江苏省苏锡常镇2025届高三下学期二模考试化学试卷（解析版）

这是一份江苏省苏锡常镇2025届高三下学期二模考试化学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 下列化学反应方程式不正确的是， 反应等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
2.请把选择题和非选择题的答案均填写在答题卷的指定栏目内。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Ce140
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 人形机器人传动关节材料含有下列元素：Si、Fe、Cr、Ni，其中不属于第四周期的是
A. SiB. CrC. FeD. Ni
【答案】A
【解析】A．Si原子序数14，位于第三周期第ⅣA族，A符合题意；
B．Cr原子序数24，位于第四周期第ⅥB族，B不符合题意；
C．Fe原子序数26，位于第四周期第Ⅷ族，C不符合题意；
D．Ni原子序数28，位于第四周期第Ⅷ族，D不符合题意；
故选A。
2. 反应可用于制备尿素，下列说法正确的是
A. 的电子式为B. 的空间构型为直线形
C. 中既含离子键又含共价键D. 为非极性分子
【答案】B
【解析】A．中的N原子含有1对孤对电子，电子式为：，A错误；
B．的中心原子价电子对数是，无孤对电子，空间构型为直线形，B正确；
C．尿素分子的结构式是 ，不含离子键，C错误；
D．的中心原子价电子对数是，有2对孤对电子，为极性分子，D错误；
故选B。
3. 实验室模拟侯氏制碱制备Na2CO3。下列实验原理、装置及操作不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．实验室可以CaCO3和稀盐酸来制备CO2，反应原理为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，A装置能够达到实验目的，A不合题意；
B．实验室可以加热Ca(OH)2和NH4Cl混合物来制备NH3，反应原理为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑，B装置能够达到实验目的，B不合题意；
C．根据侯氏制碱法可知，向饱和食盐水中通入NH3和CO2可制得NaHCO3，NH3极易溶于水，需要防倒吸装置，CO2能溶于水不需要防倒吸，C装置能够达到实验目的，C不合题意；
D．对固体进行灼烧需在坩埚或硬质玻璃管中进行，不能在蒸发皿中完成，即D装置不能达到实验目的，D符合题意；
故答案为：D。
4. 硫氰铝镁可作为聚合反应的催化剂。下列说法正确的是
A. 电负性：B. 原子半径：
C. 电离能：D. 碱性：
【答案】C
【解析】A．同周期元素，从左往右元素电负性逐渐增大，则电负性大小：，故A错误；
B．同周期元素，从左到右元素原子半径逐渐减小，则原子半径大小：，故B错误；
C．同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，同主族元素，从上到下元素电离能逐渐减小，则电离能大小：，故C正确；
D．非金属性越强，元素最高价氧化物对应的水化物碱性越强，非金属性：Mg＞Al，碱性强弱：，故D错误；
故选C。
阅读下列材料，完成下面小题。
ⅤA族元素单质及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，肼(N2H4)是高能燃料，其标准燃烧热为624kJ/ml。常温下，可用氨水与NaClO溶液制备N2H4。由Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在电弧炉中高温灼烧可生成白磷(P4)和CO。砷烷(AsH3，砷元素的化合价为-3价，熔点为-116.3℃)，可由Na3AsO3在碱性溶液中电解制得。
5. 下列说法正确的是
A. 1mlN2H4中含有5mlσ键
B. AsH3晶体类型为共价晶体
C. As的核外电子排布式为
D. 白磷的空间结构为正四面体(如题图所示)，键角为
6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A. NaClO溶液具有碱性，可用作漂白剂
B. N2H4具有还原性，可用作燃料电池的燃料
C. SiO2为酸性氧化物，可用作光导纤维
D. NH3分子间可形成氢键，NH3的热稳定性比PH3的高
7. 下列化学反应方程式不正确的是
A. 电解Na3AsO3碱性溶液制砷烷的阴极反应：
B. 氨水与NaClO溶液制N2H4的反应：
C. 肼的燃烧：
D. 由Ca3(PO4)2制白磷的反应：
【答案】5. A 6. B 7. C
【解析】5.A．已知单键均为σ键，由N2H4的结构式可知： 1mlN2H4中含有5mlσ键，A正确；
B．由题干信息可知，AsH3 的沸点很低，故AsH3晶体类型为分子晶体，B错误；
C．已知As是33号元素，故As的核外电子排布式为，C错误；
D．由题干白磷的空间结构可知，构成正四面体的六个边均为P-P键，故其键角为60°，D错误；
故答案为：A；
6.A．NaClO溶液用作漂白剂，是利用其氧化性与其具有碱性无关，A不合题意；
B．N2H4用作燃料电池的燃料时，作负极发生氧化反应，故利用其具有还原性，B符合题意；
C．SiO2用作光导纤维是利用其光学特性，即光能够在其中发生全反射，而与其为酸性氧化物无关，C不合题意；
D．NH3分子间可形成氢键使其熔沸点升高，与其热稳定性无关，NH3的热稳定性比PH3的高是由于N-H键的键能比P-H大，D不合题意；
故答案为：B；
7.A．电解池中阴极发生还原反应，故电解Na3AsO3碱性溶液制砷烷的阴极反应：，A正确；
B．根据氧化还原反应配平可得，氨水与NaClO溶液制N2H4反应的离子方程式为：，B正确；
C．燃烧为放热反应，放热反应的＜0，故肼的燃烧的热化学方程式为：，C错误；
D．由题干信息可知，可用Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在电弧炉中高温灼烧可生成白磷(P4)和CO，根据氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：，D正确；
故答案为：C。
8. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A. 制硝酸：
B. 硅的提纯：
C. 工业制钛：饱和NaCl溶液
D. 工业制银镜：
【答案】B
【解析】A．一氧化氮与水不反应，NO通入水中不能生成硝酸，A不符合题意；
B．加热条件下粗硅与氯气反应生成四氯化硅，高温下氢气还原四氯化硅得到高纯硅，B符合题意；
C．电解饱和食盐水得到氢氧化钠溶液、不能得到金属钠，电解熔融的氯化钠可以得到金属钠，C不符合题意；
D．银氨溶液与还原性糖，例如葡萄糖反应可制得银镜，蔗糖不是还原性糖、不与银氨溶液反应，D不符合题意；
故选B。
9. 化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A. X中所有碳原子一定共平面B. Y能与甲醛发生缩聚反应
C. 最多能与发生加成反应D. Y、Z可用溶液鉴别
【答案】D
【解析】A．X分子中含有的结构，所有碳原子不一定共面，A错误；
B．Y分子中酚羟基的邻位被其他原子团占据，无法与甲醛发生缩聚反应，B错误；
C．含有苯环、碳碳双键、酮羰基都能和氢气发生加成反应，故最多与发生加成反应，C错误；
D．Y中含有酚羟基，能与溶液发生显色反应，而Z中无酚羟基，故可用可用溶液鉴别Y、Z，D正确；
故选D。
10. 反应：可用于氨气脱硫，下列说法正确的是
A. 反应的
B. 上述反应平衡常数
C. 使用高效催化剂能降低反应的焓变
D. 该反应中每消耗，转移电子的数目约为
【答案】D
【解析】A．反应后气体的物质的量减少，是熵减反应，所以，A错误；
B．平衡常数表达式中，固体和纯液体不写入表达式。是固体，是纯液体，不应出现在平衡常数表达式中，正确的平衡常数K = ，B错误；
C．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，焓变由反应物和生成物的能量决定，C错误；
D．分析反应中元素化合价变化，元素从中的+4价升高到中的+6价，元素从中的0价降低到-2价，元素从中的-3升高到中的0价。根据化学方程式，4ml参与反应时，转移20ml电子，则每消耗1ml，转移电子5ml，转移电子的数目约为，D正确；
综上，答案是D。
11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．根据盐类水解的规律“越弱越水解”。对于溶液和溶液，当它们的浓度均为时，用pH计测定其。水解显碱性，；水解显碱性，。溶液越大，说明其水解程度越大，对应的酸就越弱。所以通过比较两溶液读数大小，可以判断和的酸性强弱，A正确；
B．无水乙醇和苯酚中均含有，都能与金属钠反应产生氢气，即，。所以仅观察到产生气泡，无法确定是苯酚与钠反应产生的还是乙醇与钠反应产生的，不能探究苯酚能否与钠反应，B错误；
C．卤代烃与液共热后发生水解反应，生成卤化钠。但溶液中存在，直接滴入溶液，会与反应生成，不稳定会分解为（黑色沉淀），干扰卤离子的检验。应该先加入稀硝酸酸化，中和，再滴入溶液，根据沉淀颜色判断卤元素的种类，C错误；
D．向溶液中滴加溶液无明显现象，再加入稀硫酸，发生反应，产生黄色沉淀。在这个反应中，中为- 2价，中为+4价，硫酸提供酸性环境，没有参与氧化还原反应，作氧化剂的是，不是硫酸，D错误；
综上，答案是A。
12. 室温下，溶液中含碳微粒的分布系数与pH的关系如图所示。
已知的分布系数：
下列说法正确的是
A. 时：
B. 浓度均为和的混合液中：
C. 向溶液中滴加氨水至的溶液中：
D. 向溶液中加入NaOH溶液至的反应：
【答案】C
【解析】草酸()是一种二元弱酸，存在电离平衡，、，随着pH增大，减小，先增大，后减小，增大，故曲线Ⅰ表示随pH变化，曲线Ⅱ表示随pH变化，曲线Ⅲ表示：随pH变化，Ka1=，由Ⅰ和Ⅱ交点可知，Ka1==10-1.2，同理Ka2==10-4.2。
A．时，由曲线各微粒分布系数可知，Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅰ，则离子浓度：，A错误；
B．溶液中存在电离平衡：，电离常数 Ka2 =10-4.2、水解平衡：水解常数：，显然电离程度大于水解程度，则溶液中：，B错误；
C．由图可知，时，含碳微粒主要以形式存在，故此时溶质主要是，则溶液中存在物料守恒：，则：，C正确；
D．向溶液中加入NaOH溶液至时，得到等浓度的和，则离子方程式为，D错误；
故选C。
13. CO2加氢转化为二甲醚(CH3OCH3)的反应过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
在3.0MPa的恒压密闭容器中充入5.4mlH2和2mlCO2发生上述反应，CO2的平衡转化率、CH3OCH3和CO生成物的选择性随温度变化如题图所示。已知：生成物R的选择性
下列说法不正确的是
A. 曲线b表示CH3OCH3的选择性
B. 升高温度，反应Ⅰ的平衡常数K持续减小
C. 350℃达到平衡时，容器内H2O的物质的量小于1.7ml
D. 高于280℃后，温度对反应Ⅱ的影响程度大于反应Ⅰ
【答案】C
【解析】由题干信息可知，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，则随着温度升高，CO的选择性增大，CH3OCH3的选择性减小，即曲线a表示CO的选择性，曲线b表示CH3OCH3的选择性，曲线c表示CO2的平衡转化率，据此分析解题。
A．由分析可知，曲线b表示CH3OCH3的选择性，A正确；
B．由题干信息可知，反应Ⅰ的=-49.1kJ/ml，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，B正确；
C． 在350℃时，CO2的平衡转化率为85%，则参加反应的n(CO2) = 2ml×85%=1.7ml，由图像可知，此时CH3OCH3的选择性为0，即此温度下只发生反应Ⅰ、Ⅱ，生成H2O的物质的量为1.7ml，C错误；
D． 由题干图像可知，高于280℃后，CO2的平衡转化率增大，CO的选择性增大，CH3OCH3的选择性减小，说明温度对反应Ⅱ（生成CO的反应）的影响程度大于反应Ⅰ，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题(共61分)
14. 稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下：
（1）制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀
①配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为___________。
②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为___________。
③溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为___________。
（2）灼烧Ce2(CO3)3·8H2O制备CeO2
在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O，测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收。
①a点固体产物为___________(填化学式，写出计算过程)。
②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为___________。
③b点得到CeO2晶体，其晶胞如图3所示。晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为___________。
【答案】（1） ①. 抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀 ②. 2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3 ③. 提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱
（2） ①. Ce2(CO3)3 ②. 吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用 ③. 12
【解析】配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度以抑制Ce3+水解防止生成Ce(OH)3沉淀，向Ce (NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，过滤、洗涤低温干燥得到Ce2(CO3)3·8H2O，对Ce2(CO3)3·8H2O进行灼烧至恒重即可得到CeO2，并用氨水吸收CO2即可生成NH4HCO3可以循环使用，据此分析解题。
（1）①已知Ce(NO3)3是强酸弱碱盐，Ce3+能够发生水解呈酸性同时生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，故答案为：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀；
②由题干流程图可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3；
③由题干图1所示溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率较高，原溶液呈酸性将消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超过6时将产生Ce(OH)3使得最终产物中含有Ce2(CO3)3·8H2O较少，煅烧时产生的CO2更少，最终产品CeO2气孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱，故答案为：提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱；
（2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604g/ml，a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结晶水已经完全失去，设灼烧1mlCe2(CO3)3·8H2O固体，则起始固体质量为：1ml×604g/ml=604g，a点对应剩余固体质量为：604g×76.16%=460g，即这阶段减少质量为604g-460g=144g，144g÷18g/ml=8ml，即失去8mlH2O，故a点固体产物为Ce2(CO3)3，故答案为：Ce2(CO3)3；
②煅烧过程中，将产生CO2，故“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收能够吸收CO2，减少碳排放，同时生成NH4HCO3，可循环使用，故答案为：吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用；
③由题干晶胞可知，一个晶胞中黑球个数为：8×+6×=4个，白球为8个，结合化学式CeO2，可知黑球代表Ce，白球代表O，故晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为12，故答案为：12。
15. 化合物G是一种麻醉药物，其合成路线如下：
（1）B分子中采取杂化和杂化的碳原子个数比为___________。
（2）E→F中有副产物生成，该副产物的结构简式为___________。
（3）F→G的过程中，除用作反应物，另一作用为___________。
（4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①分子中含有4种不同环境的氢原子②酸性条件水解，产物之一为碳酸
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图___________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）9:2 （2）
（3）吸收生成的HCl，提高F的转化率
（4）或 （5）
【解析】A与先发生加成反应，后发生消去反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D通过加成反应、取代反应得到E，E中氯原子发生取代反应得到F，F发生取代反应得到G，据此回答；
（1）B分子中苯环上的碳原子和双键上的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为9，乙基中的碳原子为杂化，采取杂化的碳原子个数为2，个数比为9:2；
（2）E中有2个氯原子，均可发生取代反应，根据副产物分子式，可知副产物的结构简式为；
（3）中含有氨基，具有碱性，可以与产物HCl反应，则F→G过程中，除用作反应物，另一作用为吸收生成的HCl，提高F的转化率；
（4）G一种同分异构体分子在酸性条件水解，产物之一为碳酸，根据分子中N、O原子数目，说明结构中含有碳酸形成的酯基和肽键，则含有基团：，分子中含有4种不同环境的氢原子，说明结构高度对称，符合条件的结构简式有：或；
（5）发生氧化反应生成，与发生取代反应生成，发生题中流程D→E的反应生成，发生水解反应生成对苯二甲醇，对苯二甲醇发生缩聚反应得到，则合成路线为： 。
16. 超高石灰铝工艺处理高氯(Cl-)废水，操作简单，成本低。涉及的主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．。Cl-转化为弗氏盐沉淀而除去。已知：溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去；在碱性较强情况下还会生成沉淀。
（1）①一定体积的高氯废水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，与废水中Cl-反应生成弗氏盐的离子方程式为___________。
②投入原料选用NaAlO2，而不选用Al2(SO4)3的原因为___________。
（2）室温下，平衡时溶液，体系中最终存在和沉淀，已知；，此时溶液中和的浓度比为___________。
（3）投料中的量与Cl-去除率如图1所示。
钙氯摩尔比大于6:1后，继续增加Ca(OH)2，Cl-去除率不升反而略降的原因为___________。
（4）测定废水中Cl-的含量
已知水溶液中Cl-可用精确浓度的Hg(NO3)2溶液滴定，以二苯偶氮碳酰肼为指示剂，滴定终点时溶液出现紫红色。滴定反应为Hg2++2Cl-=HgCl2↓(白色)，滴定装置如图2所示。
①二苯偶氮碳酰肼()分子中的N原子与Hg2+通过配位键形成含有五元环的紫红色物质，画出该物质的结构简式___________(须标出配位键)。
②补充完整实验方案：准确量取25.00mL水样(水样中Cl-浓度约为)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度，___________。(必须使用的试剂：二苯偶氮碳酰肼)
【答案】（1） ①. ②. 部分与SOF反应，减少了其与的反应，使去除率降低；与生成沉淀
（2）
（3）加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降
（4） ①. 或 ②. 向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次
【解析】（1）①已知石灰乳在离子方程式书写时不能拆，故一定体积的高氯废水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，与废水中Cl-反应生成弗氏盐的离子方程式为：，故答案为：；
②由题干信息可知，溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去，若投入的原料选用Al2(SO4)3导致与反应从而减少了其与Cl-的反应，降低了Cl-的去除率，且与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，故答案为：部分与反应，减少了其与的反应，使去除率降低；与生成沉淀；
（2）室温下，平衡时溶液pH=12，即溶液中c(OH-)=10-2ml/L，体系中最终存在Ca(OH)2和Al(OH)3沉淀，即此时溶液中：c(Ca2+)===1.0ml/L，c(Al3+)===1.0×10-28ml/L，此时溶液中Ca2+和Al3+的浓度比为1.0ml/L：1.0×10-28ml/L=1028:1，故答案为：1028:1；
（3）钙氯摩尔比大于6:1后，继续增加Ca(OH)2，加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降，故答案为：加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降；
（4）①已知二苯偶氮碳酰肼()分子中每个N均含有孤电子对，则该物质的N原子与Hg2+通过配位键形成含有五元环(即含有5个原子的环)的紫红色物质，该物质的结构简式为：或；
②根据中和滴定的操作原理可知，准确量取25.00mL水样(水样中Cl-浓度约为)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度，向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼做指示剂，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色即为滴定终点：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次，故答案为：向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次。
17. 在工业生产过程中容易导致催化剂失活，工业上脱除有多种方法。
（1）克劳斯法脱
___________kJ/ml。
（2）电化学脱
工作原理如图-1所示。
①将含有的尾气通入电解池的阴极，阴极电极反应式为___________。
②电解过程中，阳极区域需不断通入的原因为___________。
（3）吸收液脱
吸收：Ⅰ．，Ⅱ．，Ⅲ． ___________。
再生：Ⅳ．
①写出吸收过程中步骤Ⅲ的离子方程式：___________。
②固定总铁浓度，与脱除率和pH变化关系如图-2所示。当时，随着增大，脱硫率逐渐减小而pH几乎不变的原因为___________。
（4）四乙基偏钒酸铵氧化脱
四乙基偏钒酸铵难溶于冷水，易溶于75℃以上的热水。其中钒元素的化合价为+5，具有强氧化性。该氧化型离子液体对的吸收及再生机理如图-3所示。
①吸收反应的生成物中钒元素的化合价为___________。
②水浴80℃，反应Ⅱ能迅速发生，该反应的离子方程式为___________。
③+5价钒的氧化性随着碱性增强而降低。但研究发现，利用碱性溶剂时，四乙基偏钒酸铵对的脱除率更高，可能的原因为___________。
【答案】（1）-530
（2） ①. ②. 可以吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率。
（3） ①. ②. 增加，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变。
（4） ①. +3 ②. ③. 碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响
【解析】（1）根据盖斯定律，。
（2）①阴极发生得到电子的还原反应，根据通入阴极的物质，和流出阴极的物质可知，得到电子，电极反应为：；
②由图可知，阳极区吹入氮气，吹走阳极表面生成硫蒸气，防止覆盖在阳极表面，降低放电效率；
（3）①由题意可知，作为催化剂，其包含先消耗，再重新生成的过程，故反应Ⅲ为氧化生成和S的过程，离子方程式为：；
②由题意可知，铁浓度固定不变，随着时，浓度降低，体系的氧化性减小了，不利于吸收反应Ⅲ的进行，因而脱硫效率下降。由于增加，再生反应Ⅳ将反应Ⅱ、Ⅲ生成的全部消耗，导致体系pH几乎不变；
（4）①由过程Ⅰ可知，吸收过程中脱去1个氧原子，则V的化合价由+5价，降低到+3价；
②反应Ⅱ为氧化生成的过程，离子方程式为；
③已知+5价钒的氧化性随着碱性增强而降低，说明碱性环境时，的脱除依靠的是溶液中的，故原因是碱性溶剂对硫化氢吸收速率的影响大于碱性条件下氧化性减弱对反应速率的影响。
A．制取CO2
B．制取NH3
C．制备NaHCO3固体
D．灼烧NaHCO3固体
选项
探究方案
探究目的
A
用pH计分别测定浓度均为的NaClO溶液和溶液的pH，比较读数大小
HClO和的酸性强弱
B
在一支干燥的试管里加入2mL无水乙醇，溶解适量苯酚，振荡。再加入绿豆大小的吸干煤油的金属钠，观察是否产生气泡
苯酚能否与钠反应
C
某卤代烃与NaOH水溶液共热后，滴入溶液，观察沉淀颜色
该卤代烃中含有卤元素的种类
D
向溶液中滴加溶液无明显现象，再向其中加入稀硫酸，观察是否有黄色沉淀生成
该反应中硫酸作氧化剂