吉林省吉林市普通高中2025届高三化学上学期第一次调研测试试题含解析

PAGE16-吉林省吉林市一般中学2025届高三化学上学期第一次调研测试试题（含解析）说明：本试卷分I卷、II卷两部分。考试时间90分钟，满分100分。请将各试题答案写在答题卡上。可能用到相对原子质量：H1N14O16S32Cl35.5Na23Fe56Ce140第I卷(选择题共44分)一、选择题(本题共10小题，每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.蛋白质是人体所需的重要养分物质，其中不含下列哪种元素（）A.N B.Si C.O D.C【答案】B【解析】【详解】蛋白质是由氨基酸以“脱水缩合”的方式组成的多肽链经过盘曲折叠形成的具有确定空间结构的物质，蛋白质中确定含有碳、氢、氧、氮元素，不含硅元素，选B。2.常温下，下列单质与水反应最猛烈的是（）A.F2 B.Cl2 C.Mg D.Fe【答案】A【解析】【详解】F2氧化性强极，与水猛烈反应置换出氧气，Cl2与水反应是可逆的，Mg在冷水中就可以反应，但反应的很慢，Fe不与水反应，选A。3.下列物质的主要成分不属于盐类的是（）A.硅石 B.重晶石 C.石灰石 D.石膏【答案】A【解析】【详解】硅石主要成分是SiO2，属于氧化物，重晶石主要成分是BaCO3，石灰石主要成分是CaCO3，石膏主要成分是CaSO4，都属于盐，选A。4.下列阴离子中，不能用于区分Fe2＋、Fe3＋两种离子的是（）A.OH- B.SCN－ C.SO42－ D.I－【答案】C【解析】【详解】A.OH-可与Fe2＋反应生成白色Fe(OH)2的白色沉淀，与Fe3＋反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，A可以区分，不选A；B.SCN－与Fe2＋不反应，与Fe3＋反应，溶液显红色，B可以区分，不选B；C.SO42－与Fe2＋、Fe3＋都不反应，C不行以区分，选C；D.I－与Fe2＋不反应，与Fe3＋反应，生成Fe2+，溶液由黄色变为浅绿色，D可以区分，不选D。5.粗盐提纯中不涉及的化学试剂是（）A.Na2CO3 B.HNO3 C.HCl D.BaCl2【答案】B【解析】【详解】粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42+等可溶性杂质，分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2除去，以及最终加入适量HCl除去剩余的OH-、CO32-，所以不涉及HNO3，选B。6.下列材料的主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是（）A.“玉兔二号”铁合金筛网轮 B.医用聚乙烯无纺布防护服C.酚醛树脂手柄 D.大口径碳化硅反射镜【答案】D【解析】【详解】A.铁合金主要是含有金属铁元素和碳元素的合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，且铁不是主族元素，A不符合；B.医用聚乙烯无纺布防护服为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，B不符合；C.酚醛树脂手柄为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，C不符合题意；D.碳化硅由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第ⅣA族，D符合。7.1991年中科院院士张青莲教授曾主持测定了铟(InZ＝49)等9种元素相对原子质量的新值，被接受为国际新标准，为完善周期表做出了重要贡献。下列说法错误的是（）A.In属于金属元素 B.In(A＝115)的质子数与中子数的差值为17C.原子半径：In>I D.碱性In(OH)3>CsOH【答案】D【解析】【详解】A.In属于金属元素，A正确；B.In(A＝115)的质量数为115，质子数为49，中子数为66，质子数与中子数的差值为17，B正确；C.In和I都是第五周期元素，In是49号元素，I是53号元素，同一周期随着核电荷数的增大，原子半径减小，其原子半径为：In>I，C正确；D.In位于元素周期表第五周期第ⅢA族，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：RbOH>In(OH)3，铷（Rb）与铯（Cs）都位于第IA族，同一主族，核电荷数越大，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，CsOH>RbOH，所以CsOH>In(OH)3，D错误。8.下列现象或操作确定与物质的化学性质有关的是A.焰色反应 B.石油的裂化 C.萃取 D.丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A.焰色反应是物理变更。它并未生成新物质，焰色反应是物质原子内部电子能级的变更，通俗的说是原子中的电子能量的变更，不涉及物质结构和化学性质的变更，故A不符合题意；B.石油裂化是在确定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变更，故B符合题意；C.萃取是利用物质在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使溶质物质从溶解度较小的溶剂内转移到溶解度较大的溶剂中的方法，没有新物质，属于物理变更，故C不符合题意；D.丁达尔效是应当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以视察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，故D不符合题意；答案选B；【点睛】化学性质是在化学变更中表现出的性质，分清晰上述变更是物理变更还是化学变更，核心是看有没有新物质生成。9.如图，甲烷与氯气在光照条件下反应，不涉及的试验现象是（）A.气体的黄绿色变浅至消逝 B.试管内壁上有油珠附着C.试管内水面上升 D.试管内有白烟生成【答案】D【解析】【详解】A.甲烷与氯气在光照下发生取代反应，甲烷分子中的氢原子被氯气分子中的氯原子取代，随反应进行，氯气的浓度减小，试管中气体的黄绿色变浅至消逝，A正确；B.光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成氯代烃，液态氯代烃是油状液滴，B正确；C.甲烷与氯气在光照下发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳都是液体，一氯甲烷、氯化氢为气态，氯化氢极易溶于水，试管内液面上升，C正确；D.反应有氯化氢生成，氯化氢极易溶于水，试管内有白雾，无白烟出现，D错误。10.下列分子式表示的物质，具有同分异构体的是A.C3H7Cl B.C3H8 C.CH2Cl2 D.CH4O【答案】A【解析】试题分析：分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，据此可知选项BCD中不存在同分异构体，A中存在同分异构体，结构简式可以是CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH3，答案选A。考点：考查同分异构体的推断点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题基础性强，侧重对学生基础学问的巩固和训练，旨在考查学生敏捷运用基础学问解决实际问题的实力，有利于培育学生的逻辑推理实力和发散思维实力。二、选择题(本题共8小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题目要求。)11.洗涤BaSO4固体中吸附的Na+和Cl—，最好用下列试剂中的A.BaCl2溶液 B.稀H2SO4 C.Na2SO4溶液 D.蒸馏水【答案】B【解析】试题分析：洗涤BaSO4固体中吸附的Na+和Cl—，不用含Na+和Cl—的溶液洗涤，依据同离子效应，还要尽量削减BaSO4固体的溶解，选用Na2SO4溶液最好。选B。考点：试验基本操作方法。12.对一个可逆反应来说，上升温度下列物理量确定增大的是（）A.反应速率 B.平衡常数 C.催化剂的活性 D.焓变【答案】A【解析】【详解】A.上升温度，单位体积内活化分子的百分数增大，反应速率增大，A正确；B.若正反应为放热反应，上升温度，平衡向逆向移动，化学反应平衡常数减小，若正反应为吸热反应，上升温度，平衡向正向移动，化学反应平衡常数增大，B错误；C.催化剂都具有确定的活性最强的温度范围，绝大多数的催化剂，上升温度，活性增加，但温度过高，催化剂会变性，C错误；D.焓变只与反应的始态与终态有关，D错误。13.下列反应中，属于加成反应的是（）A.CH3－CH3＋Br2CH3－CH2Br＋HBrB.2CH3CHO＋O22CH3COOHC.CH3－CH＝CH2＋Br2CH3－CHBr－CH2BrD.+Br2+HBr【答案】C【解析】【详解】A.乙烷分子中的一个氢原子被溴分子中的一个溴原子所取代，属于取代反应，A错误；B.乙醛在催化剂条件下，被氧气氧化生成乙酸，属于氧化反应，B错误；C.丙烯中的碳碳双键断裂，与溴发生了加成反应，C正确；D.苯分子中的一个氢原子被溴分子中的溴原子所取代，属于取代反应，D错误。14.常温下向含MgCO3固体溶液中滴加少许浓盐酸(忽视体积变更)，下列数值不变的是（）A.c(CO32－) B.c(Mg2＋) C.c(H＋) D.Ksp(MgCO3)【答案】D【解析】【详解】MgCO3固体溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2+(aq)+CO32−(aq)，加入少量浓盐酸可与CO32−反应促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO32−)减小，c(Mg2+)及c(H+)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变，所以数值不变是Ksp(MgCO3)，D正确。15.下列除杂试剂选用正确且不涉及元素化合价变更的是（）A.一氧化氮中有二氧化氮：依次通过盛有水、浓硫酸的洗气瓶B.二氧化碳气体中有氯化氢：通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶C.氯化铁溶液中有氯化亚铁：通入足量的氯气D.氯化钠溶液中有溴单质：用四氯化碳萃取再分液【答案】D【解析】【详解】A.二氧化氮可与水发生氧化还原反应，反应前后N元素的化合价发生变更，A错误；B.二氧化碳、氯化氢都可以与饱和碳酸钠溶液反应，应通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，B错误；C.氯气具有强氧化性，会氧化氯化亚铁，发生氧化还原反应，元素化合价变更，C错误；D.溴单质易溶于四氯化碳，氯化钠溶液与四氯化碳不反应、不互溶且分层，所以用四氯化碳萃取再分液，D正确。16.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（）A.2.24L硫化氢气体中含有共价键数目为0.2NAB.pH＝1的H2SO4溶液中，含有0.1NA个H＋C.lmolNa2O2固体中，含有的离子总数为3NAD.100mL0.1mol•L－1的葡萄糖溶液中，含有分子数目为0.01NA【答案】C【解析】【详解】A.在标准状态下，2.24L硫化氢气体中含有的共价键数目为0.2NA，A错误；B.未知溶液的体积，不能求出H＋个数，B错误；C.lmolNa2O2固体中含有，2molNa+和1molO22-，离子总数为3NA，C正确；D.葡萄糖溶液中除了葡萄糖分子，还含有水分子，100mL0.1mol•L－1的葡萄糖溶液中，含有分子数目大于0.01NA，D错误。17.将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A.溶液的pH增大B.CH3COOH电离度增大C.溶液的导电实力减弱D.溶液中c(OH－)减小【答案】A【解析】【详解】A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电实力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电实力增加，错误；D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。18.确定温度下，将0.03molCl2缓缓通入1L含有0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合液中(K1、K2分别表示H2SO3的一、二级电离常数；－lg0.02＝1.7)，下列图象错误的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】Cl2能氧HBr，Br2能氧化H2SO3，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c(H+)增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl2的物质的量为0.02mol，Cl2过量，还剩下0.01mol的Cl2，然后再氧化Br-，Cl2+2HBr=Br2+2HCl，HBr全部转变为HCl，c(H+)不变。【详解】A.随着反应的进行，溶液中c(Cl-)渐渐变大，A正确；B.1L含有0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合液中，氢离子浓度大于0.02mol/L，所以pH小于1.7，依据反应Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c(H+)增大，pH减小，依据反应：Cl2+2HBr=Br2+2HCl，HBr全部转为HCl，c(H+)不变，通入氯气0.03mol时，两种酸全部转化为盐酸和硫酸，氢离子的浓度是0.1mol/L，所以pH=1，B错误；C.酸的电离平衡常数不受浓度的影响，C正确；D.1L含有0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合液中，氢离子浓度大于0.02mol/L，依据反应：Cl2+2HBr=Br2+2HCl，HBr全部转变为HCl，c(H+)不变，通入氯气0.03mol时，两种酸全部转化为盐酸和硫酸，氢离子的浓度是0.1mol/L，D正确。第II卷(共56分)19.有一瓶无色气体，可能含有CO2、HBr、SO2、HCl、NO2中的若干种，将其通入氯水中，得无色透亮溶液。将此溶液分成两份，向其中一份加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生；向另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀产生。填写下列空白：（1）气体中确定有：___；确定没有___。（2）写出加入BaCl2溶液发生反应的离子方程式___。【答案】(1).SO2(2).NO2、HBr(3).SO42-+Ba2+=BaSO4↓【解析】【分析】无色气体中确定不含有NO2；气体与氯水反应后得无色透亮溶液，气体中确定不含HBr；加入BaCl2溶液和硝酸酸化了的AgNO3溶液，均出现白色沉淀，说明溶液中含有SO42-和Cl-，证明气体中确定含SO2，SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，则原气体中不确定含有HCl；没有现象证明CO2是否存在。【详解】（1）无色气体中确定不含有NO2；气体与氯水反应后得无色透亮溶液，气体中确定不含HBr；加入BaCl2溶液和硝酸酸化了的AgNO3溶液，均出现白色沉淀，说明溶液中含有SO42-和Cl-，证明气体中确定含SO2。（2）气体中通入氯水，SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应的离子反应方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓。20.X、Y、Z、W、M、R、Q是短周期主族元素，部分元素的原子半径和化合价信息如下表所示：M的焰色反应为黄色：X、Y、R位于周期表中不同周期；Q的单质为半导体材料。（1）Q元素在周期表中的位置是___；构成化合物M2X2的化学键类型是___。（2）写出X、Y、R按原子个数之比为1：1：1形成化合物的电子式___。（3）Y与W相比，非金属性较强的是___(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是___(选填字母序号)。a.常温下W的单质呈固态，Y的单质呈气态b.Y与W形成的化合物中W呈正价c.Y和M反应时，lmolY原子所得电子数少于lmolW原子所得电子数（4）R、W两种元素组成的离子在水溶液中与H＋和OH－都不能大量共存，还能与氯水反应，写出其与新制氯水反应的离子方程式___。（5）Z2R4为二元弱碱，在水中的电离与氨相像，写出其在水中的第一步电离方程式___，Z2R4与磷酸形成的磷酸二氢盐的化学式为___。【答案】(1).第一周期第ⅠA族(2).离子键、共价键(3).(4).Cl(5).b(6).4Cl2+4H2O+HS-=9H++SO42-+8Cl-(7).N2H4+H2ON2H5++OH-(8).N2H6(H2PO4)2【解析】【分析】从表格中可知，X的化合价为-2，X为O，Y的最高化合价为+7、最低化合价为-1，Y为Cl，W的最高化合价为+6、最低化合价为-2，W为S，Z的最高化合价为+5、最低化合价为-3，Z为N或P，且半径小于Y和W，所以Z为N，M的焰色反应为黄色，M为Na，X、Y、R位于周期表中不同周期，R为H，Q的单质为半导体材料，Q为Si。【详解】（1）Q为H，在周期表中的位置是第一周期第ⅠA族；M为Na、X为O，构成化合物M2X2的化学式为Na2O2，化学键类型为离子键、共价键；（2）X为O、Y为Cl、R为H，X、Y、R按原子个数之比为1：1：1形成的化合物为HClO，其电子式；（3）Y为Cl、W为S，Y与W相比，非金属性较强的Cl；a.状态不能作为推断非金属性强弱的依据，a错误；b.Cl与S形成的化合物中S呈正价，说明Cl吸引电子的实力强，Cl元素的非金属性更强，b正确；c.得电子数目与非金属性强弱无必定的联系，c错误；（4）R为H、W为S，R、W两种元素组成的离子为HS-，在水溶液中与H＋和OH－都反应，所以不能大量共存，能与氯水反应，其与新制氯水反应的离子方程式为：4Cl2+4H2O+HS-=9H++SO42-+8Cl-；（5）Z为N、R为H，Z2R4为N2H4，二元弱碱，在水中的电离与氨相像，其在水中的第一步电离方程式为：N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H4与磷酸形成的磷酸二氢盐的化学式为N2H6(H2PO4)221.我国拥有丰富的稀土矿产资源，在合金中加入适量的稀土金属，能大大改善合金的性能，因而，稀土金属又被称为冶金工业的维生素。铈是一种重要的稀土元素，常见的化合价为＋3和＋4。某课题小组以平板电视显示屏生产过程中，产生的大量废玻璃粉末为原料(其中含有SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)，制取CeO2和硫酸铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]，流程如下：已知：CeO2不溶于强酸或强碱（1）稀酸A中酸的分子式是___。滤渣2的主要成分___。(填化学式)（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是___。滤渣1中加入H2O2，主要利用了H2O2的什么性质？___。（3）酸性条件下，H2O2、Fe3＋、CeO2三种物质，氧化性由强到弱依次是___。（4）写出由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式___。（5）硫酸铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是___(用离子方程式表示)。（6）取上述流程中所获得的Ce(OH)4样品5.31g，加稀H2SO4溶解后配制成100mL溶液，取出10.00mL，用浓度为0.1000mol•L－1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3＋)，消耗25.00mL标准溶液。该样品中Ce(OH)4的纯度是___。【答案】(1).H2SO4(2).SiO2(3).Fe2+氧化为Fe3+(4).还原性(5).CeO2>H2O2>Fe3+(6).4Ce

3++O2+12OH-+2H2O═4Ce(OH)4↓(7).Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3（胶体）+3H+(8).%【解析】【分析】反应过程为：废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）中加入稀硫酸，FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiO2；滤液1中加入稀硫酸和过氧化氢，被FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，溶液1为Fe2(SO4)3溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸铁铵晶体；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O，滤渣2为SiO2；滤液2加入NaOH并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，反应为：4Ce

3++O2+12OH-+2H2O═4Ce(OH)4↓，加热分解Ce(OH)4得到产品CeO2。【详解】（1）已知：CeO2不溶于强酸强碱，废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中SiO2也不溶于强酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分别，稀酸为H2SO4；滤渣2为SiO2；（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+；滤渣1中加入H2O2，主要利用了H2O2的还原性；（3）酸性环境下，2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，CeO2中Ce元素化合价从+4变为+3，化合价降低，被还原，发生还原反应，CeO2作氧化剂，其氧化性：CeO2>H2O2，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2中O元素的化合价从-1变为-2，化合价降低，被还原，发生还原反应，H2O2作氧化剂，其氧化性：H2O2>Fe3+，所以氧化性：CeO2>H2O2>Fe3+；（4）液2加入NaOH并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式为：4Ce

3++O2+12OH-+2H2O═4Ce(OH)4↓（5）硫酸铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]广泛用于水的净化处理，Fe3+的水解生成具有吸附作用的Fe(OH)3胶体，其离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3（胶体）+3H+（6）Ce(OH)4～FeSO4

0.0025mol

0.1000mol/L-1×0.025L所以m（Ce(OH)4）=0.025mol×208g/mol=5.2g，产品中Ce(OH)4的质量分数为：%。22.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是白色砂状或淡黄色粉末状固体，易溶于水、不溶于醇，该物质具有强还原性，在空气中易被氧化为NaHSO4，75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。制取Na2S2O4常用甲酸钠法：限制温度60～70℃，在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，同时通入SO2，即可生成Na2S2O4。反应原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2（1）如图，要制备并收集干燥纯净的SO2气体，接口连接的依次为：a接__，__接__，__接__。制备SO2的化学方程式为___。（2）试验室用图装置制备Na2S2O4。①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。②仪器A的名称是___。③水浴加热前要通一段时间N2，目的是___。④为得到较纯的连二亚硫酸钠，须要对在过滤时得到的连二亚硫酸纳进行洗涤，洗涤的方法是___。⑤若试验中所用Na2SO3的质量为6.3g，充分反应后，最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠，则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。【答案】(1).b(2).c(3).f(4).g(5).d(6).Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O(7).+3(8).恒压滴液漏斗(9).排净系统中的空气(10).向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺当流下，重复2-3次(11).【解析】【详解】（1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸气，可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，且用碱石灰汲取尾气，避开污染环境，则连接依次为a接b，c接f，g接d；（2）①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3；②由装置可知，仪器A的名称为恒压滴液漏斗；③试验时应避开Na2S2O4和HCOONa被氧化，可应先通入二氧化硫，排净系统中的空气，防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段时间N2，排净系统中的空气；④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离，洗涤剂可用甲醇或乙醇，洗涤过程为：在无氧环境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺当流下，重复2-3次；⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x，依据硫原子守恒：2Na2SO3～Na2S2O42521746.3gx则，解得x=4.35g，产率为：23.碳、氮是中学化学重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。（1）治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是：在汽车的排气管道上安装一个催化转扮装置，使NO与CO反应，产物都是空气中的主要成分。写出该反应的热化学方程式___。已知：①N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H＝＋179.5kJ/mol②2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g)△H＝－112.3kJ/mol③NO2(g)＋CO(g)＝NO(g)＋CO2(g)△H＝－234kJ/mol（2）己知植物光合作用发生的反应如下：6CO2(g)＋6H2O(l)C6H12O6(s)＋6O2(g)△H＝＋669.62kJ/mol该反应达到化学平衡后，若变更下列条件，CO2转化率增大的是___。a.增大CO2的浓度b.取走一半C6H12O6c.加入催化剂d.适当上升温度（3）N2O5的分解反应2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)，由试验测得在67℃时N2O5的浓度随时间的变更如下：时间/min012345C(N2O5)/(mol·L-1)1.000.710.500.350.250.17计算在0～2min时段，化学反应速率v(NO2)＝___mol•L－1•min－1。