2025年鲁科五四新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年鲁科五四新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷17考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s)⇌xC(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol·L-1·s-1，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是()A.反应达到平衡状态时A的转化率为60%B.x=3C.若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态D.反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为8∶52、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.室温下，向0.01mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至中性：c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H+)B.0.1mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H+)C.Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H+)＝c(HCO3－)＋c(H2CO3)D.25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)＜c(CH3COOH)＋c(H+)3、下列有关试剂保存和洗涤方法的叙述正确的是A.溶液密封保存于细口玻璃瓶中B.固体密封保存于棕色广口瓶中C.试管中银镜用浓氨水洗涤D.试管中水垢用稀硫酸洗涤4、某蓄电池放电、充电时的反应为Fe+Ni2O3+3H2OFe(OH)2+2Ni(OH)2，下列推断中不正确的是A.放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极B.充电时，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-C.充电时，Ni(OH)2为阳极D.该蓄电池的电极必须浸在某碱性溶液中5、体积相同的甲、乙两个容器中，分别充有2molSO2和1molO2，在相同温度下发生反应2SO2＋O22SO3，并达到平衡．在该过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器中SO2的转化率A.等于p％B.大于p％C.小于p％D.无法判断评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、氮氧化物()是电厂主要排放的污染物之一。

(1)工业上采用氨脱硝处理后排放；原理如下：

①

②

当反应温度过高时，发生氧化反应：

③

反应②中的_______，反应②中，常用的催化剂有和的催化效率更好一些。下列表示两种催化剂在反应②催化过程中的能量变化示意图合理的是_______(填选项字母)。

A．B．C．D．

(2)煤气化包含一系列化学反应；已知热化学方程式：

则反应_______

(3)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂作用下合成甲醇。发生的主要反应如下：

①

②

③

已知反应①中相关的化学键键能数据如下：。化学键H-HC-OCOH-OC-H4363431076465413

由此计算_______已知则_______7、已知水在25℃和100℃时；电离平衡曲线如图所示：

(1)25℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由______________________。

(2)将A点变为B点，采取的措施是______________________________________。

(3)C点c(H＋)＝________，D点c(OH－)＝________。8、在恒容密闭容器中，由合成甲醇：在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示。

回答下列问题：

(1)从图中可知___________(填“＞”“=”或“＜”)。

(2)该反应的平衡常数表达式为___________。

(3)该反应在时的平衡常数大小关系是___________(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)该反应的焓变___________0(填“＞”“=”或“＜”)，判断的依据是___________。

(5)处于A点的反应体系从变到达到平衡时将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(6)在其他条件不变的情况下，时该反应能否自发进行？___________(填“能”“不能”或“不能判断”)。9、(1)某温度时；在2L容器中A；B两种物质间的转化反应中，A、B物质的量随时间变化的曲线如下图所示，由图中数据分析得：

①该反应的化学方程式为_____________。

②反应开始至4min时，B的平均反应速率为_______，A的转化率为_________。

③4min时，反应是否达到平衡状态?_____(填“是”或“否”)，8min时，v(正)______v(逆)(填“＞”；“＜”或“＝”)

(2)下图表示在密闭容器中反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况，a时改变的条件可能是____________。

10、研究一个化学反应往往需要关注反应的快慢和历程；请利用相关理论答题。

Ⅰ.T℃时，反应①CO2(g)+Fe(s)CO(g)+FeO(s)的化学平衡常数为K1，②H2O(g)+Fe(s)H2(g)+FeO(s)的化学平衡常数为K2。回答下列问题：

(1)反应①的化学平衡常数表达式为K1=__。

(2)T℃时，若反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的平衡常数为K，则K=__(用K1、K2表示)

Ⅱ.在一容积为2L的密闭容器中充入4molCO2和6molH2，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t/°C70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

(1)该反应为__反应(选填吸热；放热)。

(2)830℃、保持容器容积不变，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是__。

A.c(CO)=c(CO2)

B.容器内CO2的体积分数保持不变。

C.容器内气体密度保持不变。

D.容器中压强保持不变。

E.单位时间内有amolH-H形成同时有amolH-O形成。

(3)830℃时，向(2)平衡体系中再充入1.2molH2和1.2molCO，则平衡__移动(选填正向；逆向或不移动)。

III.亚硝酸氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂。可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+Cl22ClNO(g)。

已知几种化学键的键能数据如表(亚硝酸氯的结构为Cl-N=O)：。化学键N≡OCl-ClCl-NN=O键能/kJ·mol-1abcd

则2NO(g)+Cl22ClNO(g)反应，ΔH=__kJ/mol。(用字母表示)11、合成氨厂和硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)；通常使用以下两种方法将烟气中的氮氧化物转化为无害物质。

（1）还原法。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中；其转化过程如下图所示。

①过程混合溶液中Ce3+和Ce4+离子的总数________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

②反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________________。

（2）电解法。先用6％稀硝酸吸收NOx，会生成HNO2(一元弱酸)；再将吸收液导入电解槽中进行电解，使之转化为硝酸，其电解装置如图所示：

①中a应连接电源的____________(填“正极”或“负极”)。

②石墨电极做成颗粒状的目的是________________。

③阳极的电极反应式为____________________________________。

④电解一段时间后，当电路中有5mol电子转移时，阳离子交换膜两侧溶液相差____g。12、Ⅰ.甲；乙两同学拟用实验确定某酸HA是弱电解质。他们的方案分别是：

甲：①称取一定质量的HA配制0.1mol/L的溶液100mL；

②用pH试纸测出该溶液的pH；即可证明HA是弱电解质。

乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液；盐酸；分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；

②分别取这两种溶液各10mL；加水稀释为100mL；

③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管；同时加入纯度相同的足量锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。

(1)在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是___________；

(2)甲方案中，说明HA是弱电质的理由是测得溶液的pH___________1(选填＞，＜，=)；在pH测定过程中，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，则所测的pH值将___________(填“增大”；“减小”或“无变化”)；

(3)乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是___________。

Ⅱ．水是一种极弱的电解质；其电离平衡曲线如下图所示。

(1)若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积为___________；

(2)在100℃下，0.01mol/LNaOH溶液中，c(H+)为___________；

(3)在100℃下，将pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=4的稀盐酸以11：9的体积混合，则在该温度下混合之后的pH为___________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。(____)A.正确B.错误14、SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，低温下能自发进行。__________________A.正确B.错误15、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误16、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误17、Na2CO3溶液：c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)。(_______)A.正确B.错误18、稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共9分)19、NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水，水溶液近中性，具有强还原性，可用于化学镀银、镍、铬等。一种利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、A12O3、CaC12等)为原料制备NaH2PO2·H2O的工艺流程如下：

已知P4与两种碱的反应主要有：

I.2Ca(OH)2+P4+4H2O=2Ca(H2PO2)2+2H2↑

II.4NaOH+P4+8H2O=4NaH2PO2·H2O+2H2↑

III.4NaOH+P4+2H2O=2Na2HPO3+2PH3↑

IV.NaH2PO2+NaOH=Na2HPO3+H2↑

(1)已知H3PO2是一元中强酸，则NaH2PO2是__________________(填“正盐”或“酸式盐”)。

(2)尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成NaH2PO2，从吸收液中获得NaH2PO2·H2O的操作为________________过滤；洗涤和干燥。

(3)用NiC12、NaH2PO2溶液化学镀Ni，同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为_______________________________________________。

(4)“反应”在温度和水量一定时，混合碱总物质的量与P4的物质的量之比与NaH2PO2产率的关系如图所示。当>2.6时，NaH2PO2的产率随的增大而降低的可能原因_____________________________________________________________。

(5)滤渣2主要成分为_______________________(填化学式)

(6)“过滤2”的滤液须用Ag2SO4、Ba(OH)2及Na2S溶液除去其中C1-及Fe2+等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多，其主要原因是________________________________________________________________________________。

(7)在工业上，可以用惰性电极电解NaH2PO2溶液制取磷酸，请写出其阳极反应式_____________________________。20、我国科学家开发催化剂来提高燃料电池的性能。某小组以含镍废料(主要含以及少量和等)为原料提取镍的流程如下：

已知常温下部分难溶物的如表所示：。物质

请回答下列问题：

(1)“酸浸”中产生了一种还原性气体，它是_______(填化学式)；“除铁铝”中双氧水的作用是_______。

(2)“固体2”中除外，还可能含硫单质等物质，生成硫单质的离子方程式为_______。

(3)为提高原料利用率，“电沉积”得到的“废液”可以循环用于_______(填名称)工序。

(4)常温下，在“除铁铝”中，当滤液中时，其_______。

(5)可以通过电解法提纯镍，粗镍作_______(填“阳”或“阴”)极，阴极的电极反应式为_______。21、以银精矿(主要成分为Ag2S)为原料采用“预氧化湿法提银”工艺流程如下：

(1)N2H4中氮原子的杂化方式为___，N原子核外有____种不同的运动状态的电子。

(2)“分离转化”时，加入KClO3的目的是___；若不加KClO3，直接加氯化物，依据反应Ag2S+2Cl-⇌2AgCl+S2-，____(填“能、不能”)实现其较完全转化，并说明理由：___(已知：Ksp(Ag2S)=1.6×10-49，Ksp(AgCl)=2.0×10-10)。为提高Ag2S的转化率可采取的措施是_____(列举2条)。

(3)“浸银”时，发生反应的离子方程式为____。

(4)“还原”时，2[Ag(SO3)2]3-+N2H4+2OH-=2Ag↓+4SO+N2↑+H2↑+2H2O，该反应中每有1molN-H断裂时，该反应转移电子的物质的量为____mol。评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)22、在工业生产中，硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]具有十分广泛的用途。实验室拟用FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液反应制备硫酸亚铁铵晶体；并测定其纯度。

已知：①铁粉中含有少量FeS杂质；②FeSO4溶液易被氧化；③硫酸亚铁铵晶体易溶于水；不溶于乙醇，在空气中不易被氧化。

实验一：制备硫酸亚铁铵晶体；其装置如图(夹持仪器已略去)。

(1)先关闭旋塞K2，打开旋塞K1，再打开分液漏斗活塞使H2SO4与铁屑反应，此时产生氢气的作用是______。

(2)反应一段时间后，关闭旋塞K1，打开旋塞K2，持续产生氢气的作用是______。

(3)将装置B中制得的溶液蒸发浓缩、______；过滤、用乙醇洗涤；即可得到硫酸亚铁铵晶体。

实验二：产品纯度的测定。

称取实验一中制取的产品ag溶于稀硫酸中配制成100mL溶液。每次量取20.00mL溶液注入锥形瓶，用0.1000mol•L-1的KMnO4标准溶液滴定，三次消耗KMnO4溶液的读数如表。滴定次数待测溶液的体积KMnO4溶液读数记录(mL)滴定前读数滴定后读数滴定前读数滴定后读数第一次20.00mL0.2020.20第二次20.00mL2.2022.20第三次20.00mL2.0025.00(4)用KMnO4溶液滴定时，应将KMnO4溶液注入______(选填“酸式”或“碱式”)滴定管中。

(5)滴定终点时的现象是______。

(6)滴定过程中，可能导致产品纯度测定结果偏高的操作是______。(填标号)。A．锥形瓶用蒸馏水洗后，再用产品溶液润洗B．滴定过程中，振荡锥形瓶时部分液体溅出C．用滴定管量取产品溶液时，开始读数正确，最后俯视读数D．装KMnO4溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡(7)假设[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]相对分子质量为M，则产品中[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]的质量分数为______(用含a、M的代数式表示)。23、某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响；进行了如下实验：

【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O

【实验内容及记录】。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL试验温度/℃室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol·L-1H2C2O4溶液H2O3mol·L-1稀硫酸0.05mol·L-1KMnO4溶液0.05mol·L-1KMnO4溶液Ⅰ3V123251.5Ⅱ2323252.7Ⅲ2323401.3

请回答：

(1)表中实验Ⅰ需加入蒸馏水V1=___。验证浓度对反应速率影响的实验是___(填实验序号，下同)验证温度对反应速率影响的实验是____。

(2)利用实验Ⅰ中数据计算，忽略混合前后溶液体积的微小变化，若用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：v(KMnO4)＝___。

(3)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设；并继续进行实验探究。

①该小组同学提出的假设是_____。

②请你帮助该小组同学完成实验方案Ⅳ。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试管中加入少量固体室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol·L-1

H2C2O4溶液H2O3mol·L-1

稀硫酸0.05mol·L-1

KMnO4溶液0.05mol·L-1

KMnO4溶液Ⅳ3.02.02.03.0t

问题：该反应的催化剂选择MnCl2还是MnSO4____(填“MnCl2”或“MnSO4”)。

③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是_____。24、已知：①SO2+HNO3=SO3+HNO2

②SO3+HNO2=NOSO4H(亚硝基硫酸)

③2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4

④亚硝基硫酸遇水易分解。

实验室将SO2通入浓硝酸和浓硫酸的混酸中制备少量亚硝基硫酸的装置如下；回答下列问题：

(1)仪器Ⅰ的名称为________，C中盛放的药品是________；

(2)按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为________________(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。仪器连接好后，检查装置气密性时，在加热Ⅰ之前必须_______________________________；

(3)D中发生反应的离子方程式为________________________；

(4)B中“冷水”的温度一般控制在20℃，温度不宜过低的主要原因是________________________；

(5)称取1.700g产品放入250mL的碘量瓶中，并加入100.00mL浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液和10mL25%的H2SO4，摇匀；用0.5000mol/L的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数为1.00mL，达到滴定终点时读数为31.00mL。产品的纯度为________(产品中其他杂质不与KMnO4反应)(保留一位小数)．25、测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50mL0.50mol∙L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol∙L-1NaOH溶液；并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：

(1)装置中碎泡沫塑料(或纸条)及泡沫塑料板的作用是什么__。

(2)用环形玻璃搅拌棒搅拌溶液；不能用铜丝搅拌棒代替的理由是什么？__。

(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g∙cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J∙g-1∙℃-1。为了计算中和热；某学生实验记录数据如下：

。实验序号。

起始温度t1/℃

终止温度t2/℃

混合溶液。

盐酸。

氢氧化钠溶液。

氢氧化钠溶液。

1

20.0

20.1

23.2

2

20.2

20.4

23.4

3

20.5

20.6

23.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=__(结果保留一位小数)。

(4)不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸；理由是__。

(5)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为__。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共20分)26、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。27、盐是一类常见的电解质；事实表明盐的溶液不一定呈中性。

(1)CH3COONa、NH4Cl、KNO3的水溶液分别呈____性、_____性、_____性。

(2)CH3COONa和NH4Cl在水溶液中水解的离子方程式分别为：______、_______。0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______。

(3)盐类的水解在日常生活中也有一定的应用，如实验室配制FeCl3溶液时常会出现浑浊，若要避免这种情况，则在配制时需要在蒸馏水中加入少量_________，其目的是_____。在日常生活中，可以用明矾KAl(SO4)2∙12H2O净化水质的原因________。(用离子反应方程式及必要的文字回答)参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol•L-1•s-1，可知生成C为0.2mol•L-1•s-1×2L×5s=2mol；同时生成1molD，则x=4，列三段式如下：

【详解】

A．根据三段式确定A转化为1.5mol，故A的转化率=故A正确；

B．根据分析知x=4；故B错误；

C．B为固体；气体的质量为变量，体积不变，则混合气体的密度不再变化时该可逆反应达到化学平衡状态，故C正确；

D．根据阿伏伽德罗定律，同温同体积时，体系的压强与气体物质的量成正比，即：故D正确；

故答案选B。2、A【分析】【详解】

A．室温下，向0.01mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至中性，所得溶液是硫酸钠、硫酸铵和一水合氨的混合物，则溶液中c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H+)；A正确；

B．0.1mol·L－1NaHCO3溶液中碳酸氢根的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)；B错误；

C．Na2CO3溶液中根据质子守恒可知c(OH－)＝c(H+)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)；C错误；

D．25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液显酸性，则根据电荷守恒可知溶液中c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H+)；D错误；

答案选A。3、B【分析】【详解】

A．水解生成HF；HF能腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶，故A错误；

B．硝酸银等见光易分解的物质；应保存在棕色瓶中，放于阴暗处，故B正确；

C．氨水不能和银反应；银镜反应生成单质银，不能用氨水洗涤，而应该用稀硝酸溶解单质银，故C错误；

D．水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁；硫酸与其反应生成微溶物硫酸钙，不可用稀硫酸洗涤，故D错误；

故答案选B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．放电时为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，反应中Fe失去电子，为负极，Ni2O3获得电子；为正极，A项错误；

B．充电时，阴极发生还原反应，Fe(OH)2在阴极获得电子，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-；B项正确；

C．充电时，阳极发生氧化反应，失去电子，化合价升高，所以Ni(OH)2为阳极；C项正确；

D．Fe(OH)2、Ni(OH)2只能存在于碱性溶液中；在酸性条件下不能存在，故电解质溶液必须是碱性溶液，D项正确；

答案选A。5、B【分析】【分析】

该反应为气体物质的量减小的反应；若甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则随着反应的进行，甲的压强逐渐减小，达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，根据压强对平衡移动的影响分析。

【详解】

该反应为气体体积减小的反应，甲为恒温恒容容器，乙为恒温恒压容器，乙容器和甲容器相比较，乙容器相当于增大了容器内的压强，增大压强，平衡会向正反应方向（气体体积减小）的方向移动，所以乙容器中SO2的转化率大于甲容器SO2的转化率，反应达平衡后甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器SO2的转化率大于p％；故选B。

【点睛】

本题考查化学平衡的影响因素，注意根据反应方程式的特点，把握压强对平衡移动的影响是解答关键。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

(1)

根据盖斯定律，由×(①×5-③)得②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=×[(-1632.4kJ/mol)×5-(-902.0kJ/mol)]=akJ/mol，故a=-1815.0；反应②中，Cr2O3的催化效率更好一些，所以使用Cr2O3活化能更低；根据计算反应②为放热反应，故生成物的总能量小于反应物的总能量，故选B。

(2)

把已知的两个热化学方程式依次编号①、②，根据盖斯定律由①-②得反应故△H3=+131kJ/mol-(+172kJ/mol)=-41kJ/mol。

(3)

CH3OH分子中有3个C-H键、1个C-O键和1个O-H键，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，故△H1=1076kJ/mol+2×436kJ/mol-3×413kJ/mol-343kJ/mol-465kJ/mol=-99kJ/mol；反应③=②-①，根据盖斯定律，△H3=△H2-△H1=-58kJ/mol-(-99kJ/mol)=+41kJ/mol。【解析】（1）-1815.0B

（2）-41

（3）-99+417、略

【分析】【分析】

横轴是氢离子浓度，纵轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH-）计算出A曲线的Kw，然后结合水的电离过程吸热判断25℃时水的电离平衡曲线；A点和B点均为中性，A点变为B点需改变温度；根据c(H＋)c(OH－)＝Kw计算。

【详解】

（1）曲线A条件下Kw=c（H+）×c（OH-）=10-7×10-7=10-14，曲线B条件下c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=10-12；水的电离时吸热过程，加热促进电离，所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线。（2）A点为25℃时中性溶液，B点为100℃时中性溶液，则将A点变为B点，采取的措施是升高温度至100℃。（3）由图可知，25℃时，C点c(OH－)＝1×10－6mol·L－1，则c(H＋)＝Kw/1×10－6mol·L－1=1×10－8mol·L－1；D点c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，则c(OH－)＝Kw/1×10－6mol·L－1=1×10－8mol·L－1。

【点睛】

本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算，明确水的电离及其影响因素为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法。【解析】A水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c(H＋)、c(OH－)小升高温度至100℃10－8mol·L－110－8mol·L－18、略

【分析】【详解】

（1）由图可知，T2温度下到达平衡的时间较短，反应速率较快，故温度T2>T1；

（2）根据题给反应知，该反应的平衡常数K=

（3）由题给图象可知，温度为T1时，平衡时甲醇的物质的量比T2时大，故该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，则K(T1)>K(T2)；

（4）温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，则ΔH<0；

（5）由题给图象知，处于A点的反应体系从T1变到T2，平衡逆向移动，达到平衡时，增大；

（6）T1时该反应中，ΔH<0，由反应式知：反应的气体分子数减小，则ΔS<0，故无法判断ΔG=ΔH-T1ΔS与0的大小关系，因此不能判断该反应能否自发进行；【解析】(1)＜

(2)

(3)＞

(4)＜温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，则

(5)增大。

(6)不能判断9、略

【分析】【详解】

(1)①根据图象可知A为反应物，B为生成物，反应进行到4min时A物质的量变化为0.8mol-0.4mol=0.4mol，B物质的量变化0.4mol-0.2mol=0.2mol，A、B反应的物质的量之比2:1，所以反应的化学方程式为2AB；

②反应开始至4min时，A的平均反应速率为反应速率之比是化学计量数之比，则B物质表示的反应速率是0.025mol/(L•min)，A的转化率为

③根据图像可知4min时随时间变化A；B物质的量发生变化；说明未达到平衡，8min时A、B物质的量不变，说明反应达到平衡状态，因此v(正)=v(逆)；

(2)a时逆反应速率大于正反应速率，说明平衡应向逆反应方向移动，且正逆反应速率都增大，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果。【解析】2AB0.025mol/(L•min)50%否＝升温10、略

【分析】【分析】

Ⅰ根据化学平衡常数的概念来书写平衡常数表达式；

Ⅱ；(1)根据温度对化学平衡、化学平衡常数的影响来回答；

(2)化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等；各组分的百分含量保持不变；

(3)根据浓度熵和平衡常数的关系来回答；

III焓变等于反应物的总键能-生成物的总键能。

【详解】

Ⅰ.(1)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K1=故答案为：

(2)反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)可有①-②得到，该反应的平衡常数K=故答案为：

(Ⅱ)(1)化学平衡常数的大小只与温度有关；升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热，故答案为：吸热；

(2)A．c(CO2)和c(CO)是否相等和起始量与转化率有关；不能表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A错误；

B．化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，混合气体中CO2的体积分数保持不变说明可逆反应处于平衡状态；故B正确；

C．反应物和生成物都是气体，反应前后总质量不变，容器的体积不变，所以容器内气体密度保持不变，不能作为平衡状态的判断依据，故C错误；

D．反应是一个反应前后体积不变的反应；平衡移动时压强不会改变，故D错误；

E．化学平衡状态的标志是v正=v逆；所以单位时间内有amolH-H形成同时有2amolH-O形成表明正逆反应速率相同，表明反应达到平衡状态，但E中提到的是单位时间内有amolH-H形成同时有amolH-O形成，未达到平衡状态，故E错误；

故答案为：B；

(3)830℃时；建立三段式：

根据K==1；解得x=1.2；

向(2)平衡体系中再充入1.2molH2和1.2molCO，此时c(CO2)=0.8mol/L，c(H2)=2.4mol/L，c(CO)=1.8mol/L，c(H2O)=1.2mol/L，浓度商Qc===1.125>1=K；浓度商大于平衡常数则平衡逆向移动，故答案为：逆向。

IIIΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=2a+b-2(c+d)=2a+b-2c-2d，故答案为：2a+b-2c-2d。【解析】吸热B逆向2a+b-2c-2d11、略

【分析】【分析】

（1）根据得失电子守恒和元素守恒分析来解答。

（2）①a电极上亚硝酸失电子生成硝酸，b电极上氢离子得电子生成氢气；

②电极的面积越大；与溶液的接触越充分,电解效率越高；

③阳极上亚硝酸失电子生成硝酸。

【详解】

（1）①过程中发生了氧化还原反应，I中Ce4+→Ce3+，II中Ce3+→Ce4+，根据得失电子守恒和元素守恒得出混合溶液中Ce3+和Ce4+离子的总数不变；故答案为不变；

②反应II中氧化剂与还原剂分别为：NO和Ce3+，NO→N2，Ce3+→Ce4+，根据得失电子守恒，得出方程式为：4H++2NO+4Ce3+=4Ce4++N2+2H2O；故答案为1∶2；

（2）①a电极上亚硝酸失电子生成硝酸，b电极上氢离子得电子生成氢气；所以a为阳。

极，b为阴极；则a与电源的正极相连，故答案为正极；

②电极的面积越大；与溶液的接触越充分,电解效率越高，所以将石墨电极设置成颗粒状的目的是增大吸收液与电极的接触面积，提高电解反应的效率；故答案为增大吸收液与电极的接触面积；

③阳极上亚硝酸失电子生成硝酸,其电极方程式为H2O＋HNO2－2e－===NO3－＋3H＋；

④阳极上电极方程式为H2O＋HNO2－2e－===NO3－＋3H＋，阴极上电极方程式为2H++2e－=H2↑

故阳离子交换膜两侧溶液相差5g，故答案为5；【解析】不变1∶2正极增大吸收液与电极的接触面积，提高电解效率（答出“增大接触面积”即给分）H2O＋HNO2－2e－===NO3－＋3H＋512、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在两个方案的第①步中；都要用到的定量仪器是100mL容量瓶；

(2)甲方案中测得溶液的pH＜1；说明HA是弱电解质，不完全电离；在pH测定过程中，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，相当于对溶液进行了稀释，则所测的pH值将增大；

(3)乙方案中；HA是弱电解质，存在电离平衡，与锌反应过程中能继续电离出氢离子，使溶液中的氢离子浓度大于盐酸中的氢离子，反应速率快，所以现象为装HA溶液的试管中放出氢气的速率快即可说明HA是弱电解质。

Ⅱ．(1)若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度都为10-6mol/L,则水的离子积为10-12；

(2)在100℃下，0.01mol/LNaOH溶液中，氢氧根离子浓度为0.01mol/L，则c(H+)为=1×10-10mol/L；

(3)在100℃下，将pH=8的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为mol/L，与pH=4的稀盐酸中氢离子浓度为10-4mol/L，以11：9的体积混合，则碱过量，溶液中的氢氧根离子浓度为mol/L，氢离子浓度为mol/L，则在该温度下混合之后的pH为7。【解析】100mL容量瓶＞增大装HA溶液的试管中放出H2的速率快1×10-121×10-10mol/L7三、判断题(共6题，共12分)13、B【分析】【详解】

增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数目，能加快化学反应速率。在温度一定时，活化分子百分数是一定的，所以增大反应物浓度，不能增大活化分子百分数，故错误。14、A【分析】【详解】

SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，ΔS＜0，在低温下能自发进行，正确。15、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。16、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

碳酸钠溶液中电荷守恒：则c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)，故答案为：正确。18、B【分析】【详解】

稀释能促进盐类水解，但是体积增加幅度更大。因此盐的浓度越低，越促进水解、盐水解产生的氢离子或氢氧根离子浓度也越低、则溶液的酸性或碱性则越弱。则答案是：错误。四、工业流程题(共3题，共9分)19、略

【分析】【分析】

利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2•H2O，由流程可知，泥磷加入氢氧化钙、氢氧化钠和水，充分反应可生成PH3、氢气，PH3可用NaClO吸收，过滤，滤渣1含有磷酸钙、Fe2O3等，滤液1含有Ca(H2PO2)2、NaH2PO2以及偏铝酸钠等，通入二氧化碳调节pH，可生成氢氧化铝等、碳酸钙等，过滤，滤液主要含有NaH2PO2，经净化可得到NaH2PO2•H2O；以此解答该题。

【详解】

(1)由于H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2不能电离出氢离子，则NaH2PO2是为正盐；

(2)根据题中所给信息，PH3与NaClO反应生成NaH2PO2和NaCl，从吸收液中获得NaH2PO2•H2O的操作为：用蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；

(3)根据题意，NiCl2中Ni转化成Ni单质，NaH2PO2为还原剂，P元素的化合价升高，NiCl2+NaH2PO2→Ni↓+H3PO4+NaCl，依据化合价升降法进行配平，即2NiCl3+NaH2PO2→2Ni↓+H3PO4+NaCl，产物为H3PO4，说明该溶液为酸性，利用原子守恒配平可得化学方程式：2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl；

(4)＞2.6，说明碱过量，根据P4与两种碱反应中IV，H2PO与过量的NaOH反应转化成HPO次磷酸钠的产率降低，因此NaH2PO2的产率随的增大而降低的可能的原因是过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3；

(5)“调pH”除去Ca2+和Al3+，CO2与碱反应生成COCO与Ca2+反应生成CaCO3，Al3+转化成Al(OH)3，因此滤渣2的成分是CaCO3和Al(OH)3；

(6)NaH2PO2具有强还原性，Ag+具有强氧化性，因此加入Ag2SO4溶液不易过量的主要原因是过量Ag+会氧化H2PO

(7)因为次磷酸钠具有很强的还原性，所以阳极H2PO放电生成磷酸，则阳极反应为：H2PO-4e-+2H2O═H3PO4+3H+。

【点睛】

理解题干工艺流程的原理和相关物质的性质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是如何充分利用题干信息解题，如(6)(7)均需要根据“NaH2PO2具有强还原性”解答，(1)需要根据“H3PO2是一元中强酸”解答等。【解析】正盐蒸发浓缩、冷却结晶2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3CaCO3和Al(OH)3过量的Ag+会氧化H2POH2PO-4e-+2H2O=H3PO4+3H+20、略

【分析】【分析】

由题给流程可知；含镍废料加入稀硫酸酸浸时，镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到可溶性金属硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的固体1和含有可溶性金属硫酸盐的滤液；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，将铜离子；锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化锌的固体2和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的固体3和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化镁的固体4和硫酸镍溶液；向硫酸镍溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液将镍离子转化为碱式氧化镍；硫酸镍溶液经电沉积得到镍、氧气和硫酸，硫酸可以在酸浸步骤中循环使用提高原料利用率。

【详解】

（1）由分析可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，镍和稀硫酸反应生成硫酸镍和氢气，则酸浸中产生的还原性气体为氢气；除铁铝中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：H2；将氧化成

（2）由分析可知，入硫化钠溶液的目的是将铜离子、锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，将溶液中铁离子转化为亚铁离子的离子方程式为故答案为：

（3）由分析可知；硫酸镍溶液经电沉积得到镍；氧气和硫酸，硫酸可以在酸浸步骤中循环使用提高原料利用率，故答案为：酸浸；

（4）由氢氧化铁的溶度积可知，溶液中铁离子浓度为4.0×10−5mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10−11mol/L；则溶液的pH为3，故答案为：3；

（5）电解法提纯镍时，粗镍作阳极、纯镍作阴极，溶液中的镍离子在阴极得到电子发生还原反应生成镍，电极反应式为故答案为：阳；【解析】(1)将氧化成

(2)

(3)酸浸。

(4)3

(5)阳21、略

【分析】【分析】

由流程可知，银精矿加盐酸和氯酸钾浸取得到AgCl沉淀，-2价的S被氧化为难溶于水的硫单质，所以过滤1分离出滤渣中含有S、AgCl，加Na2SO3溶液发生将AgCl转化为Na3[Ag(SO3)2]进入溶液，过滤2分离出滤渣为S，滤液为Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，在滤液中加N2H4和NaOH还原+1价的银得到粗银；以此来解答。

【详解】

(1)N2H4分子中N原子与另外一个N原子和两个H原子分别形成一个σ键，此外还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；N原子核外共有7个电子；每个电子的运动状态各不相同；

(2)加入盐酸时发生反应Ag2S+2Cl-⇌2AgCl+S2-，酸性环境中ClO可以将-2价的S氧化硫单质，促使平衡正向移动，从而把Ag2S转化为AgCl和S；Ag2S+2Cl-⇌2AgCl+S2-的平衡常数K==4×10-30，K较小，几乎不能转化，所以若不加KClO3，直接加氯化物，不能实现较完全转化；为提高Ag2S的转化率可采取的措施是适当延长浸取时间；减小颗粒直径、适当升高温度等；

(3)浸银时加Na2SO3溶液发生将AgCl转化为Na3[Ag(SO3)2]，离子方程式为AgCl+2SO=[Ag(SO3)2]3-+Cl-；

(4)没有1molN-H键断裂，即有0.25molN2H4参与反应，该反应中只有N元素失电子，化合价升高(-2价变为0价)，所以0.25molN2H4参与反应转移0.25mol×2×2=1mol。【解析】sp37将Ag2S转化为AgCl和S不能该反应的平衡常数极小(K=4×10-30)，几乎不能转化适当延长浸取时间；减小银精矿粒直径；适当升高浸出时的温度等AgCl+2SO=[Ag(SO3)2]3-+Cl-1五、实验题(共4题，共16分)22、略

【分析】【分析】

先关闭旋塞K2，打开旋塞K1，再打开分液漏斗活塞使H2SO4与铁屑反应，铁及其中含有的少量FeS均与硫酸反应，FeS与H₂SO₄反应产剧毒气体H₂S和FeSO₄，装置C中氢氧化钠用于吸收H2S以防止空气污染，反应中产生的氢气的作用有二，一是排除内部残留空气，防止亚铁离子氧化，二是反应一段时间后，关闭旋塞K1，打开旋塞K2；持续产生氢气将硫酸亚铁不被氧化的前提下压入B中；反应停止后，取出B中液体，经蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤，即可得到硫酸亚铁铵晶体；

【详解】

（1）先关闭旋塞K2，打开旋塞K1，再打开分液漏斗活塞使H2SO4与铁屑反应；根据信息可知亚铁离子易被氧化，则此时产生氢气的作用是：排除内部残留空气，防止亚铁离子氧化；

（2）反应一段时间后，关闭旋塞K1，打开旋塞K2；持续产生氢气的作用是将硫酸亚铁不被氧化的前提下压入B中；

（3）硫酸亚铁铵晶体带结晶水；需要用冷却结晶法获得，则将装置B中制得的溶液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤，即可得到硫酸亚铁铵晶体；

（4）KMnO4标准溶液具有强氧化性会腐蚀橡胶管；则选择酸式滴定管；

（5）滴定过程中高锰酸钾被还原而褪色；则滴定终点时的现象是：最后一点高锰酸钾滴入时，溶液由黄色变为浅紫色且半分钟内不复色；

（6）A．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后；用待测液润洗，则滴定中消耗的标准液偏多，结果偏高，A正确；

B．滴定过程中；振荡锥形瓶时部分液体溅出，则滴定中消耗的标准液偏少，结果偏低，B错误；

C．用滴定管量取产品溶液时；开始读数正确，最后俯视读数，则末读数偏小，导致所测得的标准溶液体积偏小，结果偏低，C错误；

D．装KMnO4溶液的滴定管滴定前无气泡；滴定后有气泡，则末读数偏小，导致所测得的标准溶液体积偏小，结果偏低，D错误；

答案选A。

（7）MnO三次滴定最后一次偏差较大舍去，故滴定中平均消耗高锰酸钾溶液体积为20.00mL，n(MnO)=0.1000mol·L-120.0010-3L=2.00010-3mol，n()=5n(MnO)，n()=1.00010-2mol，样品中n([NH4)2Fe(SO4)2·6H2O])=1.00010-2mol，则产品中[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]的质量分数【解析】(1)排除内部残留空气；防止亚铁离子氧化。

(2)将硫酸亚铁不被氧化的前提下压入B中。

(3)冷却结晶。

(4)酸式。

(5)溶液由黄色变为浅紫色且半分钟内不复色。

(6)A

(7)×100%23、略

【分析】【分析】

(1)根据实验Ⅱ和Ⅲ中的数据可知；溶液的总体积为10.0mL，结合实验Ⅰ；Ⅱ和Ⅲ中不同的条件分析判断探究的目的；

(2)实验Ⅰ中，溶液褪至无色，即KMnO4反应完所需时间为1.5min，根据v==计算用KMnO4表示的化学反应速率；

(3)①由图2可知；反应开始后锰离子浓度增大，反应速率增加的比较快，可能是锰离子在反应中起到催化作用；

②根据假设“Mn2+是催化剂”；选用避免其他微粒对实验产生影响，据此分析判断；

③实验Ⅳ中的浓度与实验Ⅰ相同；结合催化剂对反应速率的影响分析解答。

【详解】

(1)根据实验Ⅱ和Ⅲ中的数据可知，溶液的总体积为10.0mL，所以实验1中V1=2.0mL；实验Ⅱ和Ⅲ的其余条件均相同；只有温度不同，而实验Ⅰ和Ⅱ的温度相同，但褪色时间不同，因此溶液的浓度不同，因此验证浓度对反应速率影响的实验是Ⅰ和Ⅱ；验证温度对反应速率影响的实验是Ⅱ和Ⅲ，故答案为：2.0；Ⅰ和Ⅱ；Ⅱ和Ⅲ；

(2)实验Ⅰ中溶液褪至无色，即KMnO4反应完所需时间为1.5min，用KMnO4表示的化学反应速率为v(KMnO4)===0.01mol/(L•min)；故答案为：0.01mol/(L•min)；

(3)①由图2可知，反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中Mn2+为该反应的催化剂，故答案为：Mn2+对该反应有催化作用；

②为了探究假设“Mn2+对该反应有催化作用”，根据反应的方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知，选择加入的催化剂应该为MnSO4固体，不能选用MnCl2，是为了避免氯离子对实验的影响，故答案为：MnSO4；

③实验Ⅳ中的浓度与实验Ⅰ相同，若该小组同学提出的假设成立，则加入MnSO4固体后，KMnO4溶液比实验Ⅰ更快褪色，故答案为：与实验Ⅰ比较，溶液褪色所需时间短。【解析】①.2②.Ⅰ和Ⅱ③.Ⅱ和Ⅲ④.0.01mol·L-1·min-1⑤.生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)⑥.MnSO4⑦.与实验Ⅰ比较，溶液褪色所需时间短24、略

【分析】【分析】

装置A用于制备SO2，H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑，C装置盛放浓硫酸，产生的气体经过C装置干燥，之后进入B装置发生反应，SO2+HNO3=SO3+HNO2，SO3+HNO2=NOSO4H，制得亚硝基硫酸，由于亚硝基硫酸遇水易分解，在B装置后需再次接C装置，防止水蒸气进入B装置，最后接D装置，用NaOH吸收未反应的SO2。

【详解】

(1)根据题目的图像可知；仪器Ⅰ瓶颈处有支管，为蒸馏烧瓶；根据分析可知，C中盛放浓硫酸；

(2)洗气时装置连接必须“长进短出”，即e进d出，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，所以b进c出，根据分析，上述仪器的连接顺序为aedbcedf；仪器连接好后；检查装置气密性时，在加热蒸馏烧瓶之前，必须关闭分液漏斗的旋塞，在D的烧杯中加入水至浸没导气管，再加热蒸馏烧瓶，如果观察到D导管口有气泡冒出，说明装置气密性良好。

(3)根据分析，D装置中NaOH吸收未反应的SO2，离子方程式为SO2+2OH－=SO+H2O；

(4)温度是影响反应速率的重要因素；温度过低，反应速率太慢，反应效率降低；

(5)根据题意，KMnO4与NOSO4H反应后KMnO4过量，过量的KMnO4再与Na2C2O4发生氧化还原反应，KMnO4与Na2C2O4反应的方程式为2KMnO4+8H2SO4+5Na2C2O4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+5Na2SO4+8H2O，过量的KMnO4的物质的量为×0.5000mol/L×(31-1)×10-3L=0.006mol，与NOSO4H反应的KMnO4物质的量为0.1000mol/L×0.1L-0.006mol=0.004mol，根据2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，NOSO4H的物质的量为×0.004mol=0.01mol，产品纯度为74.7%。【解析】蒸馏烧瓶浓硫酸aedbcedf关闭分液漏斗旋塞，用水浸没D中导气管SO2+2OH－=SO+H2O反应速率太慢74.7%25、略

【分析】【分析】

中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，测定中和热的实验中，为了保证酸或是碱中的一方完全反应，往往保证一方过量；用碎泡沫塑料(或纸条)及泡沫塑料板起到保温、隔热；实验时应用环形玻璃搅拌棒上下搅动，减少实验过程中热量的损失；计算中和热时，先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，再根据Q=cmΔT计算反应放出的热量，最后根据ΔH=-计算中和热；由此分析。

【详解】

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