第第頁江蘇省南京市六校聯合體2022-2023學年高二下學期期末考試化學試題一、單選題1．化學為人類科技發展作出巨大貢獻。下列物質主要成分屬于纖維素的是（）A．棉、麻 B．黑火藥 C．陶瓷燒制 D．絲綢2．少量Na2O2與CO2反應生成Na2CO3和O2，下列說法正確的是（）A．Na2O2的電子式為B．Na2CO3僅含離子鍵C．干冰晶胞如圖所示，配位數為12D．16O和18O互為同素異形體3．常見的非金屬元素和金屬元素及其化合物是中學化學核心知識。下列說法正確的是（）A．半徑大小：r(Al)>r(Na) B．電離能大小：I1(N)>I1(O)C．電負性大小：χ(F)<χ(O) D．堿性強弱：NaOH<Al(OH)34．下列有關SO2的實驗原理或方案能達到目的的是（）A．制SO2 B．制BaSO3沉淀C．驗證SO2的還原性 D．收集SO25．氮是生命所需的重要元素，是蛋白質的重要組成部分。亞硝酸(HNO2)是一種亮藍色的弱酸，電離平衡常數為4.6×10-4；亞硝酸既有氧化性，又有還原性。亞硝酸溶液微熱即分解。亞硝酸鈉(NaNO2)是肉制品生產中最常使用的一種食品添加劑。氨氣的燃燒熱316.25kJ·mol-1，肼(N2H4)為無色油狀液體，有類似于氨的刺鼻氣味，是一種強極性化合物。下列說法正確的是（）A．HNO2與KMnO4酸性溶液反應：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NOB．氨氣燃燒的熱化學方程式：4NH3(g)+3O2(g)=6H2O(g)+2N2(g)ΔH=-1265kJ·mol-1C．肼(N2H4)—空氣堿性燃料電池的負極反應：N2H4+4e-=4H++N2↑D．氫氧化銅溶于氨水的化學方程式：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)26．氮是生命所需的重要元素，是蛋白質的重要組成部分。亞硝酸(HNO2)是一種亮藍色的弱酸，電離平衡常數為4.6×10-4；亞硝酸既有氧化性，又有還原性。亞硝酸溶液微熱即分解。亞硝酸鈉(NaNO2)是肉制品生產中最常使用的一種食品添加劑。氨氣的燃燒熱316.25kJ·mol-1，肼(N2H4)為無色油狀液體，有類似于氨的刺鼻氣味，是一種強極性化合物。連二亞硝酸(HON=NOH)是一種重要的還原劑，可由亞硝酸和羥胺反應制備，其反應的化學方程式為（）HONO+H2NOH→HON=NOH+H2O。下列說法錯誤的是A．亞硝酸根離子(NO2?B．羥胺是極性分子C．1個HON=NOH中有6個σ鍵D．連二亞硝酸可能易溶于水7．氮是生命所需的重要元素，是蛋白質的重要組成部分。亞硝酸(HNO2)是一種亮藍色的弱酸，電離平衡常數為4.6×10-4；亞硝酸既有氧化性，又有還原性。亞硝酸溶液微熱即分解。亞硝酸鈉(NaNO2)是肉制品生產中最常使用的一種食品添加劑。氨氣的燃燒熱316.25kJ·mol-1。肼(N2H4)為無色油狀液體，有類似于氨的刺鼻氣味，是一種強極性化合物。關于物質的性質及其相關用途，下列說法錯誤的是（）A．蛋白質鹽析是可逆的，可采用多次鹽析來分離提純蛋白質B．亞硝酸鈉(NaNO2)具有防腐作用，可用來浸泡新鮮瓜果C．濃氨水具有揮發性和還原性，可用于檢驗輸送氯氣的管道是否漏氣D．NH3易液化，液氨汽化時吸收大量熱，可用作制冷劑8．利用電解原理制備Ca(A．M極與電源負極相連B．常溫下，電解后N極附近溶液pH減小C．膜a、膜c均為陰離子交換膜，膜b為陽離子交換膜D．電解時可獲得副產物NaOH、H2、9．汽車尾氣中的有害氣體可通過如下反應實現轉化：2NO(g)+2CO(g)催化劑__2CO2(g)+NA．每轉化22.4LNO，轉移電子數為2×6.02×1023B．該反應ΔH<0C．反應的平衡常數K=cD．其他條件相同，使用催化劑，可提高活化分子百分數，降低反應的焓變10．抗阿爾茨海默病藥物多奈哌齊的部分合成路線如下：下列說法正確的是（）A．X分子中的含氧官能團為醛基、酮羰基B．1molX最多能與3molH2反應C．Z既能與氫氧化鈉溶液反應又能與鹽酸反應D．Y存在順反異構體且所有碳原子可能共平面11．根據下列實驗操作和現象所得結論正確的是（）選項實驗操作和實驗現象結論A在一塊除去鐵銹的鐵片上滴1滴含有酚酞的食鹽水靜置2~3min，溶液邊緣出現紅色鐵片上發生了吸氧腐蝕B將足量H2O2溶液滴入少量的酸性高錳酸鉀溶液溶液紫色褪去H2O2具有漂白性C向某溶液中滴加NaOH溶液并將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙顏色無明顯變化原溶液中無ND向Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，有黑色沉淀生成Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)A．A B．B C．C D．D12．室溫下，通過下列實驗探究NaHCO3溶液的性質實驗實驗操作和現象1用pH試紙測得0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH約為82向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入過量0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，產生白色沉淀3向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol·L-1NaOH溶液4向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，有氣體和沉淀生成下列說法不正確的是（）A．實驗1的溶液中存在c(Na+)>c(H2CO3)>c(COB．實驗2所得上層清液中存在c(Ba2+)·c(CO32-)=KspC．實驗3反應后的溶液中存在c(Na+)<c(HCO3?)+2c(CO3D．實驗4中發生反應的離子方程式為：Al3++3HCO3-=Al(OH)313．通過反應Ι：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)可以實現CO2捕獲并資源化利用。密閉容器中，反應物起始物質的量比n(H2)n反應II：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH2=+42.5kJ·mol-1反應Ⅲ：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH3=—90.7kJ·mol-1下列說法正確的是（）A．反應Ι的ΔH1=+48.2kJ·mol-1B．曲線②表示CH3OH的物質的量分數隨壓強的變化C．一定溫度下，增大n(H2D．在5×105Pa、250℃、起始n(H2二、工業流程題14．以廢錳渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)為原料制備MnSO4晶體，其工藝流程可表示為：（1）Mn2+的基態核外電子排布式為。（2）“酸浸”時為提高錳離子的浸出率，可采取的措施有。（3）“反應I”中加入硫鐵礦(主要成分FeS2)與MnO2反應生成Mn2+與Fe3+，濾渣1的主要成分為FeS2和S，寫出該反應的離子方程式。（4）已知：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。“調pH”后濾液中Fe3+剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10-5mol·L-1認為沉淀完全)，此時pH約為；濾渣2除MnO2、CaCO3外主要成分是(填化學式)。（5）測定產品純度。取制得的MnSO4晶體0.1510g，溶于適量水中，加硫酸酸化；用過量NaBiO3(難溶于水)將Mn2+完全氧化為MnO，過濾洗滌；將幾次洗滌的濾液與過濾所得的濾液合并，向其中加入Na2C2O4固體0.5360g；充分反應后，用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。計算產品中MnSO4的質量分數(寫出計算過程，保留兩位有效數字)。[已知：C2O42-+MnO三、有機推斷題15．白花丹酸具有鎮咳祛痰的作用，其合成路線流程圖如下：（1）B分子中碳原子的雜化方式為。（2）C→D的反應類型為。（3）白花丹酸分子中混有，寫出同時滿足下列條件的該有機物的一種同分異構的結構簡式：①分子中有四種不同化學環境的氫；②與FeCl3溶液能發生顯色反應，且1mol該物質最多能與3molNaOH反應。（4）E的結構簡式為。（5）已知：R—Br→無水乙醚MgRMgBr。根據已有知識并結合相關信息寫出以和CH3CH2OH為原料制備的合成路線流程圖。四、工業流程題16．硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]為橙紅色結晶性粉末，易溶于水和乙醇，幾乎不溶于濃硝酸，主要用作氧化劑和分析試劑；二氧化鈰(CeO2)為白色或黃白色固體，難溶于水，有強氧化性，主要用于玻璃、催化劑、電子管等工業。(NH4)2Ce(NO3)6和CeO2均是常見的強氧化劑，可用Ce2(CO3)3(難溶于水)為原料進行制取。（1）碳酸鈰可溶于硝酸中，寫出酸溶1的離子方程式：。（2）“沉淀1”時，溶液中Ce(NO3)3轉化為Ce(OH)3(HO2)沉淀。寫出沉淀1反應的化學方程式：。（3）“酸溶2”時，控制反應溫度為80℃，硝酸與Ce(OH)3(HO2)分解產生的Ce(OH)4反應生成H2Ce(NO3)6，反應過程中有少量紅棕色氣體逸出。“酸溶2”時需控制硝酸的溫度為80℃，原因是。（4）“沉淀2”時，控制其他條件一定，改變加入NH4NO3固體的量，測得(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率如圖1所示。“沉淀2”時，不是采用反應計量數之比，而是控制加入n(NH4NO3)∶n(Ce)=4∶1的目的是。（5）已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)+O2+2H2O=4Ce(OH)4(黃色沉淀)，Ce(OH)4受熱分解時失重百分比與溫度的關系如圖2所示。實驗小組以Ce2(CO3)3為原料制取CeO2，請設計實驗方案：將Ce2(CO3)3完全溶解于鹽酸中，，得CeO2固體。[須選用的試劑和儀器：2mol·L-1氨水、O2、1mol·L-1HNO3、1mol·L-1AgNO3溶液、馬弗爐(可用于固體的高溫加熱)]五、原理綜合題17．回收利用含硫化合物有利于節約資源、保護環境。（1）一種由含H2S的煙氣回收硫黃的工藝為：將一部分含H2S的煙氣在空氣中燃燒，將燃燒所得產物與剩余煙氣混合，冷卻后可回收得到硫黃(S8)。該工藝中涉及反應為：反應1：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1(a<0)反應2：4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=bkJ·mol-1(b>0)反應3：4S2(g)=S8(s)ΔH3=ckJ·mol-1(c<0)如果上述反應均能完全進行，為提高硫黃的產率，該工藝中需要控制反應1和反應2煙氣的體積比為。（2）某工業廢水中含有乙硫醇(C2H5SH)，已知C2H5SH水溶液中的物種分布分數如圖1所示。已知：Ka1(H2S)=9×10-8，分別從電離常數和共價鍵極性的角度比較H2S和C2H5SH酸性強弱：①(電離常數)；②(共價鍵極性)。（3）一種以Al2O3為催化劑載體、FeS2為催化劑的H2還原煙氣中SO2制S的反應機理如圖2和圖3所示：①圖3中所示的轉化過程可描述為。②圖2中FeSx和H2反應生成M、FeSx-1和H?的化學方程式為。③其他條件一定，改變起始時H2與SO2的比例，反應相同時間，測得S的產率與溫度和n(H2)/n(SO2)比值的關系如圖4所示。500℃時，n(H2)/n(SO2)比值為3時硫的產率小于比值為2時的原因是。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、棉、麻主要成分為纖維素，A正確；

B、黑火藥的主要成分為硫、碳、硝酸鉀，B錯誤；

C、陶瓷的主要成分為硅酸鹽，C錯誤；

D、絲綢的主要成分為蛋白質，D錯誤；

故答案為：A

【分析】A、棉、麻主要成分為纖維素；

B、黑火藥的主要成分為硫、碳、硝酸鉀；

C、陶瓷的主要成分為硅酸鹽；

D、絲綢的主要成分為蛋白質。2．【答案】C【解析】【解答】A、過氧化鈉中，兩個氧原子應以共用電子對的形成連接在一起，過氧根離子和鈉離子以共價鍵形成連接，A錯誤；

B、碳酸鈉中含鈉離子和碳酸根離子以離子鍵結合，碳酸根內部為共價鍵結合，B錯誤；

C、以頂點的干冰分子觀察，可知距離其最近的另一個干冰分子為面對角線的中點處，結合周圍晶胞判斷，可知最近等距離的干冰分子共有12個，配位數為12，C正確；

D、16O和18O質子數相同，中子數和質量數不同，為同位素，D錯誤；

故答案為：C

【分析】A、電子式中，氧原子為非金屬原子，非金屬原子之間的結合為共用電子對的結合；

B、銨根離子或金屬離子與非金屬離子或酸根離子的結合是離子鍵，非金屬原子和非金屬原子的結合是共價鍵；

C、晶胞配位數要結合最近等距離的原子判斷，可以根據周圍晶胞結構判斷；

D、同素異形體指的是同種元素的不同單質；同位素指的是同種元素的不同原子。3．【答案】B【解析】【解答】A、同周期元素，從左到右半徑減小，則r(Al)<r(Na)，A錯誤；

B、同周期元素，從左到右第一電離能增大，若原子最外層能級電子為半充滿或全充滿則出現反常，則I1(N)>I1(O)，B正確；

C、同周期元素，從左到右電負性增大，則χ(F)>χ(O)，C錯誤；

D、同周期元素，從左到右金屬性減弱，最高價氧化物對應水化物的堿性減弱，則NaOH>Al(OH)3，D錯誤；

故答案為：B

【分析】同一周期，從左到右最外層電子數遞增，同一主族，最外層電子數相等；

同一周期，從左到右最高正價為+1—+7，最低負價為-4—-1，同一主族，最高正價相同，最低負價相同；

同一周期，從左到右半徑減小，同一主族，從上到下半徑增大；

同一周期，從左到右金屬性減弱，非金屬性增強，同一主族，從上到下金屬性增強，非金屬性減弱

金屬性的比較：最高價氧化物對應水化物的堿性，和氧氣、水、酸反應的程度，單質的還原性；

非金屬性的比較：最高價氧化物對應水化物的酸性，和氫氣反應的程度，氫化物的穩定性，單質氧化性；

同周期元素，從左到右第一電離能增大，若原子最外層能級電子為半充滿或全充滿則出現反常。4．【答案】A【解析】【解答】A、銅和濃硫酸加熱生成二氧化硫、硫酸銅和水，A正確；

B、二氧化硫和氯化鋇不發生反應，B錯誤；

C、二氧化硫使品紅溶液褪色體現的是二氧化硫的漂白性，C錯誤；

D、二氧化硫可以溶于水，不能用排水集氣法收集，D錯誤；

故答案為：A

【分析】A、銅和濃硫酸加熱生成二氧化硫、硫酸銅和水；

B、結合強酸制弱酸的原理判斷，可知H2SO3不能制備HCl；

C、二氧化硫使品紅溶液褪色體現的是二氧化硫的漂白性；

D、二氧化硫可以溶于水，不能用排水集氣法收集。5．【答案】D【解析】【解答】A、亞硝酸為弱酸，弱酸不可拆為離子形成，A錯誤；

B、燃燒熱的定義是1mol可燃物完全燃燒生成穩定氧化物放出的熱量，生成的H2O應為液態，B錯誤；

C、燃料電池的負極需要失去電子，C錯誤；

D、氫氧化銅可以和氨分子結合生成氫氧化四氨合銅，D正確；

故答案為：D

【分析】A、離子方程式的書寫要注意，強酸、強堿、可溶性鹽可以拆；弱酸，弱堿、難溶和為微溶性鹽、氧化物不可拆；

B、燃燒熱要注意幾個點：1、可燃物化學計量數為1；2、碳元素燃燒產物為二氧化碳；3、氫元素燃燒產物為液態水；

C、原電池的角度進行分析，活潑金屬作為負極，負極質量減少，正極質量增加或者生產氣體，電子由負極經過導線流向正極，電流由正極經過導線流向負極，陽離子移向正極，陽離子得到電子形成單質，陰離子移向負極，負極失去電子形成陽離子；

D、氫氧化銅可以和氨分子結合生成氫氧化四氨合銅。6．【答案】C【解析】【解答】A、NO2-中，N孤電子對數為1，周圍連接2個原子，雜化軌道數為3，為sp2雜化，其空間結構為V形，A錯誤；

B、羥胺中正電中心和負電中心不重合，為極性分子，B錯誤；

C、HON=NOH中σ鍵有O-H、O-N、N-N，共5個，π鍵有N-N，共1個，C正確；

D、連二亞硝酸可以和水形成羥基，水溶性增強，易溶于水，D錯誤；

故答案為：C

【分析】A、雜化軌道數=周圍原子數+孤電子對數，若雜化軌道數=2，為sp雜化，雜化軌道數=3，為sp2雜化，雜化軌道數=4，為sp3雜化；

雜化軌道數=2，為直線；

雜化軌道數=3，周圍原子數=3，為三角形；

雜化軌道數=3，周圍原子數=2，為V形；

雜化軌道數=4，周圍原子數=4，為四面體；

雜化軌道數=4，周圍原子數=3，為三角錐；

雜化軌道數=4，周圍原子數=2，為V形；

B、正電中心和負電中心不重合，為極性分子；正電中心和負電中心重合，兩者為非極性分子；

C、σ鍵即配對原子個數，即每一個共價鍵中必定含有一個σ鍵；π鍵即不飽和鍵，即每一個共價鍵中除了σ鍵以外的就是π鍵；

D、N、O、F三種原子可以和H形成氫鍵。7．【答案】B【解析】【解答】A、蛋白質的鹽析為可逆的過程，可以通過鹽析分離提純蛋白質，A錯誤；

B、亞硝酸鈉會致癌，不能用于浸泡新鮮蔬果，B正確；

C、濃氨水遇氯氣可以發生氧化還原反應生成氯化銨，有白煙現象，C錯誤；

D、NH3易液化，液氨汽化時吸收大量熱，可用作制冷劑，D錯誤；

故答案為：B

【分析】A、鹽析為可逆過程，通過加入非重金屬鹽可以使蛋白質沉淀，加水可以使蛋白質溶解；

B、亞硝酸鈉、苯甲酸鈉都可以作為防腐劑，同時會致癌；

C、濃氨水遇氯氣可以發生氧化還原反應生成氯化銨，有白煙現象；

D、NH3易液化，液氨汽化時吸收大量熱，可用作制冷劑。8．【答案】D【解析】【解答】根據電解池可以觀察，CaCl2提供Ca2+，NaH2PO4提供H2PO4-，則需要讓Ca2+右側移動，則N極為陰極，H2PO4-向左側移動，則M極為陽極，則膜a為陽離子交換膜，膜b為陰離子交換膜，Na+向右側移動，形成NaOH濃溶液，則膜c為陽離子交換膜；

A、M極為陽極，連接電源正極，A錯誤；

B、N極為陰極，為H+放電，c(H+)減小，pH增大，B錯誤；

C、結合分析可知膜a、c為陽離子交換膜，膜b為陰離子交換膜，C錯誤；

D、電解時左側為Cl-放電形成Cl2，右側為H+放電形成H2，同時形成NaOH濃溶液，D正確；

故答案為：D

【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，陽極發生氧化反應；連接外接電源負極的為陰極，溶液中的陽離子在陰極得到電子，陰極發生還原反應；

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、電極反應式的書寫要結合原子守恒以及溶液形成判斷，酸性條件不出現氫氧根，堿性條件下不出現氫離子。9．【答案】B【解析】【解答】A、氣體沒有在標準狀況下無法計算物質的量，A錯誤；

B、△G=△H-T△S<0，反應的△S<0，要使反應可以自發進行，則△H<0，B正確；

C、化學平衡常數為生成物的濃度冪之積和反應物的濃度冪之積的比值，即K=c2(CO2)·c(N2)c10．【答案】D【解析】【解答】A、分子中含有醛基、醚鍵，A錯誤；

B、1mol苯環可以消耗3molH2，1mol醛基可以消耗1molH2，B錯誤；

C、Z中含有次氨基，可以和鹽酸反應，不能和氫氧化鈉反應，C錯誤；

D、Y中碳碳雙鍵同一側連接的部分不同，具有順反異構，所有碳原子周圍不存在3個單鍵連接的碳原子，所有碳原子可能共平面，D正確；

故答案為：D

【分析】A、H3CO-為醚鍵，-CHO為醛基，A錯誤；

B、1mol苯環可以消耗3molH2，1mol醛基可以消耗1molH2；

C、次氨基可以和鹽酸反應，不能和氫氧化鈉反應；11．【答案】A【解析】【解答】A、鐵發生吸氧腐蝕，溶液呈堿性，可以使酚酞變紅，A正確；

B、過氧化氫具有還原性，可以和酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原，B錯誤；

C、銨根離子的檢驗需要加熱，C錯誤；

D、未知CO32-和S2-的濃度，無法判斷，D錯誤；

故答案為：A

【分析】A、吸氧腐蝕為水放電生成氧氣和氫氧根，溶液呈堿性；

B、過氧化氫既有氧化性又有還原性，可以和酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應；

C、銨根離子的檢驗需要加入氫氧化鈉溶液和加熱；

D、未知CO32-和S2-的濃度，無法判斷兩者的溶度積。12．【答案】C【解析】【解答】A、室溫下0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH約為8，則溶液為堿性，HCO3-的水解程度大于電離程度，則c(Na+)>c(H2CO3)>c(CO32-)，A錯誤；

B、向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入過量0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，發生的反應為NaHCO3+Ba(OH)2=NaOH+BaCO3↓+H2O，存在BaCO3(s)?Ba2+(aq)+CO32—(aq)，則有c(Ba2+)·c(CO32-)=Ksp(BaCO3)，B錯誤；

C、向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol·L-1NaOH溶液，發生反應

NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，Na2CO3溶液呈堿性，則c(H+)<c(OH-)，故c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-)，C正確；

D、向濃NaHCO3溶液中加入濃Al2(SO4)3溶液，HCO3-13．【答案】C【解析】【解答】A、根據三個方程式的關系，可知反應I=反應II+反應III，則有ΔH1=ΔH2+ΔH3，則ΔH1=-48.2kJ·mol-1，A錯誤；

B、增大壓強，平衡朝氣體體積縮小的方向移動，則增大壓強，反應III平衡朝正向移動，CH3OH濃度增大，曲線①表示CH3OH的物質的量分數隨壓強的變化反應III為放熱反應，溫度升高，CH3OH濃度減小，則曲線②表示CH3OH的物質的量分數隨溫度的變化，B錯誤；

C、增大n(H2)n(CO2)的比值，可看成增大c(H2)，則CO2平衡轉化率增大，C正確；

D、催化劑不影響平衡移動，D錯誤；

故答案為：C14．【答案】（1）[Ar]3d5（2）加熱、攪拌、適當增加硫酸濃度等（3）3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O（4）3；Fe(OH)3、CaSO4（5）80.00%。【解析】【解答】（1）Mn為25號元素，其基態核外電子排布式為[Ar]3d54s2，則Mn2+的核外電子排布式為[Ar]3d5，故答案為：[Ar]3d5；

（2）提高錳離子的浸出率方法有：加熱、攪拌、適當增加硫酸濃度等，故答案為：加熱、攪拌、適當增加硫酸濃度等；

（3）MnO2具有氧化性，FeS2具有還原性，結合題干信息可知產物有S，則反應為3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O，故答案為：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O；

（4）結合Fe(OH)3(s)?Fe3+(aq)+3OH—(aq)，可知Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH—)，要使Fe3+沉淀完全，則c(OH—)=3Ksp[Fe(OH)3c(Fe3+)=31×10—381×10—5mol·L—1=10—11mol·L—1，則pH約為3；SO42-可以和Ca2+結合生成CaSO4，調節pH可以使Fe3+生成Fe(OH)3，故答案為：3；Fe(OH)3、CaSO4；

15．【答案】（1）sp2、sp3（2）氧化反應（3）或（4）（5）【解析】【解答】（1）B中的C有兩種情況，其中含有雙鍵的C和苯環的C為sp2雜化，單鍵C為sp3雜化，故答案為：sp2、sp3；

（2）C轉化為D的過程中，為羥基轉化為羰基的過程，屬于氧化反應，故答案為：氧化反應；

（3）分子中有四種不同化學環境的氫，即四種等效氫，可以和FeCl3溶液發生顯色反應，即含有酚羥基，且可以和3molNaOH反應，即除了酚羥基還應該含有酯基，故答案為：或；

（4）結合D和F的結構簡式，可知E的結構簡式為，故答案為：；

（5）根據最終產物和已知條件R—Br→無水乙醚MgRMgBr，可知要形成應先轉化出，再制備，故答案為：。

【分析】（1）雜化軌道數=周圍原子數+孤電子對數，若雜化軌道數=2，為sp雜化，雜化軌道數=3，為sp2雜化，雜化軌道數=4，為sp3雜化；

（2）羥基轉化為羰基或醛基的過程為氧化反應；

（3）結合碳鏈異構、位置異構判斷；

（4）結合前后流程可以判斷有機物的結構簡式；

（5）合成路線的設計，一般要結合已知條件或者已知合成路線去看，根據題干要求的物質，采用順推或者逆推法進行相應的設計。16．【答案】（1）Ce2(CO3)3+6H+=2Ce3++3CO2↑+3H2O（2）2Ce(NO3)3+3H2O2+4H2O=2Ce(OH)3(HO2)↓+6HNO3（3）控制硝酸的溫度為80℃的目的是增大化學反應速率的同時減少硝酸的揮發和分解（4）增加NH4+的濃度，增大反應的速率；此時(NH4)2Ce(NO3（5）向所得溶液中加入2mol·L-1氨水，靜置后向上層清液中加入氨水不再產生沉淀，向濁液中邊攪拌邊通入O2至沉淀完全變為黃色，洗滌濾渣，至最后一次洗滌濾液加入1mol·L-1HNO3酸化后再加入1mol·L-1AgNO3溶液不再產生沉淀，將沉淀放入馬弗爐中，控制溫度為500℃下焙燒至固體質量不再減少【解析】【解答】（1）碳酸根和氫離子不共存，會形成二氧化碳和水，碳酸鈰為固體，不可拆，故答案為：Ce2(CO3)3+6H+=2Ce3++3CO2↑+3H2O；

（2）結合氧化還原反應的特點，Ce化合價由+3變為+6，H2O2中O由-1變為-2，結合化合價升降守恒配平化學計量數，故答案為：2Ce(NO3)3+3H2O2+4H2O=2Ce(OH)3(HO2)↓+6HNO3；

（3）溫度升高，化學反應速率增大，溫度過高會導致硝酸揮發和分解，故答案為：控制硝酸的溫度為80℃的目的是增大化學反應速率的同時減少硝酸的揮發和分解；

（4）NH4+濃度增大，化學反應速率