湖北省孝感市2022-2023学年高二上学期1月期末考试化学 Word版含解析.docx

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2023年湖北省孝感市高二1月期末考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12F-19O-16Ca-40Mg-24Ni-59Ba-137一、选择题(本小题共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列有说法正确的是A.分子组成完全不同的物质，可能由于有类似的结构而有某些相似的性质B.外围电子构型为的元素的原子在周期表中应位于第四周期第IB族，是d区元素C.“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是洪特规则D.硫的电负性比磷大，故硫元素的第一电离能比磷元素的第一电离能大【答案】A【解析】【详解】A．如对氨基苯磺酰胺和对氨基苯甲酸在结构上类似，用于杀菌，A正确；B．该原子含有4个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为，属于第IB族元素，所以该元素位于第四周期第ⅠB族，是ds区元素，B错误；C．在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，这是泡利原理，C错误；D．P原子的3p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻的S原子，D错误；故选：A。2.下列示意图表示正确的是A.甲图可表示氢氧化钡晶体和氯化铵固体混合搅拌过程中的能量变化B.乙图可表示一氧化碳的燃烧热C.丙图中，曲线II表示反应时加入了催化剂D.丁图中HI分子发生了有效碰撞【答案】C 【解析】【详解】A．图中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，氢氧化钡晶体和氯化铵固体混合搅拌为吸热反应，与图示不符，A错误；B．CO的燃烧热是指1molCO完全燃烧生成时的焓变，且反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；C．已知催化剂能降低反应所需要的活化能，故图丙中，曲线Ⅱ表示反应时加入了催化剂，C正确；D．图丁中HI分子发生碰撞后并未生成新的物质，即碰撞后并未发生化学变化，图乙发生的不是有效碰撞　，D错误；故选C。3.下列有说法正确的是A.对反应A→B，1min内消耗4molA的反应速率一定比1min内消耗2molA的反应速率快B.糕点包装袋内放置抗氧化剂是为了减缓食物氧化速率C.实验室用盐酸跟锌片反应制，用粗锌比纯锌速率快，主要目的是为了增大锌片和盐酸的接触面积从而加快反应速率D.水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行【答案】B【解析】【详解】A．反应速率是单位时间内反应物的物质的量浓度的变化，而不是反应物的物质的量的变化，故A错误；B．包装袋内放置除氧剂，可防降低氧气浓度，减缓食物氧化速率，故B正确；C．用盐酸跟锌片反应，用粗锌是利用原电池原理以加快反应速率，和增大反应物的接触面积无关，故C错误；D．根据，水结冰的过程在低温条件能自发进行，故D错误；选B。4.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.工业合成氨一般采用400~500℃的温度B达平衡后，缩小容器体积可使颜色变深C.木炭粉碎后与反应，速率更快D.实验室常用排饱和食盐水法除去中的HCl 【答案】D【解析】【详解】A．合成氨的反应是放热反应，根据平衡移动原理，应该采用低温以提高反应物的转化率；所以工业上采用这一温度范围，主要是基于提高催化剂活性，次要是该温度下反应物的转化率较高这两点考虑，与化学平衡无关，A错误；B．该反应是反应前后气体体积不变的反应，反应达平衡后，缩小容器体积，化学平衡不发生移动，但由于缩小容器的体积，使物质浓度增大，因此混合气体颜色变深，与平衡移动无关，B错误；C．木炭粉碎后与反应，速率更快，没有平衡移动，C错误；D．由于，故实验室常用排饱和食盐水法除去中的，是增大浓度使上述平衡逆向移动，减小的溶解度，同时极易溶于水而除去，能用勒夏特列原理解释，D正确；故选D。5.在密闭容器中发生如下反应：，达到平衡后测得A的浓度为0.50mol/L。在恒温下减小压强使容器容积扩大到原来的两倍，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.20mol/L。下列说法不正确的是A.B.平衡向右移动C.B的转化率提高D.C的体积分数增大【答案】A【解析】【分析】在恒温下减小压强使容器容积扩大到原来的两倍的瞬间，A的浓度是0.25mol/L。但再次达到平衡时，测得A的浓度为0.20mol/L，这说明减小压强，平衡向正反应方向移动。【详解】A．正方应是体积增大的反应，即气体反应物的计量数关系为，B物质为固体，不能得出和z的大小关系，A错误；由分析可知B、C、D正确；故选A。6.支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是 A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整【答案】C【解析】【详解】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。7.弱碱溶液MOH和等体积，等物质的量浓度的强酸HA溶液混合后，混合液中有关离子浓度应满足的关系式正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】等体积等物质的量浓度的弱碱MOH强碱和强酸HA溶液混合恰好反应得到强酸弱碱盐MA，M+在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒可可知，溶液中A—离子浓度大于M+，则溶液中离子浓度大小为，故选D。8.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力有如图所示曲线，下列说法正确的是 A.a、b、c三点中，pH最大的是b点B.对b点溶液加水稀释，在稀释过程中，始终保持增大趋势C.用湿润的PH试纸测量b处溶液的pH，pH值一定偏小D.该温度下，的溶液中，为，则醋酸的电离平衡常数约为【答案】B【解析】【详解】A．溶液导电能力和离子浓度成正比，根据图像可知，溶液的导电能力顺序为b>a>c，则氢离子浓度最小的点为c点，即c点PH最大，A错误；B．稀释过程中，溶液体积增大，各组分的浓度减小，但是醋酸根离子和氢离子浓度减小的趋势小于醋酸浓度减小的趋势，故增大，B正确；C．用湿润的pH试纸测量酸性溶液的pH，溶液稀释，pH增大，C错误；D．，D错误；综上所述，答案为B。9.已知：①②；③；则反应的等于A.+753kJ/molB.-753kJ/molC.+3351kJ/molD.-3351kJ/mol【答案】C【解析】 【详解】由盖斯定律可知，将得，则该反应的反应热，综上所述，答案为C。10.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以下反应是大规模制取氢气的一种方法：，下列说法正确的是A.在生产中，欲使CO的转化率提高，同时提高的产率，可采用增大水蒸气浓度，或加压等方法B.实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO，可增大的体积分数，说明CaO对反应有催化作用C.其它条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量CaO，纳米CaO比微米CaO使体积分数增加的更多D.在密闭容器中进行上述反应，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应处于平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．欲使CO的转化率提高，同时提高的产率，则平衡应该向正向移动，该反应为反应前后气体体积不变的反应，加压平衡不移动，A错误；B．与反应，促使平衡正向移动，不是起催化剂作用，B错误；C．纳米比微米的小，吸收的略多，导致体积分数略大，C正确；D．上述反应为反应前后气体计量数不变的反应，且反应物和生成物都是气体，平衡与否，气体的质量不变，气体的物质的量也不变，则混合气体的平均相对分子质量也不变，D错误；故选C。11.下列说法不正确的是A.用与混合共热可得到无水，是因为与水反应，既可减少水的量，生成的HCl又能抑制的水解B.配制溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的NaOH溶液C.相同温度下，相同物质的量浓度的四种溶液：①；②NaCl；③；④；按pH由大到小的顺序排列为：①>④>②>③ D.常温时，将醋酸滴入NaOH溶液中，当溶液的pH=7时。此时醋酸和NaOH等物质的量混合【答案】D【解析】【详解】A．易发生水解，加热蒸干时，氯化氢挥发逸出，水解平衡向右移动得到沉淀，与水反应生成SO2、HCl，与混合共热时，与水反应既可减少水的量，生成的HCl又能抑制的水解，故不选A；B．是强碱弱酸盐，硫离子水解，加入少量碱，水解平衡逆向移动，故不选B；C．碳酸氢钠、醋酸钠水解呈碱性，酸越弱相应的盐越容易水解，碳酸的酸性强于醋酸的，所以的水解程度小于，是碱性大于；NaCl溶液显中性；能电离出氢离子显酸性，所以pH由大到小的顺序排列为①>④>②>③，故不选C；D．常温时，将醋酸滴入NaOH溶液中，若醋酸和氢氧化钠等物质的量混合，所得溶液溶质为醋酸钠，醋酸钠水解溶液呈碱性，此时PH不可能等于7，故选D；选D。12.下列实验的操作、现象和结论有不正确的是实验操作实验现象实验结论，A向和KSCN的混合溶液中滴加NaOH溶液混合溶液颜色逐渐变浅，有红褐色沉淀产生与生成是可逆反应B用pH试纸测定同温度同浓度NaClO溶液和溶液的pHNaClO的pH大酸性：C分别向的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的溶液醋酸溶液中有气泡产生，硼酸溶液中无气泡酸性：醋酸>碳酸>硼酸D向两支盛有等体积等浓度溶液的试管中，分别滴入2滴等浓度的NaCl和一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现 NaI溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．与生成是可逆反应，，向和KSCN的混合溶液中滴加溶液，铁离子与氢氧化钠反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，使得平衡逆向移动，混合溶液颜色逐渐变浅，A正确；B．溶液中次氯酸根离子水解生成强氧化性的次氯酸，会漂白pH试纸，不能用pH试纸测量次氯酸钠溶液的pH，B错误；C．分别向的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的溶液，醋酸溶液中有气泡产生，硼酸溶液中无气泡，说明酸性：醋酸>碳酸>硼酸，C正确；D．浓度相同，Ksp小的先沉淀，由操作和现象可知先沉淀，说明，D正确；故选B。13.贮备电池具有下列特点：日常将电池的一种组成部分(如电解质溶液)与其它部分隔离备用；使用时电池可迅速被激活并提供足量电能。贮备电池主要用于应急救援和武器系统等。Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性储备电池。下列说法中错误的是A.正极反应为：B.负极会发生副反应：C.若将镁换成锌，该装置将不能构成海水原电池D.电池放电时，由正极向负极迁移【答案】C【解析】【详解】A．电池放电时，正极发生还原反应，AgCl是难溶物，电极反应式为，故A正确；B．镁是活泼金属，镁能与水反应，所以能发生副反应，故不选B； C．锌为活泼金属，若将镁换成锌，也可构成海水原电池，故选C；D．放电时阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，所以由正极向负极迁移，故不选D；选C。14.某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放酸性含铬废水，原理示意图如下，下列说法不正确的是：A.阳极区溶液中发生的反应为：B.电解过程中阳极区有、沉淀生成C.阳极的铁板换成铜板也可以完成处理酸性含铬废水的目的D.工业上常在酸性含铬废水中加入氯化钠固体，以增强溶液的导电性，提高电解效率【答案】C【解析】【详解】A．做氧化剂，与阳极产生的反应：，故A正确；B．根据知，反应过程中消耗了大量，使得和都转化为氢氧化物沉淀，故B正确；C．阳极的铁片换成铜板，则阳极不会产生具有还原性的，则不会发生还原的反应，不能完成处理酸性含铬废水的目的，故C错误；D．电解过程中消耗了大量的，使得溶液中、转化为沉淀，溶液中自由移动离子浓度降低，导电能力减弱，故为了提高溶液的导电性，加入强电解质氯化钠，提高溶液的导电性，提高电解效率，故D正确；答案为C。 15.常温下，起始浓度为水溶液中，、和三种形态的粒子的分布分数(即微粒本身物质的量与三种粒子总物质的量之比)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线①代表的粒子是B.溶液中，水的电离受到抑制C.向该体系中加入一定量的NaOH固体，的物质的量分数一定增大D.在该体系中的任意一点都存在：【答案】B【解析】【分析】由图可知，随pH增大，减小，先增大后减小，增大，则曲线①、②、③代表的粒子分别是、、。【详解】A．由分析可知，曲线①代表的粒子是，故A错误；B．由图可知，溶液呈酸性，说明离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水的电离被抑制，故B正确；C．向该体系中加入一定量的NaOH固体，与反应生成和水，使的物质的量分数降低，故C错误；D．根据图中信息可知，若溶质只有的溶液中，根据电荷守恒可得：，将电荷守恒式两边都乘可得：，，所以，但若加入碱后，pH 增大，则有其他阳离子，则，故D错误；故选：B。二、非选择题(共4小题，合计55分)16.部分弱酸的电离平衡常数如下表，在25℃时，下列选项正确的是弱酸HCOOHHCN电离平衡常数(25℃)（1）酸性：HCN_______(填“>”“<”或“=”下同)（2）中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的量，前者_______后者（3）常温下，物质的量浓度相等的和KCN溶液中：_______（4）相等的溶液、溶液、溶液，三种溶液的溶质的物质的量浓度由大到小的关系是_______。（5）向NaCN溶液中通入少量，则发生反应的化学方程式为_______。（6）测得HCN和NaCN的混合溶液的，则此混合溶液中约为_______。【答案】（1）<（2）=（3）<（4）（5）（6）49【解析】【小问1详解】根据弱酸的电离平衡常数可以判断弱酸的酸性强弱，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性强弱顺序是，故答案为<。【小问2详解】中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比。等体积、等物质的量浓度的HCOOH和 HCN，由于，所以中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者等于后者，故答案为=。【小问3详解】酸的电离平衡常数，则酸根离子水解程度，所以溶液中阴离子浓度，物质的量浓度相等的和KCN溶液中，所以，故答案为<。【小问4详解】酸根离子水解程度，促进铵根离子水解程度大小的顺序为，则相同浓度的这几种盐溶液中大小顺序为，所以相等的三种溶液中，溶质的物质的量浓度由大到小的顺序为。【小问5详解】酸的电离平衡常数越大，酸性越强，强酸能制弱酸，故两者能发生反应：。【小问6详解】HCN的电离平衡常数为：，则。17.滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：I.中和滴定，用中和滴定的方法测定NaOH和的混合溶液中NaOH的含量。（1）滴定前可向混合液中加入过量的_______使沉淀，向混有沉淀的NaOH溶液中滴入盐酸，再选用酚酞做指示剂，判断到达滴定终点的实验现象是_______。（2）下列操作会导致烧碱样品中NaOH含量测定值低的是_______。A.锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗B.酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗 C.在滴定前无气泡，滴定后有气泡D.滴定前平视读数，滴定结束俯视读数II.氧化还原滴定，某化学探究小组用(草酸)溶液测定溶液的浓度，该小组取标准溶液置于锥形瓶中，加入适量酸酸化，用溶液进行滴定。请回答下列问题：（3）置于锥形瓶中的标准液应该用_______酸化，滴定时，溶液应装在_______滴定管中(选填：酸式、碱式)。（4）滴定操作中发生的离子反应方程式是：_______。III.沉淀滴定，滴定时所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度要比滴定剂和指示剂生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。（5）如用溶液滴定溶液中的的含量时常以为指示剂，这是因为AgCl比更_______(填“难”、“易”)溶的缘故。【答案】（1）①.溶液(或的盐溶液等)②.当滴入最后半滴时，溶液的颜色刚好由浅红变为无色，且半分钟内颜色不变化（2）CD（3）①.稀硫酸②.酸式（4）（5）难【解析】【小问1详解】使沉淀，加入的沉淀剂不能引入，也不能消耗，用含钙的物质可能会让部分沉淀；用酚酞作示剂，NaOH完全反应完时，达到滴定终点时，溶液呈碱性，不发生反应，原溶液为碱性，遇酚酞为红色，滴定终点时，颜色变化为浅红色褪为无色，故答案为：溶液(或的盐溶液等)；当滴入最后半滴时，溶液的颜色刚好由浅红色变为无色，且半分钟内颜色不变化；【小问2详解】A.锥形瓶无需用待测液润洗，故未润洗锥形瓶对实验结果无影响，A不符合题意；B.未用标准液润洗滴定管，导致标准液被稀释，反应等量的样品溶液消耗标准液体积偏大，所测结果偏高，B不符合题意；C.滴定前无气泡，滴定后有气泡，则所计消耗标准液体积偏小，所测结果偏低，C符合题意；D.滴定终点俯视读数，读数偏小，导致所计消耗标准液体积偏小，所测结果偏低，D符合题意；故答案为：CD。 【小问3详解】高锰酸钾在酸性条件下氧化性最强，高锰酸钾能把盐酸氧化为氯气，故不能用盐酸酸化，而硝酸本身就具有强氧化性，所以为了增强其氧化性，一般用稀硫酸；高锰酸钾溶液具有强氧化性，应该使用酸式滴定管。故答案为：稀硫酸；酸式；【小问4详解】高锰酸钾与草酸反应，1mol高锰酸钾得5mol电子，1mol草酸失2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：，故答案为：；【小问5详解】当滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度比滴定剂和指示剂的生成物的溶解度小时，完全反应后，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应，用溶液滴定溶液中的的含量时常以为指示剂，这是因为AgCl比更难溶，故答案为：难。18.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义，其原理为：，在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始、分别为1mol、3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数()如图所示，回答以下问题：（1）合成氨反应的_______0(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。（2）、和由大到小顺序是_______。（3）①若分别用和表示平衡状态A、B时的化学反应速率，则_______(填“>”“<”或“=”)。 （4）用、、、分别表示、、和固体Fe催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程如图2所示：①吸附后，能量状态最高的是_______(填序号)。②结合上述原理，在固体Fe催化剂表面进行的分解实验，发现的分解速率与其浓度的关系如图3所示。从吸附和解吸过程分析，之后反应速率降低的原因可能是_______。③研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度的关系为，k为速率常数。能使合成氨的速率增大的措施有_______(填序号)。A.使用更有效的催化剂B.一定温度下，将原容器中的及时分离出来C.总压强一定，增大的值D.按照原来比值增大反应物的浓度【答案】（1）①.<②.其它条件相同时，升高温度，平衡混合物中氨的体积分数减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，即（2）（3）<（4）①.B②.催化剂表面的氨分子太多，不利于氮气和氢气从催化剂表面解吸③.ABD【解析】 【小问1详解】相同压强下，升高温度，平衡混合物中氨的体积分数减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，即；【小问2详解】由反应可知，正向为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，氨气的物质的量增大，平衡时氨气的体积分数增大，则、和由大到小的顺序是。【小问3详解】①温度越高，压强越大，反应速率越大，由(2)分析可知，，由图可知，B对应的温度高、压强大，则反应速率大，；【小问4详解】①断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，结合图3分析可知，吸附后，能量状态最高的是B；②根据题目信息，结合图2分析可知，之前反应速率增加的原因可能是氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大；之后反应速率降低的原因可能是催化剂表面的氨分子太多，不利于氮气和氢气从催化剂表面解吸。③A.使用更有效的催化剂，反应活化能降低，可以增大化学反应速率，A正确；B.一定温度下，将原容器中的及时分离出来，氨气浓度减小，结合公式分析可知，反应速率增大，B正确；C.由合成氨的速率与相关物质的浓度的关系可知，氢气的浓度对速率的影响大于氮气的浓度对速率的影响，总压强一定时，增大氮气和氢气的物质的量之比相当于减小氢气浓度，反应速率减小，C错误；D.按照原来比值增大氢气和氮气浓度，反应物浓度增大，反应速率增大，D正确；答案选ABD19.硫酸镍广泛应用于电镀工业。以粗硫酸镍(含、、、、等)为原料，经如图1一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。回答下列问题。 （1）为了加快溶解速率，可采取的措施是_______。(任答两点)（2）“氧化除杂”时加入的主要作用是_______。（3）已知25℃时，；。若“氟化除杂”过后滤液3中时，溶液中的_______。（4）“萃取”时使用萃取剂R在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图2，则实验时需控制的pH适宜范围是_______(填字母)。A.1~2B.2~3C.4~5D.5~6（5）将萃取后所得富含硫酸镍的溶液经操作A可得硫酸镍晶体()，则操作A为_______、_______、过滤、洗涤等。（6）利用精制的硫酸镍用如图装置可实现在铜片上镀镍。d电极材料为_______，a极上发生的电极反应式为_______。【答案】（1）适当的升高温度、搅拌、适当增加硫酸的浓度、将原料研磨成粉末（2）调节溶液pH值，使转化为氢氧化铁沉淀除去（3）（4）B（5）①.蒸发浓缩②.降温结晶（6）①.纯镍(或镍片)②.【解析】 【分析】粗硫酸镍(含、、、、等)加水和硫酸进行酸浸，浸出液含有、、、、、、等离子，向浸出液中通入气体，转化为沉淀除去，同时可与发生氧化还原反应生成和S单质，过滤后得到滤液1和滤渣1，滤渣1为和S，滤液1中含有、、、、、，向滤液1中加入和，将滤液中氧化为，用调节溶液pH值，使转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤得到滤液2，向其中加入，使滤液2中的、转化为、沉淀除去，再次进行过滤得到滤液3，向滤液3中加入有机萃取剂，使滤液3中的转移至有机相中分液除去，最后对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体。【小问1详解】为了加快溶解速率，可采取的措施是适当的升高温度、搅拌、适当增加硫酸的浓度、将原料研磨成粉末(任答其中两点)。(任答两点)故答案为：适当的升高温度、搅拌、适当增加硫酸的浓度、将原料研磨成粉末(任答其中两点)；小问2详解】用调节溶液pH值，使转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤得到滤液2，同时不引入杂质是次要原因；【小问3详解】已知25℃时，；。则“氟化除杂”过后滤液3中，。故答案为：；【小问4详解】“萃取”操作的目的是使滤液3中的转移至有机相中分液除去，流程的最终目的是制得硫酸镍，结合金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，当控制实验时的pH为3~4以使滤液中的、、等离子的萃取除杂率最好。故答案为：B；【小问5详解】硫酸镍晶体()带有结晶水，同时为了避免在结晶时引入杂质，最后对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体。 【小问6详解】根据电镀原理：用镍在铜片上镀镍时，镀件铜为阴极，镀层金镍为阳极，电镀液是含有的镀层金属镍离子的盐溶液；甲是燃料电池，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，装置为燃料电池，b极通甲烷为负极，a为正极，Cu作阴极与b相连，则c为Cu，铜片在乙装置的c处(填“c”或“d”)，b为燃料电池的负极，是甲烷失电子生成碳酸根离子，a极上发生的电极反应式为。故答案为：纯镍片(或镍片)；。