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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（江苏专用）
黄金卷05
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
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. 捕集利用与封存技术成为 减排的重要手段。下列关于 综合利用与处理方法错误的是
A．碱液吸收法 B．环加成制高聚物
C．电化学氧化法 D．加氢制碳氢化合物
【答案】A
【解析】CO 属于酸性氧化物，可以用碱液吸收CO，A项正确；CO 的结构式为O=C=O，CO 中含有π
2 2 2 2
键，CO 能通过环加成制聚碳酸酯高聚物，B项正确；CO 中碳元素的化合价为+4价，为碳元素的最高价，
2 2
CO 具有氧化性，CO 可通过电化学还原法处理，C项错误；CO 与H 在一定条件下可以反应生成CH 等
2 2 2 2 4
碳氢化合物，如CO+4H CH+2H O，D项正确。
2 2 4 2
2．下列有关化学用语的表述正确的是
A．NH Br的电子式： B．O 分子的球棍模型：
4 3
C．NaBH 中H元素的化合价为+1 D．CuSO •5H O中含离子键、共价键、配位键、氢键
4 4 2
【答案】D
【解析】NH Br的电子式： ，A项错误；O 分子中心O原子为sp2杂化，有一个孤电
4 3
子对，因此O 分子为V形结构，球棍模型为： ，B项错误；NaBH 中Na为+1价，B为+3
3 4
价 ， 即 H 元 素 的 化 合 价 为 -1 ， C 项 错 误 ； CuSO •5H O 的 结 构 示 意 图 为 ：
4 2，由图可知，CuSO •5H O中含离子键、共价键、配位键、氢键，D
4 2
项正确。
3. 以菱镁矿(主要成分是 ，含少量 )为原料制取高纯氧化镁需要经历酸浸、调pH、过滤、灼
烧等操作。下列实验装置和原理能达到实验目的的是
A．用装置甲配制稀 B．用装置乙测定溶液的pH
C．用装置丙过滤悬浊液 D．用装置丁灼烧 固体
【答案】C
【解析】容量瓶属于玻璃精量器，不能在容量瓶中直接稀释溶液，A错误；测定溶液的pH时不能将pH试
纸直接放进溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液点在试纸上与比色卡对比读数，B错误；用装置丙过滤悬浊液，
装置及操作均正确，C正确；灼烧固体时应选用坩埚，且加热固体物质时试管口应该向下倾斜，D错误。
4．前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且位于周期表4个不同的周期。Y的电负性仅
次于氟元素，常温下Z单质是气体，基态W原子的外围电子排布为ns2np5。下列有关说法正确的是( )
A. W位于元素周期表中第四周期ⅤA族 B. Z的最高价氧化物的水化物为弱酸
C. X与Y组成的化合物分子间可形成氢键 D. Z和W形成的化合物中W显负价
【答案】C
【解析】四种元素位于4个不同周期，则X为H元素，Y的电负性仅次于氟元素，则Y为O元素，W位于
第四周期，且最外层为7个e－的主族元素，则W为Br，Z位于第三周期，且为气体，则Z为Cl。A项，A
项，Br位于第四周期VIIA族，错误；B项，HClO 为强酸，错误；C项，HO或HO 分子间均可以形成
4 2 2 2
氢键，正确；D项，BrCl中，Cl的非金属性强于Br，Cl的电负性强于Br，所以Cl显负价，Br显正价，错
误。阅读下列材料，回答5~7题：
ⅤA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝
酸、纯碱、医药等；肼( )的燃烧热为 ，是常用的火箭燃料。白磷( )晶胞如图所示，P元
素可形成多种含氧酸，其中次磷酸( )为一元弱酸， 为三元中强酸。锑是带有银色光泽的灰色
金属，铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。
5．下列说法正确的是
A． 是由极性键形成的非极性分子 B． 易液化是由于 与 分子间形成氢键
C．ⅤA族元素单质的晶体类型相同 D．白磷晶体中1个 分子周围有12个紧邻的 分子
【答案】D
【解析】 中含共价键P－Cl键，属于极性键，中心原子P价层电子对数： ，含1对
孤电子对，为三角锥形，属于极性分子，A错误； 易液化是由于 分子间形成氢键，B错误；VA
族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素由非金属元素向金属过渡，氮、磷、砷形成的单质是分子晶体，锑(Sb)单质
晶体类型是金属晶体，C错误；由白磷晶胞结构图可知，与晶胞顶点距离最近且相等的白磷分子有3个，
分别位于3个面心，为2个晶胞所共用；而晶胞顶点上的白磷分子为8个晶胞所共用，则晶体中与1个
分子紧邻的 分子有： ，D正确。
6．下列化学反应表示正确的是
A．肼燃烧的热化学方程式： ；B． 与水反应：
C．次磷酸与足量NaOH溶液反应：
D．铅蓄电池放电时的负极反应：
【答案】B
【解析】肼( )的燃烧热为 ，即1mol 燃烧生成氮气和液态水时放出624kJ热量，热化
学方程式： ； ，A错误；NO 与水反应生成硝酸和
2
一氧化氮气体，反应的离子方程式为： ，B正确；次磷酸( )为一元
弱酸，1mol次磷酸只能消耗1molNaOH，反应方程式为： ，C错误；铅
蓄电池放电时的负极反应是铅失电子生成硫酸铅沉淀，电极反应为：Pb+ -2e-=PbSO，D错误。
4
7．下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A． 易分解，可用作氮肥
B． 极易溶于水，可用于工业制硝酸
C． 具有脱水性，可用于实验室乙醇制取乙烯
D．铅锑合金导热性好，可用作铅蓄电池的电极材料
【答案】C
【解析】 可用作氮肥是因为它含有氮元素（植物生长的营养元素之一)，而不是因为它受热易分
解，A错误； 催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝
酸，可以用于工业制硝酸，与 极易溶于水无关，B错误； 具有脱水性，与浓硫酸类似，可以作催
化剂使乙醇发生消去反应生成乙烯，C正确；铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料，是因为铅锑合金能导电，和导热性无关，D错误。
8．元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是
A．工业制取漂白粉：饱和食盐水 漂白粉
B．工业制取镁： 溶液 无水 Mg
C．工业制取硫酸：
D．工业制取纯碱：饱和食盐水 固体 固体
【答案】D
【解析】工业制取漂白粉是将Cl 通入石灰乳中制得，A项错误；由于MgCl 水解生成Mg(OH) 和HCl，
2 2 2
HCl易挥发，故直接蒸干MgCl 溶液得不到无水MgCl ，B项错误；硫与过量的O 燃烧只能生成SO ，SO
2 2 2 2 2
经催化氧化才能制得SO ，C项错误；向饱和食盐水中先通入NH ，后通入CO，可以制得NaHCO 固体，
3 3 2 3
然后NaHCO 受热分解得到纯碱，D项正确。
3
9．化合物Z是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，可由下列反应制得。
下列说法正确的是
A．X分子中含有1个手性碳原子 B．Y能发生消去反应
C．Z中的含氧官能团为羰基和醚键 D． 最多能与 反应
【答案】A
【解析】根据手性碳原子的定义可知，甲基的对位基团与苯环直接相连的C原子为手性碳原子，X分子中
只有这1个手性碳原子，A正确；与溴原子相连的β-C上无氢原子，不能发生消去反应，B错误；Z中的含
氧官能团为酯基和醚键，C错误；溴原子与酯基可以和氢氧化钠发生反应，1molZ最多能与2molNaOH反
应，D错误。
10．750℃时，NH 和O 发生以下两个反应：
3 2
①4NH (g)+5O(g) 4NO(g)+6H O(g) △H
3 2 2 1
②4NH (g)+3O(g) 2N(g)+6HO(g) △H
3 2 2 2 2
下列说法正确的是A．反应①的平衡常数可表示为K=
1
B．反应②的△S＜0
C．反应①中每生成2molNO，转移电子数约为6.02×1024
D．反应②的△H=2E(N≡N)+12E(H－O)-12E(N－H)-3E(O=O)
2
【答案】C
【解析】反应①的平衡常数可表示为K= ，A项错误；反应②的气体的计量数减少，即△S
1
大于0，B项错误；由方程式可知生成1molNO时电子转移5mol，所以反应①中每生成2molNO，转移
10mol电子，约为6.02×1024，C项正确；反应②的△H=-2E(N≡N) ，D
2
项错误。
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案 探究目的
用pH计测量浓度均为0.1 mol·L－1的NaCN溶液和
A 酸性：CHCOOH>HCN
CHCOONa溶液的pH，比较溶液pH大小 3
3
向CO还原Fe O 所得到的产物中加入稀盐酸，滴加
B 2 3 Fe O 全部被还原
KSCN溶液，观察颜色变化 2 3
C 将SO 通入滴有酚酞的NaOH溶液，观察溶液颜色变化 SO 具有漂白性
2 2
向KCl和KI的混合溶液中滴加AgNO 溶液，观察沉淀
D 3 溶解度：AgI<AgCl
颜色
【答案】A
【解析】A项，NaCN和CHCOONa水解均显碱性，相同浓度下，测定两种溶液的pH，pH大的溶液对应
3
的阴离子水解程度大，根据“越弱越水解”推知，水解程度大的盐对应的酸更弱，正确；B项，若Fe O
2 3
部分被还原，则所得产物为Fe O 和Fe的混合固体，向其中加入稀盐酸，Fe O 溶解生成Fe3＋，Fe3＋会与
2 3 2 3
Fe发生归中反应生成Fe2＋，加入KSCN溶液，可能观察不到溶液颜色变成血红色，由此会误判Fe O 完全
2 3
被还原为Fe，错误；C项，SO 与NaOH反应，SO 表现酸性氧化性的性质，NaOH被消耗后，滴有酚酞的
2 2
NaOH溶液会褪色，错误；D项，没有指明KCl和KI的浓度，故不能通过沉淀的先后，判断两者溶解度大
小，错误。
12．室温下，用 溶液吸收废气中的 ，并获得 的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化和 的挥发，溶液中含硫物种的浓度 。已知：
， 。下列说法正确的是
A． 溶液吸收 至 的溶液：
B．吸收 后 的溶液：
C．沉淀后的上层清液：
D．沉淀后的上层清液久置：
【答案】A
【解析】pH-7时， ，所以 ，
A项正确； ，根据电荷守恒：
可得： ，B
项错误；有沉淀产生，因此上层清液为饱和溶液， ，C项错误；久置后SO、HSO
均会被氧化为SO，所以电荷守恒表达式中，右端要加上：2c(SO)，D项错误。
13．拥有中国自主知识产权的全球首套煤制乙醇工业化项目投产成功。某煤制乙醇过程表示如下：
过程a包括以下3个主要反应：I．
Ⅱ．
Ⅲ．
相同时间内，测得乙酸甲酯转化率随温度的变化如图1所示，乙醇和乙酸乙酯的选择性[乙醇选择性
]随温度的变化如图2所示。
下列说法不正确的是
A．205℃后反应Ⅲ开始发生反应
B．225～235℃，反应I处于平衡状态
C．温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物乙醇的选择性
D．205℃时，CHCOOCH 起始物质的量为5mol，转化率为30%，则最终生成乙醇0.6mol
3 3
【答案】B
【解析】由图2可知，温度T≤205℃时，乙醇和乙酸乙酯的选择性之和为100%，而温度在大于205℃时，
乙醇和乙酸乙酯的选择性之和小于100%，说明温度T≤205℃时，反应Ⅲ未开始，温度在大于205℃时，反
应Ⅲ开始生成副产物CHCHO，A项正确；由①知反应Ⅰ正向放热，升高温度，平衡逆向移动，
3
CHCOOCH 的平衡转化率减小，由图1可知，225℃～235℃，CHCOOCH 的转化率增大，说明反应Ⅰ未
3 3 3 3
达到平衡状态，B项错误；由图2可知，温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物的选择性，C项
正确；在205℃时，CHCOOCH 起始物质的量为5mol，转化率为30%，则n(转化的
3 3
CHCOOCH )=5mol×30%=1.5mol，由图2可知，乙醇的选择性为40%，则n(最终转化为为乙醇的
3 3
CHCOOCH )=n(转化的CHCOOCH )×40%=1.5mol×40%=0.6mol，根据反应Ⅰ可知，生成乙醇的物质的量
3 3 3 3
为0.6mol，D项正确。第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）从废钼催化剂(主要成分为MoO 、MoS ，含少量NiS、NiO、Fe O 等)中回收利用金属的一种
3 2 2 3
工艺流程如图所示。
已知：①“沉钼”前钼元素主要以MoO 形式存在；
②该条件下K (NiCO)=1.5×10-7。
sp 3
（1）“焙烧”生成的气体主要成分为 (填化学式)。
（2）“沉钼”的离子方程式为 。
（3）“酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发生反应。提高镍元素浸出率的方法还
有 。
（4）“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=1.0mol·L-1，“沉镍”后所得滤液中c( )=1.0×10-5mol·L-1，则沉镍
率= [沉镍率= ×100%，计算过程中不考虑溶液体积变化]。
（5）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系：
温度 低于30.8℃ 30.8~53.8℃ 53.8~280℃ 高于280℃
晶体形
NiSO •7H O NiSO •6H O 多种结晶水合物 NiSO
态 4 2 4 2 4
从NiSO 溶液获得稳定的NiSO •6H O晶体的操作是： 、洗涤、干燥等。
4 4 2
（6）硫酸镍晶体溶于氨水形成[Ni(NH )]SO 蓝色溶液。[Ni(NH )]SO 中的阳离子具有正八面体结构，该
3 6 4 3 6 4
配离子的结构可表示为 。
【答案】（1）CO、SO
2 2
（2）2NH +4MoO +6H+= ( NH)MoO · 2H O↓+HO
4 2 4 13 2 2
（3）充分搅拌 、延长浸出时间（4）98.5%
（5）稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤
（6）
【解析】废钼催化剂加入纯碱、空气焙烧生成气体有二氧化碳、二氧化硫，物质有钼酸钠、铁、镍的氧化
物，水浸后过滤滤液中的钼酸钠用硝酸铵、硝酸沉钼得到钼酸铵沉淀，滤渣用硫酸酸浸，加碳酸钠沉铁，
加碳酸氢钠沉镍，最后经一系列操作转化为硫酸镍晶体。（1）焙烧时MoO 与碳酸钠发生NaCO+MoO
3 2 3 3
NaMoO +CO ↑、2MoS +2Na CO+7O 2NaMoO +2CO ↑+4SO↑， 根据流程可知，该步骤中Ni
2 4 2 2 2 3 2 2 4 2 2
元素转化成NiO，有2NiS+3O 2NiO+2SO ↑，因此生成气体是二氧化碳和二氧化硫气体。 （2）沉钼
2 2
最后得到( NH)MoO · 2H O沉淀，反应的离子有NH 、MoO 和氢离子，离子方程式为2NH +4MoO
4 2 4 13 2
+6H+= ( NH)MoO · 2H O↓+HO。（3）“酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发
4 2 4 13 2 2
生反应，提高镍元素浸出率的方法还有充分搅拌 、延长浸出时间。（4）根据K (NiCO)=c(Ni2+)·c(CO
sp 3
)，“沉镍”后滤液中c(CO )=1.0×10-5mol/L，此时溶液中c(Ni2+)= =1.5×10-2mol/L，
沉镍率= =98.5%。（5）根据流程图可知，制备NiSO •6H O，依据表中信
4 2
息可知，温度在30.8~53.8℃范围析出晶体为NiSO •6H O，因此从NiSO 溶液获得稳定的NiSO •6H O晶体
4 2 4 4 2
的操作是：稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤、洗涤、干燥等。（6）[Ni(NH )]2+中
3 6
Ni2+提供空轨道，NH 提供孤对电子，形成配合物，该配离子具有正八面体结构，其结构可表示为
3。
15.（15分）一种药物中间体有机物F的合成路线如下：
（1）F分子中碳原子的杂化轨道类型为________。
（2）C→D的反应类型为________。
（3）原料A中混有 杂质，则E中会混有与E互为同分异构体的副产物X，X也含有1个含
氮五元环。该副产物X的结构简式为________。
（4）A(C H O)的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构的结构简式：______。
17 14 4
①含有手性碳原子，且能使溴的CCl 溶液褪色。
4
②酸性条件下水解能生成两种芳香族化合物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1∶2，
且能与NaHCO 溶液反应。
3
（5）已知：格氏试剂（RMgBr，R为烃基）能与水、羟基、羧基、氨基等发生反应。 写出以 、
CHMgBr为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。
3
______。【答案】（1）sp2杂化、sp3杂化
（2）还原反应
（3）
（4）
（5）
【解析】A通过反应羧基转化为氨基生成B；B发生取代反应生产C；对比C和D的结构简式的区别可知
C→D反应中碳氧双键变碳氢单键，属于还原反应；D发生成环反应生成E，E中羰基变羟基且引入丙烷基
得到F；对比 和A结构上的区别，再结合X也含有1个含氮五元环可以推出该副产物X的结构简式为 。（1）F分子中苯环上碳原子为sp2杂化，支链上饱和碳
原子的杂化轨道类型为sp3杂化。（2）对比C和D的结构简式的区别可知C→D是还原反应。（3）由分
析可知，该副产物X的结构简式为 。（4）酸性条件下水解能生成两种芳香族化
合物，说明分子中含有酯基且含有2个苯环；其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：2，
能与NaHCO 溶液反应，说明结构中含有羧基；A中含有4个氧原子，其同分异构体含有羧基和酯基，则
3
结构中不含有羟基，其同分异构体能使溴的CCl 溶液褪色，则含有碳碳双键，其同分异构体中含有2个苯
4
环，1个酯基，1个羧基，1个碳碳双键，共有11个不饱和度，根据A的结构简式可知A中含有11个不饱
和度；其同分异构体含有手性碳原子，且则满足要求的同分异构为：
。（5）首先利用格氏试剂和 反应并酸化制备之后用高锰酸钾将支链上的甲基氧化为羧基 ，再浓硫酸的作用下消
去反应生成碳碳双键， ，再利用A→B反应将羧基变成氨基， 。
16.（15分）硫代硫酸钠晶体（NaSO·5H O，M＝248 g·mol－1）易溶于水，难溶于乙醇，在中性和碱性环
2 2 3 2
境中稳定，在酸性环境中易分解，在40～50 ℃熔化，48 ℃分解。用两种方法制取NaSO·5H O并加以应
2 2 3 2
用。
Ⅰ.制备NaSO·5H O
2 2 3 2
方法一：亚硫酸钠法，反应原理： S＋NaSO =====NaSO。
2 3 2 2 3
实验步骤：称取一定量的NaSO 固体于烧杯中，溶于煮沸过的蒸馏水。另取过量硫粉，加入少量乙醇充分
2 3
搅拌均匀后，加到上述溶液中。水浴加热，微沸，反应后趁热过滤。滤液蒸发浓缩、冷却结晶析出
NaSO·5H O晶体。再进行减压过滤、洗涤并低温干燥。
2 2 3 2
（1）SO中心硫原子的杂化方式为 。
2
（2）向硫粉中加入少量乙醇充分搅拌均匀的目的是 。
方法二：硫化碱法，装置如下图所示。
（3）①装置C中，将NaS和NaCO 以2∶1的物质的量之比配成溶液再通入 SO ，便可制得NaSO 和
2 2 3 2 2 2 3
CO。反应的化学方程式为 。
2
②三颈烧瓶中两种固体溶解时，需先将NaCO 固体溶于水配成溶液，再将NaS固体溶于NaCO 溶液中，
2 3 2 2 3其目的是 。
③实验过程中，C装置中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的 NaSO 一段时间后，再次出现少
2 2 3
量浑浊，此时须立刻停止通入SO 。为了保证NaSO·5H O的产量，实验中通入的SO 不能过量，原因是
2 2 2 3 2 2
。
Ⅱ. Na SO 的应用
2 2 3
（4）某消毒液中含有ClO 和Cl 两种主要成分。请补充完整用NaSO 标准溶液测定该消毒液中ClO 含量
2 2 2 2 3 2
的 实 验 方 案 ： 量 取 5.00 mL 消 毒 液 于 锥 形 瓶 中 ， 加 蒸 馏 水 稀 释 到 25.00 mL ，
________________________________________________________________________
，重复实验2～3次，取实验平均值计算ClO 含量。
2
已知：① 2ClO ＋2KI===2KClO ＋I；
2 2 2
② KClO ＋4KI＋2HSO ===KCl＋2KSO ＋2I＋2HO，该反应在pH＝3时进行；
2 2 4 2 4 2 2
③ 2Na SO＋I===Na SO＋2NaI。
2 2 3 2 2 4 6
（须使用的试剂： 0.100 0 mol·L－1 Na SO 标准溶液、淀粉溶液、KI溶液、稀硫酸）
2 2 3
（5） 设计以下实验测定粗产品中NaSO·5H O的含量：
2 2 3 2
步骤1：准确称取8.000 0 g样品溶于水，加入5 mL甲醛，配成100 mL溶液。
步骤2：准确称取0.294 0 g K Cr O 固体于碘量瓶中，加入20 mL蒸馏水溶解，再加入10 mL 2 mol·L－1
2 2 7
HSO 和20 mL 10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3＋，加水稀释至100 mL。
2 4
步骤3：向碘量瓶中加入1 mL 1%淀粉，用待测NaSO 溶液滴定碘量瓶中溶液至滴定终点，消耗 NaSO
2 2 3 2 2 3
溶液20.00 mL。（已知：I＋2SO===2I－＋SO）
2 2 4
试计算NaSO·5H O的纯度。（写出计算过程）
2 2 3 2
【答案】（1） sp3
（2） 硫粉微溶于乙醇，在乙醇中有一定的溶解度，从而增大反应物的接触面积，加快反应速率
（3） ① 4SO ＋2NaS＋NaCO===3Na SO＋CO
2 2 2 3 2 2 3 2
② Na CO 溶液呈碱性，可以抑制NaS水解，防止产生HS气体
2 3 2 2
③ 若SO 过量，溶液显酸性，产物分解
2
（4） 向其中加入过量KI溶液，充分振荡，以淀粉溶液为指示剂，用0.10 mol·L－1 Na SO 标准溶液滴定
2 2 3
至终点，加入稀硫酸调节溶液pH＝3，再以淀粉溶液为指示剂，用0.10 mol·L－1 Na SO 标准溶液滴定至终
2 2 3
点，记录第二次滴定消耗NaSO 溶液的体积
2 2 3
（5） 93.00%(计算过程见解析)
【解析】（1） 价层电子对数为σ键电子对数(此处为3)＋孤电子对数，SO的孤电子对数为 ＝1，故需要
2
4个杂化轨道，为sp3杂化。（2） 酒精可以使硫更好地在亚硫酸钠溶液中分散。（3） ① 根据钠原子守恒可知NaSO 前配平系数为3，据此确定SO 前系数为4，再据题意添加CO 即成；② NaS固体水解产生
2 2 3 2 2 2
NaOH和NaHS，进一步水解可生成HS。碱性的NaCO 溶液可抑制NaS水解；③ 题中已知：NaSO 在
2 2 3 2 2 2 3
中性和碱性环境中稳定，在酸性环境中易分解，SO 过量导致产生酸性环境。（4） ClO 和Cl 都能氧化KI
2 2 2
生成I ，但ClO 氧化KI的同时生成KClO ，ClO 与KClO 之间的物质的量之比为1∶1；在pH＝3时进行
2 2 2 2 2
KClO 与KI反应生成I ，测量该步骤消耗的0.100 0 mol·L－1 Na SO 标准溶液的体积，可计算出所对应的
2 2 2 2 3
KClO 的物质的量，而KClO 的物质的量即ClO 的物质的量。（5） 根据反应方程式：Cr O＋6I－＋14H＋
2 2 2 2
===2Cr3＋＋3I ＋7HO 、I ＋2SO===2I－＋SO 中物质反应转化关系可知 n(K Cr O)＝3n(I)＝
2 2 2 2 4 2 2 7 2
6n(Na SO·5H O)，n(K Cr O)＝ ＝0.001 mol，NaSO·5H O的质量为m(Na SO·5H O)＝6×0.001 mol×248
2 2 3 2 2 2 7 2 2 3 2 2 2 3 2
g·mol－1×5＝7.44 g，×100% ＝93.00%。
17.（16分）乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。
反应1：C HCHCH(g)=C HCH=CH(g)+H(g) △H=117.6kJ•mol-1
6 5 2 3 6 5 2 2 1
反应2：CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g) △H=41.2kJ•mol-1
2 2 2 2
反应3：2H(g)+O(g)=2HO(g) △H=-483.6kJ•mol-1
2 2 2 3
（1）反应4：C HCHCH(g)+ O(g)=C HCH=CH(g)+HO(g) △H= kJ•mol-1。
6 5 2 3 2 6 5 2 2 4
（2）较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O，乙苯平衡转化率较高而苯乙烯的选择性较低，
2
其原因可能是 。
（3）向乙苯脱氢反应体系中加入CO，乙苯转化率与体系中CO 分压强的关系如图1所示。随CO 的增加，
2 2 2
乙苯转化率先增大后减小的可能原因为 。
（4）研究发现在VO/MgO催化剂表面进行CO 的乙苯脱氢反应中，V(+5价)是反应的活性中心，转化过
2 5 2
程如图2所示。①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为 。反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过
程产生的积碳覆盖在活性中心表面和 。
②简述转化Ⅱ的作用 。
③CO 参与的乙苯脱氢机理如图3所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位
2
点，其中A位点带部分正电荷，B 、B 位点带部分负电荷)。
1 2
图中所示反应
机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为 。
【答案】（1）-124.2
（2）加入少量O，H 与O 反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升
2 2 2
高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物
（3）前一阶段，随着CO 分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H)，促进反应1正向进行，使
2 2
乙苯转化率增大。当CO 分压强过大多时，CO 占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯
2 2
转化率下降
（4） ①2 +VO/MgO→2 +V O/MgO+2HO 催化剂中V(+5价)的含量减少
2 5 2 3 2
②将VO 转化为VO，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳
2 3 2 5
③乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B 位点吸引，随后解离出H+并吸附在B 位点上；B 位点
1 1 1
上的H+与B 位点上CO 中带部分负电荷的O作用生成生成 ，带部分正电荷的C吸附在带部分
2 2
负电荷的B 位点上
2【解析】（1）由盖斯定律得反应4=反应1+ 反应3，则 H △H △H=117.6-483.6× =-124.2kJ•mol-1。
4= 1+ 3
△
（2）氧气参与了反应3，从反应3进行分析解释有利于反应1平衡正向因素。加入少量O，H 与O 反应
2 2 2
放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙
苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物。（3）CO 参与了反应2，且消耗H 间接减少了反应1的产物。前一
2 2
阶段，随着CO 分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率
2 2
增大。当CO 分压强过大多时，CO 占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降。
2 2
（4）①从图看，步骤Ⅰ是VO 将乙苯氧化为苯乙烯而自身还原为VO，反应为2 +V O/MgO→2
2 5 2 3 2 5
+V O/MgO+2HO。从图看VO/MgO为催化剂，催化活性降低可能是催化剂中V(+5价)的含量
2 3 2 2 5
减少。②转化Ⅱ中CO 将VO 转变为VO，所以将VO 转化为VO，使催化剂获得再生，同时可以消除
2 2 3 2 5 2 3 2 5
积碳。③图中标注电性，可以从静电吸引的角度阐述这一过程。乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电
荷的B 位点吸引，随后解离出H+并吸附在B 位点上；B 位点上的H+与B 位点上CO 中带部分负电荷的O
1 1 1 2 2
作用生成生成 ，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B 位点上。
2
