2025年河南省普通高中学业水平选择性考试-加标签（精校版）（无答案）

河南省2025年普通高中学业水平选择性考试一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.(2025·河南，1)活字印刷术极大地促进了世界文化的交流，推动了人类文明的进步。下列“活字”字坯的主要成分为硅酸盐的是()2.(2025·河南，2)下列化学用语或图示正确的是()A.反-1，2-二氟乙烯的结构式：B.二氯甲烷分子的球棍模型：C.基态S原子的价电子轨道表示式：D.用电子式表示CsCl的形成过程：3.(2025·河南，3)下列图示中，实验操作或方法符合规范的是()4.(2025·河南，4)X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。下列说法错误的是()A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化C.R→Q反应需要在强酸性条件下进行D.Q可以通过单质间化合反应制备5.(2025·河南，5)对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是()A.磷酸二氢钠水解：H2PO4-+H2OH3PO4+OHB.用稀盐酸浸泡氧化银：Ag2O+2H+2Ag++H2OC.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：ClO-+H+HClOD.向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：H++SO42-+Ba2++HCO3-BaSO4↓+CO2↑6.(2025·河南，6)我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素Q、W、X、Y和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多1，X所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是()A.QY3为极性分子B.ZY为共价晶体C.原子半径：W>ZD.1个X2分子中有2个π键7.(2025·河南，7)化合物M是从红树林真菌代谢物中分离得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是()MA.分子中所有的原子可能共平面B.1molM最多能消耗4molNaOHC.既能发生取代反应，又能发生加成反应D.能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键8.(2025·河南，8)某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。下列说法错误的是()A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2OC.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液9.(2025·河南，9)自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量Mr=870+32x(x为整数)。下列说法正确的是()A.x=1B.第一电离能：C<N<OC.该化合物中不存在离子键D.该化合物中配位数与配体个数相等10.(2025·河南，10)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g)CH3CHCH2(g)+H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH3CHCH2+2*HCH3CHCH2(g)+H2(g)中部分进程已省略)。下列说法正确的是()A.总反应是放热反应B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定D.①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3*CH3CHCH3+*H11.(2025·河南，11)可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景，一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。下列说法错误的是()A.E能使溴的四氯化碳溶液褪色B.由E、F和G合成M时，有HCOOH生成C.P在碱性条件下能够发生水解反应而降解D.P解聚生成M的过程中，存在C—O键的断裂与形成12.(2025·河南，12)一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。下列说法正确的是()A.Ⅱ为阳离子交换膜B.电极a附近溶液的pH减小C.电极b上发生的电极反应式为[Fe(CN)6]4-+e-[Fe(CN)6]3-D.若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上可回收1molLiCl13.(2025·河南，13)在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是()A.该反应的原子利用率为100%B.每消耗1molO2可生成1molCH3COOHC.反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化D.若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH14.(2025·河南，14)乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为Y)可结合H+转化为[H2NCH2CH2NH3]+(简写为HY+)和[H3NCH2CH2NH3]2+(简写为H2Y2+)。Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子。室温下向AgNO3溶液中加入Y，通过调节混合溶液的pH改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中Ag+和Y的初始浓度分别为1.00×10-3mol·L-1和1.15×10-2mol·L-1。-lg[c(M)/(mol·L-1)]与-lg[c(Y)/(mol·L-1)]的变化关系如图1所示(其中M代表Ag+、[AgY]+或[AgY2]+)，分布系数δ(N)与pH的变化关系如图2所示(其中N代表Y、HY+或H2Y2+)，比如δ(H2Y2+)=c(下列说法错误的是()A.曲线Ⅰ对应的离子是[AgY2]+B.δ(HY+)最大时对应的pH=8.39C.反应Ag++Y[AgY]+的平衡常数K1=104.70D.-lg[c(Y)/(mol·L-1)]=3.00时，c(HY+)>c(H2Y2+)>c(Y)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.(2025·河南，15)(14分)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸溶1”的目的是。(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为；“滤渣”的主要成分是(填化学式)。(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为。(4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol·L-1，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。A.2.0 B.4.0 C.6.0(5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为；反应中同时生成[SnCl6]2-，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为。(6)“酸溶3”的目的是。16.(2025·河南，16)(14分)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为S+2OH-+3H2O2SO42-+4H2O主要实验步骤如下：Ⅰ.如图所示，准确称取mg细粉状药用硫黄于①中，并准确加入V1mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至100℃，保持20min，冷却至室温。Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用cmol·L-1HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V2mL。Ⅳ.不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3mL。计算样品中硫的质量分数。Ⅴ.平行测定三次，计算硫含量的平均值。回答下列问题：(1)仪器①的名称是；②的名称是。(2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是。(3)步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是。(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的SO42-，(5)步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为。(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为(写出计算式)。17.(2025·河南，17)(15分)CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下：反应Ⅰ：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)ΔH1=+178kJ·mol-1反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)ΔH2=+247kJ·mol-1反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH3=+41kJ·mol-1回答下列问题：(1)Ca位于元素周期表中区；基态Ni2+的价电子排布式为。(2)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是。(3)NixPy的晶胞如图1所示(晶胞参数a=b≠c，α=β=90°，γ=120°)，该物质的化学式为。(4)恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是。(5)在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是。(6)一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0molCaCO3和1.0molCH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp=(保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为。已知：原位CO2利用率=[n18.(2025·河南，18)(15分)化合物I具有杀虫和杀真菌活性，以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。已知：回答下列问题：(1)I中含氧官能团的名称是。(2)A的结构简式为。(3)由B生成C的化学方程式为。反应时，在加热搅拌下向液体B中滴加异丙醇；若改为向异丙醇中滴加B则会导致更多副产物的生成，副产物可能的结构简式为(写出一种即可)。(4)由D生成E的反应类型为。(5)由F生成H的反应中可能生成中间体J，已知J的分子式为C23H26F3NO3，则J的结构简式为(写出一种即可)。(6)G的同分异构体中，含有碳氧双键的还有种(不考虑立体异构)；其中，能发生银镜反应，且核磁共振氢谱显示为两组峰的同分异构体的结构简式为。答案精析1.A解析泥活字字坯的主要原料是黏土，黏土的主要成分是硅酸盐，A正确；木活字字坯的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子，B错误；铜活字字坯和铅活字字坯的主要成分均为金属，均属于金属材料，C、D错误。2.B解析两个氟原子位于碳碳双键同侧为顺式结构，两个氟原子位于碳碳双键两侧为反式结构，因此反-1，2-二氟乙烯的结构简式为，A错误；甲烷为正四面体结构，因此二氯甲烷为四面体结构，原子半径：Cl>C>H，则二氯甲烷的球棍模型为，B正确；S原子核外有16个电子，基态S原子的价电子排布式为3s23p4，则价电子轨道表示式为，C错误；CsCl为离子化合物，用电子式表示CsCl的形成过程为，D错误。3.B解析溶解氯化钠固体一般在小烧杯中进行，如果在试管中溶解少量氯化钠固体，应敞口左右轻轻振荡试管使氯化钠固体溶解，不能用拇指堵住试管口上下振荡，A错误；可用酸式滴定管量取20.00mL草酸溶液，故B正确；用向上排空气法收集二氧化碳气体没有出气导管，会使瓶内压强过大，产生危险，C错误；钠与水反应剧烈，实验时不能近距离俯视烧杯，观察钠与水的反应时应佩戴护目镜、在远处观察，D错误。4.C解析由X和Q的组成元素相同及溶液Z、R的颜色推断，X中含有铁元素，因此结合物质的颜色可判断固体X为FeS2，固体Y为Fe2O3，溶液Z中含有Fe3+，溶液R中含有Fe2+，固体Q为FeS。Y为Fe2O3，为红棕色固体，常用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；溶液Z中含有Fe3+，加热煮沸后Fe3+发生水解会生成Fe(OH)3胶体，溶液颜色会由棕黄色转变为红褐色，B正确；R→Q为Fe2+→FeS的过程，可通过反应Fe2++H2SFeS↓+2H+实现，H2S为弱酸，C错误；Q为FeS，可在加热条件下Fe和S化合反应制备，D正确。5.A解析磷酸二氢钠水解生成磷酸和氢氧化钠，其水解反应的离子方程式为H2PO4-+H2OH3PO4+OH-，A正确；用稀盐酸浸泡氧化银生成氯化银沉淀和水，其离子方程式为Ag2O+2H++2Cl-2AgCl+H2O，B错误；次氯酸钠溶液具有强氧化性，因此向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液会发生氧化还原反应生成I2和Cl-，其离子方程式为ClO-+2H++2I-I2+Cl-+H2O，C错误；向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，其离子方程式为Ba2++2HCO3-+2H++SO42-BaSO4↓+2CO2↑+2H2O，6.D解析该晶体材料的组成元素Q、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多1，其电子排布式为1s22s22p3，则X为N元素；N处于元素周期表第ⅤA族，Q的质子数等于N所在族的族序数，则Q的质子数为5，Q为B元素；W处于B和N元素之间，则W为C元素；基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核外电子数(核电荷数)之和为Q的4倍，即二者的核外电子数之和为20，则基态Y原子的核外电子排布式为1s22s22p5，Y为F元素，基态Z原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，Z为Na元素。BF3的中心B原子价层电子对数为3，无孤电子对，其空间结构为平面正三角形，正、负电荷中心重合，因此BF3为非极性分子，A错误；NaF为离子晶体，B错误；同周期元素从左向右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径：Na>Li>C，C错误；N2中N原子之间为三键，因此1个N2分子中有2个π键，D正确。7.C解析由化合物M的结构可以看出，分子中含有饱和碳原子，因此分子中所有的原子不可能共平面，A错误；1个M分子中含有的2个酚羟基和1个羧基，含有的1个酯基可以水解生成1个酚羟基和1个羧基，酚羟基和羧基均能与NaOH发生反应，因此1molM最多能消耗5molNaOH，B错误；M分子中含有的酚羟基和羧基可以发生取代反应，含有的苯环可以和H2发生加成反应，C正确；M分子中含有酚羟基和羧基，可以形成分子间氢键，M分子内处于邻位的酚羟基和羧基可以形成分子内氢键，D错误。8.D解析向CuSO4溶液中加入氨水生成Cu(OH)2蓝色沉淀，继续滴加过量氨水，Cu(OH)2沉淀转化为[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液，再加入乙醇，可以降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，使[Cu(NH3)4]SO4析出，过滤后洗涤可得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O深蓝色固体，向[Cu(NH3)4]SO4·H2O固体中加入过量浓盐酸，固体溶解，转化为含[CuCl4]2-的黄绿色溶液。由上述分析知，②中沉淀为Cu(OH)2，④中沉淀为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，二者不是同一种物质，A正确；③中现象说明向CuSO4溶液中(含有[Cu(H2O)4]SO4)加入过量氨水，[Cu(H2O)4]SO4可以转化为[Cu(NH3)4]SO4，说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O，B正确；向[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液中加入乙醇，可以降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，使[Cu(NH3)4]SO4析出，即④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中的小，C正确；向[Cu(NH)4]SO4·H2O中加入稀硫酸，生成CuSO4与(NH4)2SO4，为蓝色溶液，D错误。9.A解析固体开始失去的为CH3OH，根据热重曲线，失去CH3OH后剩余物质的质量保留百分数为96.5%，则根据该化合物的相对分子质量Mr=870+32x(x为整数)可得：870870+32x=96.5%，解得x=1，A正确；N元素2p轨道为半充满的较稳定状态，故其第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，因此第一电离能：C<O<N，B错误；由该化合物的结构可知，配离子与NO3-之间存在离子键，C错误；由该化合物的结构可知，该化合物中的配体有2个，与Fe配位的原子为4个N和2个O，即配位数为6，10.C解析化学平衡常数只与温度有关，而与其他条件无关，因此两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同，B错误；催化剂a作用下，丙烷吸附态能量较低，能量越低越稳定，故催化剂a吸附得到的吸附态更稳定，C正确；反应的决速步骤为活化能最大的步骤，即反应进行最慢的步骤，由图像可以看出，在①转化为②的进程中，*CH3CHCH3+*H*CH3CHCH2+2*H的活化能最大，因此①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CHCH3+*H*CH3CHCH2+2*H(或写为*CH3CHCH3*CH3CHCH2+*H)，D错误。11.B解析E中含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；由原子守恒可知，反应过程中，另一生成物为CH3OH，故B错误；P中含有酯基，可以发生水解反应生成小分子而降解，C正确；P解聚过程中中虚线处C—O键断开，然后a、b处相连即可得到M，故D正确。12.D解析电极a为阴极，发生反应：O2+4e-+2H2O4OH-，电极b为阳极，发生反应：Li4[Fe(CN)6]-e-Li3[Fe(CN)6]+Li+，C错误；为实现海水的淡化，海水中Na+应通过离子交换膜Ⅰ进入最左侧，为以LiCl形式回收锂元素，海水中Cl-应通过离子交换膜Ⅱ向右侧迁移，Li+应通过离子交换膜Ⅲ向左侧迁移，故离子NaCl，转移电子1mol，所以可回收1molLiCl，D正确。13.B解析分析题图可知，该过程的总反应为2CO+O2+2CH42CH3COOH，故原子利用率为100%，A正确；根据总反应方程式知，每消耗1molO2会生成2molCH3COOH，B错误；分析题图知，催化剂原子上可连接O原子、—OH、—CO、—COCH3，且反应过程中成键个数均发生变化，所以Rh和Fe的化合价发生改变，C正确；以CD4为原料，按照总反应方程式，应当生成CD3COOD，其在水溶液中存在平衡：CD3COODCD3COO-+D+，CD3COO-会与H2O电离出的H+结合生成CD3COOH，D正确。14.D解析含Ag物种存在平衡：[AgY2]+Y+[AgY]+(KD1)、[AgY]+Y+Ag+(KD2)，随着-lg[c(Y)/(mol·L-1)]增大，即c(Y)减小，[AgY2]+减少、[AgY]+先增加后减少、Ag+增加，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别对应[AgY2]+、[AgY]+、Ag+。将H2Y2+视为二元弱酸，则其存在如下平衡：H2Y2+H++HY+(Ka1)、HY+H++Y(Ka2)，随着pH增大，H2Y2+减少、HY+先增加后减少、Y增加，故曲线Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ分别对应H2Y2+、HY+、Y。Ⅳ、Ⅴ交点处pH=6.85、c(H2Y2+)=c(HY+)，故Ka1=c(H+)·c(HY+)c(H2Y2+)=c(H+)=10-6.85，同理，可得Ka2=10-9.93。由上述分析知，A正确；Ka1×Ka2=c(HY+)·c(H+)c(H2Y2+)×c(Y)·c(H+)c(HY+)=c2(H+)·c(Y)c(H2Y2+)=10-6.85×10-9.93=10-16.78，δ(HY+)最大时，溶液中c(H2Y2+)=c(Y)，则c2(H+)=10-16.78mol2·L-2，解得c(H+)=10-8.39mol·L-1，pH=8.39，B正确；Ag++Y[AgY]+的平衡常数K1=c([AgY]+)c(Ag+)·c(Y)，曲线Ⅱ、Ⅲ的交点处c(Ag+)=c([AgY]+)，c(Y)=10-4.70mol·L-1，故K1=104.70，C正确；由Ag守恒可知：1.00×10-3mol·L-1=c(Ag+)+c([AgY]+)+c([AgY2]+)，-lg[c(Y)/(mol·L-1)]=3.00时，c(Ag+)=10-5.01mol·L-1≈10-5mol·L-1、c([AgY]+)=c([AgY2]+)=4.95×10-4mol·L-1≈5.0×10-4mol·L-1，由Y守恒可知：1.15×10-2mol·L-1=2c([AgY2]+)+c([AgY]+)+c(Y)+c(HY+)+c(H2Y2+)，将c([AgY]+)、c([AgY2]+)代入计算可得c(15.(1)除Fe(2)Rh+6HCl+HNO3H3[RhCl6]+NO↑+2H2OSiO2(3)Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl(4)A(5)+16∶1(6)除去滤渣中未反应的Zn解析(1)由流程分析可知，“酸溶1”的目的是除去合金粉中的Fe。由流程分析可知，“滤渣”的主要成分是SiO2。(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后含有的少量的Rh2O3和RhCl3被氢气还原为Rh，故“高温还原”中发生反应的化学方程式为Rh2O3+3H22Rh+3H2O和2RhCl3+3H22Rh+6HCl。(4)SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol·L-1，恰好生成Sn(OH)2沉淀时，溶液中c(OH-)=Ksp[Sn(OH)2]c(Sn2+)≈2.3×10-12mol·L-1，pOH≈11.6，pH≈2.4，故为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH应小于2.4，故本题选A。(5)[Rh(SnCl3)5]4-带4个单位负电荷，Sn为+2价，则Rh为+1价。“活化还原”过程中，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计，被还原为Rh(Ⅰ)，SnCl2被氧化为[SnCl6]2-，同时SnCl2与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-，每形成1个[Rh(SnCl3)5]4-需要5个SnCl2，结合原子守恒及得失电子守恒可知，理论上SnCl2和[RhCl16.(1)圆底烧瓶球形冷凝管(2)作溶剂，溶解硫黄(3)防止乙醇被过氧化氢氧化，干扰后续滴定(4)水浴加热不能持续保持100℃取少量溶液于试管中，先加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中含有SO42-，反之不含SO42-(5)加入最后半滴HCl标准溶液，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复解析(1)由图中仪器构造特点可知，仪器①的名称是圆底烧瓶，仪器②的名称是球形冷凝管。(2)由于S难溶于水，微溶于乙醇，故步骤Ⅰ中乙醇的作用是作溶剂，溶解硫黄。(3)由于过氧化氢能将乙醇氧化，干扰后续滴定，故步骤Ⅰ中，样品完全溶解后必须蒸馏除去乙醇。(4)由于水浴加热不能持续保持100℃，故步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的SO42-，实验操作是取少量溶液于试管中，先加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中含有SO42-，反之不含SO42-。(5)步骤Ⅲ中是用盐酸标准溶液滴定溶液中过量的碱，指示剂为甲基橙，故判断滴定达到终点的现象为加入最后半滴HCl标准溶液，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复。(6)不加入硫黄进行步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3mL，由此可知，起始加入的n(KOH)=cV3×10-3mol。加入硫黄进行步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ操作，用cmol·L-1HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl标准溶液体积为V2mL，由此可知，与S反应后剩余的KOH的物质的量为cV2×10-3mol，故与单质硫反应消耗的KOH的物质的量为c(V3-V2)×10-3mol，结合题中所给的离子方程式可知，样品中硫的物质的量为17.(1)s3d8(2)O原子中有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用导致键角减小(3)Ni2P(4)CH4重整反应消耗CO2，促进CaCO3的分解反应正向进行(5)T1反应Ⅱ是吸热反应，压强一定时，温度升高，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大(6)1.27