴。丙烷與主反應(yīng)：C3H3CO2副反應(yīng)：CO2C3H向裝有催化劑的密閉容器中充入體積比為1∶4的C3H8與CO2混合氣體，其他條件一定，反應(yīng)相同時(shí)間，測得CC3HCO的選擇性=下列說法正確的是A．反應(yīng)C2HB．430℃時(shí)，容器中氣體體積分?jǐn)?shù)最大的氣體是CC．490℃~580℃，溫度越高，容器中C2D．580℃時(shí)，使用對C3H6三、綜合題14．磷酸鐵(FePO4)主要用于制造磷酸鐵鋰電池材料。以硫鐵礦燒渣(主要成分是Fe2O3，含少量（1）焙燒。將硫鐵礦燒渣與蔗糖(C12H22O11)一起焙燒，可生成FeO與C（2）還原。將焙燒后的固體用稀硫酸浸取，所得溶液主要含F(xiàn)eSO4，還含少量Al2(SO4)3和Fe（3）制備FePO4。向FeSO4溶液中加入足量的30%H2①寫出生成FePO4反應(yīng)的化學(xué)方程式：②反應(yīng)Fe3++HPO42?=FePOKa2(H（4）其他條件一定，制備FePO4時(shí)測得Fe的有效轉(zhuǎn)化率①pH<1.5時(shí)，pH越大，F(xiàn)e的有效轉(zhuǎn)化率越大的原因是。②pH>1.5時(shí)，pH越大，F(xiàn)e的有效轉(zhuǎn)化率越低的原因是。15．硝酸鈰銨[(NH4)2（1）“沉淀1”時(shí)，溶液中Ce(NO3)3（2）“酸溶2”時(shí)，控制反應(yīng)溫度為80℃，硝酸與Ce(OH)3(HO2)分解產(chǎn)生的Ce(OH)（3）“沉淀2”時(shí)，控制其他條件一定，改變加入NH4NO3固體的量，測得(N（4）實(shí)驗(yàn)小組以Ce2(CO3)3為原料制取CeO2，請補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：將Ce2(CO3)3完全溶解于鹽酸中，，得（5）實(shí)驗(yàn)制得的硝酸鈰銨(摩爾質(zhì)量為548g?mol?1)含量可用如下方法測定：準(zhǔn)確稱取16.0g硝酸鈰銨樣品，加水充分溶解，并轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶中定容、搖勻，得硝酸鈰銨溶液試樣。準(zhǔn)確量取5mL的硝酸鈰銨溶液試樣，移入250mL錐形瓶中，加入適量硫酸和磷酸，并加入2滴0.25%鄰二氮雜菲指示劑，用0.05000mol?L?1硫酸亞鐵銨[(N16．化合物G是一種抗腫瘤藥的中間體，其合成路線如下：（1）B的結(jié)構(gòu)簡式為。（2）D→E的反應(yīng)類型為反應(yīng)。（3）D→E時(shí)可能生成一種與E互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）B的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：。（5）I.含有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；II.能發(fā)生水解反應(yīng)，水解后的有機(jī)產(chǎn)物有2種，一種具有酸性，一種具有堿性，每種產(chǎn)物均含有2種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子。已知：①R?X→②→ΔNaOH寫出以、CH3CHO為原料制備的合成路線流程圖17．鐵系納米復(fù)合材料可以去除水體中的硝酸鹽污染物。（1）Fe-Ag金屬復(fù)合材料去除某pH=2的廢水中NO①如圖中NO3?②其他條件一定，反應(yīng)相同時(shí)間，溶液的pH越大，NO3?（2）控制其他條件一定，反應(yīng)相同時(shí)間，不同Ag負(fù)載比[m(Ag)m(Fe-Ag)×100%]的Fe-Ag金屬復(fù)合材料對NO3（3）其他條件一定，反應(yīng)相同時(shí)間，分別用含鐵質(zhì)量相等的納米鐵粉、Cu負(fù)載比為4%的Fe-Cu金屬復(fù)合材料、Ag負(fù)載比為3%的Fe-Ag金屬復(fù)合材料去除溶液中NO3?，反應(yīng)后殘留的N①與其他材料相比，F(xiàn)e-Ag金屬復(fù)合材料去除NO3?②用納米鐵粉去除NO3?時(shí)，反應(yīng)過程中的物種及能量變化如圖所示，用納米鐵粉去除NO3

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．只含碳?xì)湓氐幕衔餅闊N，C60是碳的單質(zhì)，不屬于烴，故A不符合題意；B．C60是分子間通過分子間作用力結(jié)合而成的晶體，屬于分子晶體，故B不符合題意；C．同種元素組成的不同單質(zhì)互為同素異形體，金剛石與C60都是碳的單質(zhì)，二者互為同素異形體，故C符合題意；D．C60屬于非極性分子，水是極性溶劑，非極性分子易溶于非極性溶劑，所以C60在水中的溶解度較小，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼、烴為有機(jī)化合物；

B、分子晶體為分子間作用力形成，共價(jià)晶體為共價(jià)鍵結(jié)合的晶體；

C、同素異形體為同種元素形成的不同單質(zhì)；

D、結(jié)合相似相溶原理判斷。2．【答案】D【解析】【解答】A．N原子價(jià)層電子對數(shù)為4+5?1?1×42=4，采用sp3B．23號釩元素基態(tài)V4+的核外電子排布式為[C．中C原子價(jià)層電子對數(shù)為3+4+2?2×32=3，C軌道雜化類型為sD．H2O中O原子價(jià)層電子對數(shù)為2+6?2×12故答案為：D。

【分析】A、雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化；

雜化軌道數(shù)=2，為直線；

雜化軌道數(shù)=3，成鍵電子數(shù)=3，為三角形；

雜化軌道數(shù)=3，成鍵電子數(shù)=2，為V形；

雜化軌道數(shù)=4，成鍵電子數(shù)=4，為四面體；

雜化軌道數(shù)=4，成鍵電子數(shù)=3，為三角錐；

雜化軌道數(shù)=4，成鍵電子數(shù)=2，為V形；

B、釩元素的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d34s2，則失去4個電子后為1s22s22p63s23p63d1；

C、雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化；

D、水分子為極性分子。3．【答案】B【解析】【解答】A．具有相同電子排布的離子，原子序數(shù)大的離子半徑小，則半徑：r(KB．同周期自左至右第一電離能呈增大趨勢，基態(tài)N原子2p軌道是半充滿的，比較穩(wěn)定，所以N原子第一電離能高于O，同主族自上而下第一電離能遞減，則第一電離能：I1C．同周期從左向右電負(fù)性增大，電負(fù)性：χ(C)＜χ(O)，C不符合題意；D．同周期從左到右元素非金屬性遞增，非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，酸性：H2故答案為：B。

【分析】A、粒子的半徑比較，一看電子層，電子層數(shù)越多半徑越大，二看核電荷數(shù)，核電荷數(shù)越多半徑越小，三看最外層電子數(shù)，最外層電子數(shù)越多，半徑越大；

B、同周期自左至右第一電離能增大，若是電子半充滿或者全充滿則出現(xiàn)反常；

C、同周期從左到右電負(fù)性增大；

D、最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性即比較非金屬性。4．【答案】A【解析】【解答】A．明礬[KAl(SO4B．FeSO4中的亞鐵離子能與血紅蛋白結(jié)合，從而改善貧血癥狀，可作治療貧血藥劑，與C．CuSO4中銅離子為重金屬離子，能使蛋白質(zhì)變性，可用作殺菌劑，與D．BaSO4可以和C在高溫條件下反應(yīng)生成BaS和CO，用于制取BaS，利用的是BaSO故答案為：A?！痉治觥緼、鋁離子水解為氫氧化鋁膠體，具有吸附性；

B、亞鐵離子治療貧血是因?yàn)榭梢院脱t蛋白結(jié)合；

C、銅為重金屬離子可以殺局消毒；

D、硫酸鋇南至去硫化鋇是因?yàn)榱蛩徜^具有氧化性。5．【答案】B【解析】【解答】A．二氧化硫是酸性氧化物與堿反應(yīng)生成亞硫酸鹽和水，石灰乳吸收SO2可生成B．硫磺在過量氧氣中燃燒的產(chǎn)物是SO2，故B符合題意；C．用SO2水溶液吸收海水中吹出來的溴蒸汽生成HBr和H2SO4，SOD．輝銅礦煅燒時(shí)，Cu2S+故答案為：B?！痉治觥緼、石灰乳和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈣；

B、硫燃燒生成二氧化硫；

C、二氧化硫和溴、水反應(yīng)生成溴化氫和硫酸；

D、電子的數(shù)目=元素的價(jià)態(tài)變化數(shù)目×該元素原子的個數(shù)。6．【答案】C【解析】【解答】A．由反應(yīng)可知，反應(yīng)后氣體分子數(shù)減小，則ΔS<0，A不符合題意；B．由反應(yīng)式可知，平衡常數(shù)為K=cC．增大壓強(qiáng)，平衡正向進(jìn)行，增大了平衡轉(zhuǎn)化率，C符合題意；D．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼、氣體分子數(shù)減小，為熵減少；

B、固體的濃度為常數(shù)值1；

C、增大壓強(qiáng)，平衡朝氣體系數(shù)縮小的方向移動；

D、放熱反應(yīng)，溫度和平衡常數(shù)為反比。7．【答案】D【解析】【解答】A．稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，與FeO發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe(NO3)3、NO和H2O，離子方程式為3FeO+10H++NO3?=3Fe3++NO↑+5H2B．根據(jù)分析，“還原”的目的是用鋅置換出溶液中的銅過濾除去，B不符合題意；C．根據(jù)分析，“沉淀”過程中，往濾液里通入硫化氫氣體得到ZnS沉淀，反應(yīng)的離子方程式為ZnD．由ZnS晶胞圖可知，考慮面心的S2?，每個S2?周圍距離最近的故答案為：D?！痉治觥緼、氧化亞鐵和氫離子、硝酸根反應(yīng)生成鐵離子、一氧化氮和水；

B、鋅和銅離子反應(yīng)生成銅，過濾除去銅的單質(zhì)；

C、鋅離子和硫化氫反應(yīng)生成硫化鋅和氫離子；

D、結(jié)合晶胞周圍的其他晶胞進(jìn)行判斷。8．【答案】A【解析】【解答】A．實(shí)驗(yàn)室常用大理石和稀鹽酸制備CO2，可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)裝置，A符合題意；B．NaOH均可吸收HCl、CO2，不能利用NaOH溶液吸收CO2中的HCl氣體，應(yīng)該用飽和NaHCO3溶液，B不符合題意；C．應(yīng)先使氨氣通入飽和食鹽水中而成氨鹽水，因氨氣在溶液中的溶解度更大，再通入CO2，得到NaHCO3固體，C不符合題意；D．加熱固體，試管口應(yīng)稍向下傾斜，防止在試管口凝成的水珠流回試管底部致使試管驟冷而炸裂，D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼、稀鹽酸和碳酸鈣反應(yīng)生成二氧化碳；

B、二氧化碳和氯化氫都可以溶于氫氧化鈉溶液；

C、侯氏制堿法的制取過程中，先通入氨氣，再通入二氧化碳；

D、固體的加熱時(shí)試管應(yīng)略向下傾斜。9．【答案】C【解析】【解答】A．碳電極上水得電子生成氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)，為電解池的陰極，b為電源的負(fù)極，故A不符合題意；B．陽極失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，鈦基電極上的反應(yīng)為H2C．碳電極上水得電子生成氫氣，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，HCO3-+OH-=H2O+CO32-，碳鋼電極底部有Mg(OH)D．鈦基電極上的反應(yīng)為H2O?e?=H++???OH，HCO3-+H+故答案為：C。

【分析】電解池的題目要注意幾個問題：

1、連接外接電源正極的為陽極，若陽極為活性電極則陽極失去電子，若陽極為惰性電極，則溶液中的陰離子在陽極失去電子，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)；連接外接電源負(fù)極的為陰極，溶液中的陽離子在陰極得到電子，陰極發(fā)生還原反應(yīng)；

2、溶液中的離子放電順序：

陽離子：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）；

陰離子：S2–>I->Br->Cl->OH->(NO3－、SO42–等)含氧酸根>F－；

3、電極反應(yīng)式的書寫要結(jié)合原子守恒以及溶液形成判斷，酸性條件不出現(xiàn)氫氧根，堿性條件下不出現(xiàn)氫離子。10．【答案】A【解析】【解答】A．向淀粉和稀硫酸共熱后的溶液中，淀粉水解后會產(chǎn)生葡萄糖，加入NaOH溶液中和，再加入新制Cu(OH)2懸濁液，葡萄糖還原B．Al(OH)3不與弱堿反應(yīng)，故不能證明是C．氯氣與和水反應(yīng)：Cl2＋H2O?HCl＋HClO，故新制氯水中也有鹽酸，也能與少量NaHCOD.5mLNaCl和KI的混合溶液中，不知道各自的濃度，如果碘離子的溶度很大，即使碘化銀的溶度積大也會產(chǎn)生碘化銀的沉淀，D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼、淀粉水解產(chǎn)物的檢驗(yàn)需要在堿性條件下進(jìn)行；

B、氫氧化鋁和氨水不反應(yīng)；

C、次氯酸和氯化氫都可以和碳酸氫鈉反應(yīng)；

D、需要清楚氯離子和碘離子的濃度。11．【答案】A【解析】【解答】A．X分子中，與苯環(huán)相連的碳原子是飽和碳原子，該碳原子與其它3個碳原子和1個氧原子構(gòu)成四面體的結(jié)構(gòu)，故X分子中所有碳原子不可能在同一平面，A符合題意；B．Y分子中，與羥基相連的碳原子的鄰位甲基碳原子上有氫原子，符合發(fā)生消去反應(yīng)的條件，故Y能與濃硫酸共熱可以發(fā)生消去反應(yīng)，B不符合題意；C．Y分子中沒有羧基，Z分子中有羧基，Z可以與NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，故可以用NaHCOD．Z分子中，苯環(huán)上的6個碳原子、碳碳雙鍵的2個碳原子、酮羰基的1個碳原子和羧基上的1個碳原子均為sp故答案為：A?！痉治觥緼、共平面的判斷要注意一個原子周圍有3個或以上的單鍵連接時(shí)，最多兩個單鍵原子共平面；

B、與羥基相連的碳原子的鄰位甲基碳原子上有氫原子可以發(fā)生消去反應(yīng)；

C、羧基可以和碳酸氫鈉反應(yīng)；

D、雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化。12．【答案】D【解析】【解答】A．0.1mol?LB．反應(yīng)1中苯酚與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成C6H5ONa，存在物料守恒c(Na+)=2c(C6H5O-)+2c(C6H5OH)C．根據(jù)弱酸的電離平衡常數(shù)越大其酸性越強(qiáng)，已知苯酚和碳酸的電離常數(shù)可知酸性：H2CO3>C6D．苯酚的電離常數(shù)Ka=c(C6H5故答案為：D?！痉治觥緼、結(jié)合質(zhì)子守恒判斷；

B、結(jié)合水解平衡常數(shù)和電離平衡常數(shù)判斷；

C、二氧化碳通入苯酚鈉溶液中，只能生成碳酸氫鈉；

D、結(jié)合苯酚的電離平衡常數(shù)判斷。13．【答案】C,D【解析】【解答】A．給熱化學(xué)方程式編號：①C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+123.8kJ?mol?1B．由圖可知，430℃時(shí)C3H8和CO2的轉(zhuǎn)化率均較小，因此容器中主要成分仍為CC．由圖可知，490℃~580℃時(shí)，隨溫度升高，C3H6和CO的選擇性均逐漸降低，說明C2H4和CHD.580℃時(shí)，使用活性更高，對C3H6故答案為：CD。

【分析】A、蓋斯定律的應(yīng)用要注意，判斷列出的熱化學(xué)方程式的對應(yīng)關(guān)系，左右兩邊相同的物質(zhì)互相抵消則相加，在同一邊相同的物質(zhì)互相抵消則相減；

B、430℃時(shí)C3H8和CO2的轉(zhuǎn)化率均較小，因此容器中主要成分仍為C3H8和CO2；14．【答案】（1）24F（2）1∶14（3）2FeSO4（4）pH<1.5時(shí)，pH越大，c(H+)越小，促進(jìn)了HPO42-的電離，生成了更多的PO43-，促進(jìn)反應(yīng)F【解析】【解答】（1）Fe2O3和C12H22O11反應(yīng)，F(xiàn)e的化合價(jià)從＋3降低到＋2，C的化合價(jià)從0價(jià)升高到＋4。1molC12H22O11完全反應(yīng)共失去12×4mol=48mol電子，1molFe2O3轉(zhuǎn)化為FeO，共得到2×1mol電子。根據(jù)得失電子守恒，1molC12H22O11可與24molFe2O3反應(yīng)，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，可得方程式：24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。答案為24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。（2）FeS2中的S的化合價(jià)為－1，升高到＋6，則1molFeS2反應(yīng)共失去2×7mol=14mol電子，而Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe2＋，化合價(jià)降低1價(jià)，1molFe3＋得到1mol電子，根據(jù)得失電子守恒，1molFeS2可與14molFe3＋反應(yīng)，則n(FeS2)：n(Fe3＋)=1：14。答案為1∶14。（3）①FeSO4中的Fe的化合價(jià)從＋2升高到＋3，1molFeSO4反應(yīng)共失去1mol電子；H2O2中O的化合價(jià)從－1降低到－2，1molH2O2反應(yīng)共得到2×1mol=2mol電子，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，可得方程式：2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。答案為2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。②該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=c(H+)c(Fe（4）①pH<1.5時(shí)，pH越大，c(H+)減小，促進(jìn)了的HPO42?的電離HPO42??H++PO43?，生成了更多的PO43?②pH>1.5時(shí)，pH越大，c(OH－)越大，F(xiàn)e3+與會OH-反應(yīng)生成Fe(OH)3，生成的FePO4減少。答案為①pH<1.5時(shí)，pH越大，c(H+)越小，促進(jìn)了HPO42-的電離，生成了更多的PO43-②pH>1.5時(shí)，pH越大，c(OH－)越大，部分Fe3+生成Fe(OH)

【分析】（1）氧化鐵和蔗糖反應(yīng)生成氧化亞鐵、二氧化碳和水；

（2）電子的數(shù)目=元素的價(jià)態(tài)變化數(shù)目×該元素原子的個數(shù)；

（3）①硫酸亞鐵和過氧化氫、磷酸氫鈉反應(yīng)生成磷酸亞鐵、硫酸鈉和水；

②結(jié)合化學(xué)平衡常數(shù)的公式，可以知道最終可以化為磷酸的三級電離平衡常數(shù)和磷酸亞鐵的溶度積的商；

（4）①氫離子濃度的減小可以促進(jìn)磷酸氫根的電離；

②氫氧根濃度增大，可以使鐵離子形成氫氧化鐵。15．【答案】（1）2Ce（2）控制硝酸的溫度為80℃的目的是加快化學(xué)反應(yīng)速率的同時(shí)減少硝酸的揮發(fā)和分解；將Ce(OH)（3）增加NH4+（4）向所得溶液中加入2mol?L-1氨水，至靜置后向上層清液中加入氨水不再產(chǎn)生沉淀，向濁液中邊攪拌邊通入O2至沉淀完全變?yōu)辄S色，洗滌濾渣，至最后一次洗滌濾液加入1mol?（5）82.2%【解析】【解答】（1）“沉淀1”時(shí)，溶液中Ce(NO3)3（2）控制硝酸的溫度為80℃的目的是加快化學(xué)反應(yīng)速率的同時(shí)減少硝酸的揮發(fā)和分解；將Ce(OH)（3）“沉淀2”時(shí)，不是采用反應(yīng)計(jì)量數(shù)之比，而是控制加入n(NH4NO3（4）已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)+O2+2H2O=4Ce(OH)4(黃色沉淀)，根據(jù)受熱分解時(shí)失重百分比與溫度的關(guān)系圖可知，208×17.3%≈36，則加熱Ce(OH)4到500℃分解得到CeO2，故實(shí)驗(yàn)小組以Ce（5）滴定過程中Ce4+被還原為Ce3+

【分析】（1）結(jié)合題干提供的物質(zhì)，結(jié)合原子守恒進(jìn)行判斷；

（2）硝酸溫度過高會分解和揮發(fā)，溫度過低會降低化學(xué)反應(yīng)速率；

（3）銨根離子濃度增大，可以加快化學(xué)反應(yīng)速率；

（4）根據(jù)碳酸鈰制取二氧化鈰，可以知道應(yīng)該先溶解在鹽酸后加入氨水，最后通入氧氣析出沉淀；

（5）結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比判斷。16．【答案】（1）（2）加成（3）（4）（5）【解析】【解答】（1）由分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為；（2）D和CH3-CH2-COOCH3發(fā)生加成反應(yīng)生成E，則D