高級中學名校試卷PAGEPAGE1江蘇省蘇錫常鎮2025屆高三下學期二模考試試卷注意事項：1.本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，共100分，考試時間75分鐘。2.請把選擇題和非選擇題的答案均填寫在答題卷的指定欄目內。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16S32Ce140一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.人形機器人傳動關節材料含有下列元素：Si、Fe、Cr、Ni，其中不屬于第四周期的是A.Si B.Cr C.Fe D.Ni【答案】A【解析】A．Si原子序數14，位于第三周期第ⅣA族，A符合題意；B．Cr原子序數24，位于第四周期第ⅥB族，B不符合題意；C．Fe原子序數26，位于第四周期第Ⅷ族，C不符合題意；D．Ni原子序數28，位于第四周期第Ⅷ族，D不符合題意；故選A。2.反應可用于制備尿素，下列說法正確的是A.的電子式為 B.的空間構型為直線形C.中既含離子鍵又含共價鍵 D.為非極性分子【答案】B【解析】A．中的N原子含有1對孤對電子，電子式為：，A錯誤；B．的中心原子價電子對數是，無孤對電子，空間構型為直線形，B正確；C．尿素分子的結構式是

，不含離子鍵，C錯誤；D．的中心原子價電子對數是，有2對孤對電子，為極性分子，D錯誤；故選B。3.實驗室模擬侯氏制堿制備Na2CO3。下列實驗原理、裝置及操作不能達到實驗目的的是A．制取CO2B．制取NH3C．制備NaHCO3固體D．灼燒NaHCO3固體A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．實驗室可以CaCO3和稀鹽酸來制備CO2，反應原理為：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，A裝置能夠達到實驗目的，A不合題意；B．實驗室可以加熱Ca(OH)2和NH4Cl混合物來制備NH3，反應原理為：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑，B裝置能夠達到實驗目的，B不合題意；C．根據侯氏制堿法可知，向飽和食鹽水中通入NH3和CO2可制得NaHCO3，NH3極易溶于水，需要防倒吸裝置，CO2能溶于水不需要防倒吸，C裝置能夠達到實驗目的，C不合題意；D．對固體進行灼燒需在坩堝或硬質玻璃管中進行，不能在蒸發皿中完成，即D裝置不能達到實驗目的，D符合題意；故答案為：D。4.硫氰鋁鎂可作為聚合反應的催化劑。下列說法正確的是A.電負性： B.原子半徑：C.電離能： D.堿性：【答案】C【解析】A．同周期元素，從左往右元素電負性逐漸增大，則電負性大小：，故A錯誤；B．同周期元素，從左到右元素原子半徑逐漸減小，則原子半徑大小：，故B錯誤；C．同一周期從左到右，元素的第一電離能呈增大的趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素的第一電離能，同主族元素，從上到下元素電離能逐漸減小，則電離能大小：，故C正確；D．非金屬性越強，元素最高價氧化物對應的水化物堿性越強，非金屬性：Mg＞Al，堿性強弱：，故D錯誤；故選C。閱讀下列材料，完成下面小題。ⅤA族元素單質及其化合物應用廣泛。氨是重要的化工原料，肼(N2H4)是高能燃料，其標準燃燒熱為624kJ/mol。常溫下，可用氨水與NaClO溶液制備N2H4。由Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在電弧爐中高溫灼燒可生成白磷(P4)和CO。砷烷(AsH3，砷元素的化合價為-3價，熔點為-116.3℃)，可由Na3AsO3在堿性溶液中電解制得。5.下列說法正確的是A.1molN2H4中含有5molσ鍵B.AsH3晶體類型為共價晶體C.As的核外電子排布式為D.白磷的空間結構為正四面體(如題圖所示)，鍵角為6.下列物質結構與性質或物質性質與用途具有對應關系的是A.NaClO溶液具有堿性，可用作漂白劑B.N2H4具有還原性，可用作燃料電池的燃料C.SiO2為酸性氧化物，可用作光導纖維D.NH3分子間可形成氫鍵，NH3的熱穩定性比PH3的高7.下列化學反應方程式不正確的是A.電解Na3AsO3堿性溶液制砷烷的陰極反應：B.氨水與NaClO溶液制N2H4的反應：C.肼的燃燒：D.由Ca3(PO4)2制白磷的反應：【答案】5.A6.B7.C【解析】5.A．已知單鍵均為σ鍵，由N2H4的結構式可知：1molN2H4中含有5molσ鍵，A正確；B．由題干信息可知，AsH3的沸點很低，故AsH3晶體類型為分子晶體，B錯誤；C．已知As是33號元素，故As的核外電子排布式為，C錯誤；D．由題干白磷的空間結構可知，構成正四面體的六個邊均為P-P鍵，故其鍵角為60°，D錯誤；故答案為：A；6.A．NaClO溶液用作漂白劑，是利用其氧化性與其具有堿性無關，A不合題意；B．N2H4用作燃料電池的燃料時，作負極發生氧化反應，故利用其具有還原性，B符合題意；C．SiO2用作光導纖維是利用其光學特性，即光能夠在其中發生全反射，而與其為酸性氧化物無關，C不合題意；D．NH3分子間可形成氫鍵使其熔沸點升高，與其熱穩定性無關，NH3的熱穩定性比PH3的高是由于N-H鍵的鍵能比P-H大，D不合題意；故答案為：B；7.A．電解池中陰極發生還原反應，故電解Na3AsO3堿性溶液制砷烷的陰極反應：，A正確；B．根據氧化還原反應配平可得，氨水與NaClO溶液制N2H4反應的離子方程式為：，B正確；C．燃燒為放熱反應，放熱反應的＜0，故肼的燃燒的熱化學方程式為：，C錯誤；D．由題干信息可知，可用Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在電弧爐中高溫灼燒可生成白磷(P4)和CO，根據氧化還原反應配平可得，該反應方程式為：，D正確；故答案為：C。8.在給定條件下，下列制備過程涉及的物質轉化均可實現的是A.制硝酸：B.硅的提純：C.工業制鈦：飽和NaCl溶液D.工業制銀鏡：【答案】B【解析】A．一氧化氮與水不反應，NO通入水中不能生成硝酸，A不符合題意；B．加熱條件下粗硅與氯氣反應生成四氯化硅，高溫下氫氣還原四氯化硅得到高純硅，B符合題意；C．電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉溶液、不能得到金屬鈉，電解熔融的氯化鈉可以得到金屬鈉，C不符合題意；D．銀氨溶液與還原性糖，例如葡萄糖反應可制得銀鏡，蔗糖不是還原性糖、不與銀氨溶液反應，D不符合題意；故選B。9.化合物Z是一種藥物的重要中間體，部分合成路線如下：下列說法正確的是A.X中所有碳原子一定共平面 B.Y能與甲醛發生縮聚反應C.最多能與發生加成反應 D.Y、Z可用溶液鑒別【答案】D【解析】A．X分子中含有的結構，所有碳原子不一定共面，A錯誤；B．Y分子中酚羥基的鄰位被其他原子團占據，無法與甲醛發生縮聚反應，B錯誤；C．含有苯環、碳碳雙鍵、酮羰基都能和氫氣發生加成反應，故最多與發生加成反應，C錯誤；D．Y中含有酚羥基，能與溶液發生顯色反應，而Z中無酚羥基，故可用可用溶液鑒別Y、Z，D正確；故選D。10.反應：可用于氨氣脫硫，下列說法正確的是A.反應的B.上述反應平衡常數C.使用高效催化劑能降低反應的焓變D.該反應中每消耗，轉移電子的數目約為【答案】D【解析】A．反應后氣體的物質的量減少，是熵減反應，所以，A錯誤；B．平衡常數表達式中，固體和純液體不寫入表達式。是固體，是純液體，不應出現在平衡常數表達式中，正確的平衡常數K=，B錯誤；C．催化劑只能降低反應的活化能，不能改變反應的焓變，焓變由反應物和生成物的能量決定，C錯誤；D．分析反應中元素化合價變化，元素從中的+4價升高到中的+6價，元素從中的0價降低到-2價，元素從中的-3升高到中的0價。根據化學方程式，4mol參與反應時，轉移20mol電子，則每消耗1mol，轉移電子5mol，轉移電子的數目約為，D正確；綜上，答案是D。11.室溫下，下列實驗探究方案能達到探究目的的是選項探究方案探究目的A用pH計分別測定濃度均為的NaClO溶液和溶液的pH，比較讀數大小HClO和的酸性強弱B在一支干燥的試管里加入2mL無水乙醇，溶解適量苯酚，振蕩。再加入綠豆大小的吸干煤油的金屬鈉，觀察是否產生氣泡苯酚能否與鈉反應C某鹵代烴與NaOH水溶液共熱后，滴入溶液，觀察沉淀顏色該鹵代烴中含有鹵元素的種類D向溶液中滴加溶液無明顯現象，再向其中加入稀硫酸，觀察是否有黃色沉淀生成該反應中硫酸作氧化劑A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．根據鹽類水解的規律“越弱越水解”。對于溶液和溶液，當它們的濃度均為時，用pH計測定其。水解顯堿性，；水解顯堿性，。溶液越大，說明其水解程度越大，對應的酸就越弱。所以通過比較兩溶液讀數大小，可以判斷和的酸性強弱，A正確；B．無水乙醇和苯酚中均含有，都能與金屬鈉反應產生氫氣，即，。所以僅觀察到產生氣泡，無法確定是苯酚與鈉反應產生的還是乙醇與鈉反應產生的，不能探究苯酚能否與鈉反應，B錯誤；C．鹵代烴與液共熱后發生水解反應，生成鹵化鈉。但溶液中存在，直接滴入溶液，會與反應生成，不穩定會分解為（黑色沉淀），干擾鹵離子的檢驗。應該先加入稀硝酸酸化，中和，再滴入溶液，根據沉淀顏色判斷鹵元素的種類，C錯誤；D．向溶液中滴加溶液無明顯現象，再加入稀硫酸，發生反應，產生黃色沉淀。在這個反應中，中為-2價，中為+4價，硫酸提供酸性環境，沒有參與氧化還原反應，作氧化劑的是，不是硫酸，D錯誤；綜上，答案是A。12.室溫下，溶液中含碳微粒的分布系數與pH的關系如圖所示。已知的分布系數：下列說法正確的是A.時：B.濃度均為和的混合液中：C.向溶液中滴加氨水至的溶液中：D.向溶液中加入NaOH溶液至的反應：【答案】C【解析】草酸()是一種二元弱酸，存在電離平衡，、，隨著pH增大，減小，先增大，后減小，增大，故曲線Ⅰ表示隨pH變化，曲線Ⅱ表示隨pH變化，曲線Ⅲ表示：隨pH變化，Ka1=，由Ⅰ和Ⅱ交點可知，Ka1==10-1.2，同理Ka2==10-4.2。A．時，由曲線各微粒分布系數可知，Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅰ，則離子濃度：，A錯誤；B．溶液中存在電離平衡：，電離常數Ka2=10-4.2、水解平衡：水解常數：，顯然電離程度大于水解程度，則溶液中：，B錯誤；C．由圖可知，時，含碳微粒主要以形式存在，故此時溶質主要是，則溶液中存在物料守恒：，則：，C正確；D．向溶液中加入NaOH溶液至時，得到等濃度的和，則離子方程式為，D錯誤；故選C。13.CO2加氫轉化為二甲醚(CH3OCH3)的反應過程如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．在3.0MPa的恒壓密閉容器中充入5.4molH2和2molCO2發生上述反應，CO2的平衡轉化率、CH3OCH3和CO生成物的選擇性隨溫度變化如題圖所示。已知：生成物R的選擇性下列說法不正確的是A.曲線b表示CH3OCH3的選擇性B.升高溫度，反應Ⅰ的平衡常數K持續減小C.350℃達到平衡時，容器內H2O的物質的量小于1.7molD.高于280℃后，溫度對反應Ⅱ的影響程度大于反應Ⅰ【答案】C【解析】由題干信息可知，反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅱ為吸熱反應，升高溫度，反應Ⅰ平衡逆向移動，反應Ⅱ平衡正向移動，則隨著溫度升高，CO的選擇性增大，CH3OCH3的選擇性減小，即曲線a表示CO的選擇性，曲線b表示CH3OCH3的選擇性，曲線c表示CO2的平衡轉化率，據此分析解題。A．由分析可知，曲線b表示CH3OCH3的選擇性，A正確；B．由題干信息可知，反應Ⅰ的=-49.1kJ/mol，為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數K減小，B正確；C．在350℃時，CO2的平衡轉化率為85%，則參加反應的n(CO2)=2mol×85%=1.7mol，由圖像可知，此時CH3OCH3的選擇性為0，即此溫度下只發生反應Ⅰ、Ⅱ，生成H2O的物質的量為1.7mol，C錯誤；D．由題干圖像可知，高于280℃后，CO2的平衡轉化率增大，CO的選擇性增大，CH3OCH3的選擇性減小，說明溫度對反應Ⅱ（生成CO的反應）的影響程度大于反應Ⅰ，D正確；故答案為：C。二、非選擇題(共61分)14.稀土元素Ce是重要的戰略資源，其氧化物CeO2是一種重要的催化劑。一種沉淀法制備CeO2的過程如下：（1）制備Ce2(CO3)3·8H2O沉淀①配制Ce(NO3)3溶液時，需滴加適量稀硝酸調節酸度，其原因為___________。②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化學方程式為___________。③溶液pH與Ce2(CO3)3·8H2O沉淀產率的關系如圖1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱堿性)前，先加氨水調節溶液pH約為6的原因為___________。（2）灼燒Ce2(CO3)3·8H2O制備CeO2在空氣中灼燒Ce2(CO3)3·8H2O，測得灼燒過程中剩余固體質量與起始固體質量的比值隨溫度變化曲線如圖2所示。已知a到b過程中產生的氣體不能使無水CuSO4變藍，但能被堿液完全吸收。①a點固體產物為___________(填化學式，寫出計算過程)。②“灼燒”過程中，產生的氣體選用氨水吸收的原因為___________。③b點得到CeO2晶體，其晶胞如圖3所示。晶胞中與每個Ce4+距離最近的Ce4+的個數為___________。【答案】（1）①.抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀②.2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3③.提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀產率；節約NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超過6，Ce(OH)3含量增大，最終CeO2產品氣孔少，吸附能力弱（2）①.Ce2(CO3)3②.吸收CO2，減少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循環使用③.12【解析】配制Ce(NO3)3溶液時，需滴加適量稀硝酸調節酸度以抑制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，該反應的化學方程式為：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，過濾、洗滌低溫干燥得到Ce2(CO3)3·8H2O，對Ce2(CO3)3·8H2O進行灼燒至恒重即可得到CeO2，并用氨水吸收CO2即可生成NH4HCO3可以循環使用，據此分析解題。（1）①已知Ce(NO3)3是強酸弱堿鹽，Ce3+能夠發生水解呈酸性同時生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce(NO3)3溶液時，需滴加適量稀硝酸調節酸度，其原因為抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，故答案為：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀；②由題干流程圖可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得該反應的化學方程式為：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案為：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3；③由題干圖1所示溶液pH與Ce2(CO3)3·8H2O沉淀產率的關系的信息可知，pH=6時Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率較高，原溶液呈酸性將消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超過6時將產生Ce(OH)3使得最終產物中含有Ce2(CO3)3·8H2O較少，煅燒時產生的CO2更少，最終產品CeO2氣孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱堿性)前，先加氨水調節溶液pH約為6的原因為提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀產率；節約NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超過6，Ce(OH)3含量增大，最終CeO2產品氣孔少，吸附能力弱，故答案為：提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀產率；節約NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超過6，Ce(OH)3含量增大，最終CeO2產品氣孔少，吸附能力弱；（2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩爾質量為604g/mol，a到b過程中產生的氣體不能使無水CuSO4變藍，但能被堿液完全吸收，說明這時不再放出水蒸氣，即a點處結晶水已經完全失去，設灼燒1molCe2(CO3)3·8H2O固體，則起始固體質量為：1mol×604g/mol=604g，a點對應剩余固體質量為：604g×76.16%=460g，即這階段減少質量為604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a點固體產物為Ce2(CO3)3，故答案為：Ce2(CO3)3；②煅燒過程中，將產生CO2，故“灼燒”過程中，產生的氣體選用氨水吸收能夠吸收CO2，減少碳排放，同時生成NH4HCO3，可循環使用，故答案為：吸收CO2，減少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循環使用；③由題干晶胞可知，一個晶胞中黑球個數為：8×+6×=4個，白球為8個，結合化學式CeO2，可知黑球代表Ce，白球代表O，故晶胞中與每個Ce4+距離最近的Ce4+的個數為12，故答案為：12。15.化合物G是一種麻醉藥物，其合成路線如下：（1）B分子中采取雜化和雜化的碳原子個數比為___________。（2）E→F中有副產物生成，該副產物的結構簡式為___________。（3）F→G的過程中，除用作反應物，另一作用為___________。（4）G的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：___________。①分子中含有4種不同環境的氫原子②酸性條件水解，產物之一為碳酸（5）寫出以和為原料制備的合成路線流程圖___________。(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。【答案】（1）9:2（2）（3）吸收生成的HCl，提高F的轉化率（4）或（5）【解析】A與先發生加成反應，后發生消去反應生成B，B發生還原反應生成C，C發生取代反應生成D，D通過加成反應、取代反應得到E，E中氯原子發生取代反應得到F，F發生取代反應得到G，據此回答；（1）B分子中苯環上的碳原子和雙鍵上的碳原子為雜化，采取雜化的碳原子個數為9，乙基中的碳原子為雜化，采取雜化的碳原子個數為2，個數比為9:2；（2）E中有2個氯原子，均可發生取代反應，根據副產物分子式，可知副產物的結構簡式為；（3）中含有氨基，具有堿性，可以與產物HCl反應，則F→G過程中，除用作反應物，另一作用為吸收生成的HCl，提高F的轉化率；（4）G一種同分異構體分子在酸性條件水解，產物之一為碳酸，根據分子中N、O原子數目，說明結構中含有碳酸形成的酯基和肽鍵，則含有基團：，分子中含有4種不同環境的氫原子，說明結構高度對稱，符合條件的結構簡式有：或；（5）發生氧化反應生成，與發生取代反應生成，發生題中流程D→E的反應生成，發生水解反應生成對苯二甲醇，對苯二甲醇發生縮聚反應得到，則合成路線為：。16.超高石灰鋁工藝處理高氯(Cl-)廢水，操作簡單，成本低。涉及的主要反應為：Ⅰ．Ⅱ．。Cl-轉化為弗氏鹽沉淀而除去。已知：溶液中等離子也能發生類似反應Ⅱ而除去；在堿性較強情況下還會生成沉淀。（1）①一定體積的高氯廢水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，與廢水中Cl-反應生成弗氏鹽的離子方程式為___________。②投入原料選用NaAlO2，而不選用Al2(SO4)3的原因為___________。（2）室溫下，平衡時溶液，體系中最終存在和沉淀，已知；，此時溶液中和的濃度比為___________。（3）投料中的量與Cl-去除率如圖1所示。鈣氯摩爾比大于6:1后，繼續增加Ca(OH)2，Cl-去除率不升反而略降的原因為___________。（4）測定廢水中Cl-的含量已知水溶液中Cl-可用精確濃度的Hg(NO3)2溶液滴定，以二苯偶氮碳酰肼為指示劑，滴定終點時溶液出現紫紅色。滴定反應為Hg2++2Cl-=HgCl2↓(白色)，滴定裝置如圖2所示。①二苯偶氮碳酰肼()分子中的N原子與Hg2+通過配位鍵形成含有五元環的紫紅色物質，畫出該物質的結構簡式___________(須標出配位鍵)。②補充完整實驗方案：準確量取25.00mL水樣(水樣中Cl-濃度約為)于錐形瓶中，調節pH值為2.5~3.5，將溶液裝入酸式滴定管中，調整管中液面至“0”刻度，___________。(必須使用的試劑：二苯偶氮碳酰肼)【答案】（1）①.②.部分與SOF反應，減少了其與的反應，使去除率降低；與生成沉淀（2）（3）加，使溶液的堿性增強，生成了，使生成的減少；濃度增大反應Ⅱ平衡逆向移動，使去除率不升反而略微下降（4）①.或②.向錐形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振蕩，向錐形瓶中慢慢滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至加入最后半滴溶液時，顏色變為紫紅色，且30s內顏色不褪色：記錄滴加溶液的體積，重復上述操作2~3次【解析】（1）①已知石灰乳在離子方程式書寫時不能拆，故一定體積的高氯廢水中加入石灰乳和NaAlO2溶液，與廢水中Cl-反應生成弗氏鹽的離子方程式為：，故答案為：；②由題干信息可知，溶液中等離子也能發生類似反應Ⅱ而除去，若投入的原料選用Al2(SO4)3導致與反應從而減少了其與Cl-的反應，降低了Cl-的去除率，且與Ca2+結合生成CaSO4沉淀，故答案為：部分與反應，減少了其與的反應，使去除率降低；與生成沉淀；（2）室溫下，平衡時溶液pH=12，即溶液中c(OH-)=10-2mol/L，體系中最終存在Ca(OH)2和Al(OH)3沉淀，即此時溶液中：c(Ca2+)===1.0mol/L，c(Al3+)===1.0×10-28mol/L，此時溶液中Ca2+和Al3+的濃度比為1.0mol/L：1.0×10-28mol/L=1028:1，故答案為：1028:1；（3）鈣氯摩爾比大于6:1后，繼續增加Ca(OH)2，加，使溶液的堿性增強，生成了，使生成的減少；濃度增大反應Ⅱ平衡逆向移動，使去除率不升反而略微下降，故答案為：加，使溶液的堿性增強，生成了，使生成的減少；濃度增大反應Ⅱ平衡逆向移動，使去除率不升反而略微下降；（4）①已知二苯偶氮碳酰肼()分子中每個N均含有孤電子對，則該物質的N原子與Hg2+通過配位鍵形成含有五元環(即含有5個原子的環)的紫紅色物質，該物質的結構簡式為：或；②根據中和滴定的操作原理可知，準確量取25.00mL水樣(水樣中Cl-濃度約為)于錐形瓶中，調節pH值為2.5~3.5，將溶液裝入酸式滴定管中，調整管中液面至“0”刻度，向錐形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼做指示劑，振蕩，向錐形瓶中慢慢滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至加入最后半滴溶液時，顏色變為紫紅色，且30s內顏色不褪色即為滴定終點：記錄滴加溶液的體積，重復上述操作2~3次，故答案為：向錐形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振蕩，向錐形瓶中慢慢滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至加入最后半滴溶液時，顏色變為紫紅色，且30s內顏色不褪色：記錄滴加溶液的體積，重復上述操作2~3次。17.在工業生產過程中容易導致催化劑失活，工業上脫除有