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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06
（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. “碳中和”是指 的排放总量和减少总量相当。下列措施中促进碳中和最直接有效的是
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料 B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D．研发新型催化剂促使 转化为甲醇
【答案】D
【解析】将重质油裂解为轻质油作为燃料，实质是长链烃断裂为短链烃，燃烧后排放的CO 的量并没有改
2
变，A不符合题意；可燃冰是甲烷的结晶水合物，大量开采使用，会产生CO，不利用碳中和，B不符合
2
题意；通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只会减少SO 的排放，但对CO 的排放总量无影响，C不符合题
2 2
意；研发催化剂将CO 还原为甲醇，有利于减少CO 的排放，对促进“碳中和”最直接，D正确。
2 2
2．亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应NO +CsF=FNO+CsNO 制得。下列说法正确的是
2 4 3
A．氧原子的结构示意图为 B．CsF的电子式为
C．FNO的空间构型为直线形 D．CsNO 中含有离子键与共价键
3
【答案】D
【解析】O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为 ，A错误； CsF
为离子化合物，电子式为 ，B错误； FNO中心原子N原子价层电子对数为2+
=3，空间构型为V形，C错误；CsNO 中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，D正确。
3
3.实验室采用如图装置制取氨气，正确的是A B C D
生成NH 干燥NH 收集NH 并验满 吸收多余NH
3 3 3 3
【答案】D
【解析】氯化铵受热分解生成HCl和氨气，HCl和氨气在试管口遇冷又会化合生成氯化铵，不能用加热氯
化铵来制取氨气，A错误；浓硫酸能与氨气反应，不能用浓硫酸来干燥氨气，B错误；氨气密度比空气小，
应该用向下排空气法收集氨气，导管应该伸到试管底部，C错误；氨气极易溶于水，尾气吸收应采取防倒
吸的措施，D正确。
4．元素Ge、As、Sc是周期表中第四周期主族元素，下列说法正确的是
A．原子半径：r(Ge)<r(As)<r(Se)
B．电负性：X(Ge)<(As)<X(Se)
C．第一电离能：I(Ge)<I (As)<I (Se)
1 1 1
D．古氏试碑法的原理是AsH 与硝酸银溶液反应生成银单质，体现了AsH 具有极强的氧化性
3 3
【答案】B
【解析】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径：
r(Ge)>r(As)>r(Se)，A项错误；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，电负性：
X(Ge)<(As)<X(Se)，B项正确；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳
定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：I(Ge<I (Se) )<I (As)，C项错误；AsH 与AgNO
1 1 1 3 3
溶液反应生成银单质，AgNO 被还原为Ag，体现了AsH 具有极强的还原性，D项错误。
3 3
阅读下列材料，回答5~7题：
ⅤA族元素氮、磷、砷（As）、锑（Sb）及其化合物应用广泛。NH 催化氧化生成NO，NO继续被氧化为
3
NO ，将NO 通入水中制取HNO 。工业上用白磷（P ）与Ba（OH） 反应生成PH 和一种盐，该盐可与
2 2 3 4 2 3
HSO 反应制备一元中强酸HPO 。雌黄（As S ）和SnCl 在盐酸中反应转化为雄黄（As S ）和SnCl （沸
2 4 3 2 2 3 2 4 4 4
点114 ℃）并放出HS气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，其氧化物Sb O 可用于制造耐火材料；锑能与
2 2 3
铅形成用途广泛的合金。
5. 下列说法正确的是（ ）A. SnCl 是由极性键形成的非极性分子
4
B. P 是正四面体形分子，其中P—P—P夹角为109°28′
4
C. ⅤA族元素单质的晶体类型相同
D. 基态砷原子（ As）核外电子排布式为3d104s24p3
33
【答案】A
【解析】A项，Sn与C同一主族，所以SnCl 结构类似于CCl 的结构，是正面体形，由极性键形成的非极
4 4
性分子，正确；B项，P 是正四面体形分子，每个顶点均为P原子，P 的结构为 ，P—P—P的夹
4 4
角为60°，错误；C项，N、P和As均为分子晶体，Sb为金属晶体，错误；D项，基态砷原子( As)核外电
2 33
子排布式为[Ar]3d104s24p3，错误。
6.下列化学反应表示错误的是（ ）
A. NO 制HNO 的离子方程式：3NO ＋HO===2H＋＋2NO＋NO
2 3 2 2
B. 白磷与Ba（OH） 溶液反应：2P＋3Ba（OH）＋6HO===3Ba（HPO ）＋2PH ↑
2 4 2 2 2 2 2 3
C. HPO 与足量的NaOH溶液反应的离子方程式：H＋＋OH－===H O
3 2 2
D. 雌黄制备雄黄的化学方程式：2As S＋2SnCl ＋4HCl===AsS＋2SnCl ＋2HS↑
2 3 2 4 4 4 2
【答案】C
【解析】A项，NO 溶于水生成HNO 和NO，正确；B项，P 发生歧化反应生成HPO和PH ，正确；C
2 3 4 2 3
项，HPO 为一元中强酸，在写离子方程式时不可拆开，错误；D项，根据信息“雌黄(As S)和SnCl 在盐
3 2 2 3 2
酸中反应转化为雄黄(As S)和SnCl (沸点114 ℃)并放出HS气体”，写出化学方程式，正确。
4 4 4 2
7.下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 氨气易液化，可用于工业制硝酸
B. 五氧化二磷能与水反应，可用于干燥氨气
C. 三氧化二锑的熔点高，可用于制造耐火材料
D. 锑铅合金导热性好，可用作铅酸电池的电极材料
【答案】C
【解析】A项，NH 被O 氧化为NO，NO与O 反应生成NO ，NO 溶于水生成HNO ，反应中NH 体现出
3 2 2 2 2 3 3
还原性，错误；B项，PO 溶于水生成HPO ，显酸性，NH 显碱性，两者会发生反应，故不可用PO 干
2 5 3 4 3 2 5
燥NH ，错误；C项，Sb O 的熔点高，即在高温下，不易熔化，故可作耐火材料，正确；D项，锑铅合金
3 2 3
具有良好的导电性，故用作电极材料，错误。8．用废铜屑(含Cu、CuO、Fe O 等)制备胆矾的流程如下：
2 3
下列说法不正确的是( )
A. “溶解”时，铜发生反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋O===Cu2＋＋2HO
2
B. “调pH”时，可用Cu (OH) CO 代替CuO
2 2 3
C. “滤液”中c(Cu2＋)·c2 (OH－)≤K [Cu(OH) ]
sp 2
D. “酸化”时，加入稀硫酸的目的是抑制Cu2＋的水解
【答案】A
【解析】A项，HO 写离子方程式不可拆开，错误；B项，Fe O 溶于稀硫酸生成Fe3＋，Fe3＋水解反应：
2 2 2 3
Fe3＋＋3HO Fe(OH) ＋3H＋，加入的CuO与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH) 沉淀，而除去Fe3＋，
2 3 3
用Cu (OH) CO 与H＋反应生成Cu2＋、HO、CO ，也无杂质生成，且Cu (OH) CO 为难溶物，若过量也可
2 2 3 2 2 2 2 3
以一并过滤除去，正确；C项，“调pH”时，不可将Cu2＋转化为Cu(OH) 沉淀，所以溶液中Q [Cu(OH) ]=
2 sp 2
c(Cu2＋)·c2(OH－)≤K [Cu(OH) ]，取等号时，Cu2＋与OH－刚好达到Cu(OH) 的沉淀溶解平衡，正确；D项，
sp 2 2
蒸发CuSO 溶液时，Cu2＋会水解生成Cu(OH) ，故加入稀硫酸可抑制Cu2＋的水解，正确。
4 2
9．化合物Y具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．一定条件下X可发生氧化、取代、消去反应
B．1molY最多能与4molNaOH反应
C．等物质的量的X、Y分别与足量Br 反应，最多消耗Br 的物质的量不相等
2 2
D．X与足量H 反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子
2
【答案】D
【解析】有机物X能燃烧，发生氧化反应。另外，酚羟基能被氧化形成醌类结构。有机物中的氢在一定条
件下均有被其他原子或基团取代的可能。X中的酯类结构能发生水解反应，水解反应也属于取代反应。消去反应多数情况发生在醇和卤代烃上。有机物X没有可发生消去反应的醇（ 或
）或卤代烃（ 或 ）的结构，因此不能发生消去反应，
A错误；Y的酯基可水解，形成如下化合物 。酚羟基和羧基均能
和NaOH反应。因此，1 mol Y最多能与5 mol NaOH反应，B错误；X和Y能与Br 发生羟基邻对位（*）
2
的取代反应和双键（#）的加成反应。X： ；Y：，X和Y反应的位置相同，最多消耗Br 的物质的量也相
2
等，C错误；X与足量H 反应后的产物如下： ，手性碳原子要
2
求是饱和碳原子，同时连有4种不同原子或基团。符合要有的碳原子有（*号标记）
，共8个，D正确。
10．CO 催化加氢制甲醇有利于减少CO 的排放，实现“碳达峰”，其反应可表示为CO(g)
2 2 2
+3H (g)=CH OH(g)+H O(g)ΔH=-49kJ·mol-1。今年2月我国科研团队在CO 电化学还原反应机理的研究上取
2 3 2 2
得新突破，明确两电子转移CO 电化学还原反应的控速步骤为CO 吸附过程。CO 催化加氢制甲醇的反应
2 2 2
通过如下步骤来实现：
①CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)△H =41kJ·mol-1
2 2 2 1
②CO(g)+2H (g)=CH OH(g)△H
2 3 2
反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。下列说法不正确的是A．步骤①反应的△S＞0
B．步骤②反应的△H=-90kJ·mol-1
2
C．升高温度，各步骤的正、逆反应速率均增大
D．CO 催化加氢制甲醇的总反应速率由步骤②决定
2
【答案】D
【解析】步骤①反应能自发，即G=△H-T△S<0，而此反应的△H>0，故△S>0，A正确；步骤②的反应热
△H=生成物的总能量-反应物的总能量=-49kJ/mol-41kJ/mol=-90kJ/mol，B正确；升高温度，各步的反应物
和生成物的活化分子百分数均增大，各步的正逆反应速率均加快，C正确；步骤①的活化能高于步骤②，
即步骤①的反应速率更慢，是总反应的决速步，D错误。
11．室温下，下列实验探究方案及现象能达到探究目的的是
选
探究方案及现象 探究目的
项
A 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 醋酸是弱电解质
向久置的 溶液中加入足量 溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀 不能被空气
B
盐酸，部分沉淀溶解 氧化
向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝
C 氧化性：
色
向盛有 溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯
D 具有还原性
水，观察溶液颜色变化
【答案】D
【解析】未告知醋酸和盐酸的浓度，只比较pH值大小，无法判断醋酸为强电解质还是弱电解质， A错误；
加入足量盐酸后沉淀指部分溶解，则说明沉淀中有硫酸钡，则说明亚硫酸钠被空气氧化为硫酸钠，B错误；
氯水过量，溶液变为蓝色，有可能是过量的氯水将碘化钾氧化成了碘单质，无法比较出溴单质和碘单质氧化性的强弱， C错误；KSCN溶液可用于检验Fe3+，滴加氯水后，若溶液变红，则说明Fe2+被氧化成了
Fe3+，可以证明Fe2+具有还原性，D正确。
12． 为二元弱碱。室温下，配制一组 的 与
的混合溶液，溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如下图所示，下列说法正确的是
A．由图可知 的
B． 的溶液中：
C．等物质的量的 和 混合溶液中
D．在 的水溶液中，
【答案】C
【解析】随着pH的升高，X2+第一步反应变为X(OH)+，X(OH)+第二步反应变为X(OH) ，pH=6.2时，
2
；pH=9.2 时， 。根据图像左侧的交叉点，pH=6.2 时，
， 的 =10-6.2，A 项错误； 的溶液中：
，但是加入盐酸，溶液的体积增加，故 <0.05mol/L，B项错误；
X2+的水解程度大于 X(OH)+的水解程度，则等物质的量的 和 混合溶液，C项正确； 的水溶液显酸性， ，D项错误。
13．COCH 重整可获得H。COCH 重整反应的热化学方程式如下。
2 4 2 2 4
反应Ⅰ：CH（g）＋CO（g）===2CO（g）＋2H（g）；ΔH＝247 kJ·mol－1。
4 2 2 1
反应Ⅱ：H（g）＋CO（g）===CO（g）＋HO（g）；ΔH＝41 kJ·mol－1。
2 2 2 2
反应Ⅲ：CH（g）===C（s）＋2H（g）；ΔH＝75 kJ·mol－1。
4 2 3
1.01×105 Pa下，将n （CO ）∶n （CH ）＝1∶1的混合气体置于密闭容器中，不同温
起始 2 起始 4
度下重整体系中，平衡时各气体组分的物质的量分数如图所示。下列说法不正确的是（
）
A. 曲线X表示CO
2
B. 反应CH（g）＋3CO（g）===4CO（g）＋2HO（g）进行的程度很小
4 2 2
C. 500 ℃，1.01×105 Pa时，向平衡体系中再充入一定量的CO，达新平衡后，的值保持不变
2
D. 随着温度升高，的值变小，原因是反应Ⅲ增大的程度小于反应Ⅱ增大的程度
【答案】D
【解析】A项，对于反应Ⅰ，参加反应的CH 和CO 的量相等，起始时两者又等量，所以余下的CH 和
4 2 4
CO 的量应相等，反应Ⅱ中生成HO，从题图看，CO的物质的量分数比H 的略高，说明反应Ⅱ消耗CO
2 2 2 2
的量要比反应Ⅲ消耗的CH 的量要多，故曲线X为CO，曲线Y为CH，正确；B项，将“反应Ⅰ”＋
4 2 4
“反应Ⅱ”×2，可得反应CH(g)＋3CO(g)===4CO(g)＋2HO(g)，该反应的ΔH＞0，且为气体体积增大的
4 2 2
反应，所以反应不易正向进行，正确；C项，表示反应Ⅱ的化学平衡常数，平衡常数仅与温度有关，所以
500 ℃下，仅改变CO 的量，平衡常数不变，正确；D项，反应Ⅲ增大的程度小于反应Ⅱ增大的程度，则
2
n(CO)增大值比n(H )大，则的值变大，错误
2
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）铜-钢双金属废料和铜烟灰是铜的重要二次资源。
Ⅰ．从铜-钢双金属废料中浸出铜的工艺流程如下：（1）25℃时，随溶液的 不同，甘氨酸在水溶液中分别以 、 或
为主要形式存在。内盐 是两性化合物，请用离子方程式表示其水解使水溶液
呈碱性的原因： 。
（2）浸出剂的制备：主要原料有甘氨酸(简写为 )、 溶液和 固体。取一定量 固体溶
于水，随后依次加入 (填“ ”或“ ”，下同)、 ，所得碱性浸出剂的主要成分为甘氨
酸铜 、 等。
（3）浸出：将经打磨的铜钢废料投入浸出剂，控制温度50℃，通入空气，并搅拌。浸出剂不与钢作用，
但与铜反应，最终铜全部转化为 进入溶液，从而实现铜、钢分离。
①浸出时发生的反应过程为 、 。
②其它条件不变时，空气流量对铜浸出速率的影响如图1所示。当空气流量超过 时，铜浸出速
率急剧下降的可能原因是 。
Ⅱ．从铜烟灰(主要成分为 )中回收铜的主要步骤为：酸浸→萃取→反
萃取→电解。已知： 溶于无机酸。
（4）酸浸：将铜烟灰用硫酸浸出，控制其他条件相同，铜浸出率与温度的变化关系如图2所示。随温度升
高，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。
（5）萃取、反萃取：向浸出液( 浓度为 )中加入有机萃取剂 萃取，其原理可表示为：
(水层) (有机层) (有机层) (水层)。
向萃取所得有机相中加入硫酸，反萃取得到水相( 浓度达 )。该工艺中设计萃取、反萃取的目的
是 。
【答案】（1）
（2）HL CuSO
4
（3）① ②空气中的氧气没有足够的时间参与反应，导致反应速率下
降
（4）该酸浸过程为放热反应，温度升高时，反应速率加快，但是温度过高，则平衡逆向移动，导致浸出
率降低
（5）实现 的提取和富集
【解析】（1）仿照CHCOO－水解反应，该羧酸根离子结合水电离的H＋生成相应的羧酸和OH－，溶液显
3
碱性，水解的离子方程式为： 。（2）若先加入CuSO ，则
4
CuSO 会和NaOH生成Cu(OH) 沉淀，故随后依次加入HL，再加入CuSO 。（3）①根据题给信息最终铜
4 2 4
全部转化为CuL ，以及浸出过程中需要通入空气，再结合浸出时的第一步反应，则其第二步反应为：
2
；②空气流量铜的浸出速率急剧下降，其可能的原因是：空气中的氧气
没有足够的时间参与反应，导致反应速率下降。（4）由于该酸浸过程为放热反应，从动力学角度，即反
应速率角度考虑，温度升高时，反应速率加快；从热力学角度，即平衡移动角度考虑，温度过高，平衡逆
向移动，导致浸出率降低。（5）由于FeO、Fe O、Zn(PO ) 均能够溶于硫酸，则浸出液中有Cu2＋、Fe2
2 3 3 4 2
＋、Fe3＋、Zn2＋，根据信息，加入有机萃取剂将Cu2＋从浸出液中提取到有机层中，然后分液后在有机相中加入硫酸，再将Cu2＋反萃取到水层中，实现Cu2＋的提取和富集。
15.（15分）有机物F是一种新型大环芳酰胺的合成原料，可通过以下方法合成：
（1）A中采用 杂化方式的碳原子有 个。
（2） 的反应类型为 。
（3）若B直接硝化，最后主要产物的结构简式为 。
（4）写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式： 。
①能与 溶液发生显色反应；
②分子中含有2个苯环，共有3种不同化学环境的氢原子。
（5）已知： ，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）8
（2）取代反应
（3）（4） 或
（5）
【解析】由流程可知，A B的反应为取代反应，B C是进行取代位置的保护，如果直接硝化反应，会
在硝基的间位上引入硝基，则达不到实验目的，C D为硝化反应，在苯环的对位上引入硝基，D E为
酰胺键的水解反应，即取代反应，最后再进行硝基的还原得到最后产物；（1）A中苯环上的碳原子和酯
基上的碳原子都采用的是 杂化，故有8个碳原子采用 杂化。（2）对比D和E的结构可知，D在酸
性条件下发生水解反应得到E，反应类型为取代反应。（3）B到C时为了在苯环的对位上引入基团，若B
直接硝化，则会在B的苯环上的间位上引入硝基，则最后得到的产物会是 。
（4）B的结构简式为 ，其同分异构体能与 溶液发生显色反应，说明有酚羟基，
分子中含有2个苯环，则刚好把碳原子和不饱和度用完，说明其侧链为两个氨基和两个酚羟基，共有3种不同化学环境的氢原子，则结构为对称结构，故满足条件的同分异构体有 或
。（5） 、 和 为原料制备 ； 上
的碳原子要减少2个，则 先与溴单质发生加成反应得到 ，再发生消去反应得到 ，
再利用信息反应得到 ，再与 酯化得到 ，最后利用流程图中A到B的反
应得到目标产物。
16.（15分）实验室以氟碳铈矿（主要成分为CeFCO）为原料制备CeO 粗品，并测定粗品中CeO 的含量。
3 2 2
（1）酸洗。氟碳铈矿和浓硫酸发生反应，生成Ce （SO ） 等。酸洗不宜在玻璃器皿中进行，其原因是
2 4 3
。
（ 2 ） 焙 烧 。 Ce （ SO ） 在 空 气 中 高 温 焙 烧 可 得 到 CeO 和 SO ， 其 反 应 方 程 式 为
2 4 3 2 3
__________________________。
（3） 测定粗品中CeO 的含量。部分实验操作如下：
2
步骤Ⅰ 称取0.500 0 g样品置于锥形瓶中，加入蒸馏水和浓硫酸，边搅拌边加入双氧水，低温加热至样品
反应完全。
步骤Ⅱ 煮沸，冷却后滴入催化剂硝酸银溶液，加入过量的（NH ） SO 溶液，将Ce（Ⅲ）氧化为Ce
4 2 2 8
（Ⅳ），低温加热至锥形瓶中无气体产生[2（NH ） SO ＋2HO=====4NH HSO ＋O↑]。再次煮沸、冷却，
4 2 2 8 2 4 4 2
用硫酸亚铁铵标准溶液滴定。
① “步骤Ⅰ”中加入双氧水的作用是 。
② “步骤Ⅱ”中“再次煮沸”的时间不宜太短，其原因是 。③ 请补充完整制备（NH ）Fe（SO ）·6H O晶体的实验方案：称取一定质量的铁粉， ，
4 2 4 2 2
低温干燥，即可得到硫酸亚铁铵晶体。
已知：（NH ）SO ＋FeSO ＋6HO===（NH ）Fe（SO ）·6H O。
4 2 4 4 2 4 2 4 2 2
须使用的试剂：1 mol·L－1 HSO 溶液、95%的乙醇溶液、（NH ）SO 固体。
2 4 4 2 4
【答案】（1）反应生成的HF会腐蚀玻璃
（2）2Ce (SO )＋O=====4CeO＋6SO
2 4 3 2 2 3
（3）①在HSO 酸性环境下HO 将CeO 还原为Ce(Ⅲ)(或Ce3＋)
2 4 2 2 2
②防止没有分解的(NH )SO 与硫酸亚铁铵反应，使硫酸亚铁铵滴定量增多，造成 CeO 含量的测定结果偏
4 2 2 8 2
大
③加入适量1 mol·L－1 HSO 溶液反应至无明显气泡产生(1分)，过滤、洗涤，称量残余固体质量(1分)，向
2 4
滤液中加入计算量的(NH )SO 固体，充分溶解(1分)，加热浓缩，冷却结晶(1分)，过滤，用95%的乙醇溶
4 2 4
液洗涤晶体(1分)
【解析】（1） CeFCO 中氟元素与浓硫酸反应会生成HF，HF可以与玻璃中的SiO 反应生成SiF 气体，会
3 2 4
腐蚀玻璃。（2） Ce (SO ) 在空气中反应，O 将Ce(Ⅲ)氧化为Ce(Ⅳ)，生成CeO ，根据Ce和O得失电子
2 4 3 2 2
守恒配平反应。（3） ① 步骤Ⅰ中CeO 与HO 反应，步骤Ⅱ中Ce(Ⅲ)被(NH )SO 溶液氧化为Ce(Ⅳ)，
2 2 2 4 2 2 8
说明步骤Ⅰ中CeO 与HO 反应生成了Ce(Ⅲ)，CeO 作氧化剂，HO 作还原剂，HO 的作用即为将CeO
2 2 2 2 2 2 2 2 2
还原生成Ce(Ⅲ)。②测定粗品中CeO 的含量的实验原理为：先将固体CeO 通过浓硫酸溶解，加入HO 将
2 2 2 2
其还原为Ce(Ⅲ)，然后加入(NH )SO 再将Ce(Ⅲ)氧化为Ce(Ⅳ)，最后用硫酸亚铁铵滴定Ce(Ⅳ)，Fe2＋具有
4 2 2 8
还原性，Ce(Ⅳ)具有氧化性，两者发生氧化还原反应，根据消耗的硫酸亚铁铵的量，由 Ce守恒，可以计算
出CeO 的量。步骤Ⅱ中“再次煮沸”是将过量的(NH )SO 除去，因为(NH )SO 具有强氧化性，可以与
2 4 2 2 8 4 2 2 8
硫酸亚铁铵反应，导致消耗的硫酸亚铁铵的量变大，计算出的CeO 结果变大。③ 铁粉与HSO 溶液生成
2 2 4
FeSO ，根据铁粉溶解的量，可以计算出生成的FeSO 的量，FeSO 与(NH )SO 以1∶1反应，根据FeSO 的
4 4 4 4 2 4 4
量可以计算出需要加入的(NH )SO 的量，两者刚好完全反应生成(NH )Fe(SO ) 溶液，通过加热浓缩、冷
4 2 4 4 2 4 2
却结晶，可得(NH )Fe(SO )·6H O晶体，过滤出晶体，用95%的乙醇溶液洗涤晶体，乙醇易挥发，可以减
4 2 4 2 2
少能耗。
17.（16分）苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
（1） 利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C
6
H
5
C
2
H
5
（g） ⇌C
6
H
5
CH===CH
2
（g）＋H
2
（g）；ΔH＝a kJ·mol－1图1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A. 乙苯
B. n（乙苯）∶n（N）＝1∶10
2
C. n（乙苯）∶n（CO）＝1∶10
2
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。
① a （填“>”“<”或“不能确定”）0。
② 相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是________________________。
③ 相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是_________________。
④ 工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N ，可
2
较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是 。
（2） CO 用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
2
① 在催化剂X作用下，CO 参与反应的机理如图2所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B
2
为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B 、B 位点带部分负电荷）。根据元素电负性的变化规
1 2
律 ， 图 2 所 示 的 反 应 机 理 中 步 骤 Ⅰ 和 步 骤 Ⅱ 可 描 述 为
__________________________________________________。
图2图3
② 保持混合气体总压（p）等其他条件不变，CO 的分压[p（CO ）＝×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。
2 2
p（CO）>14 kPa时，乙苯转化率下降的原因是_________________________________。
2
【答案】（1）①>
②加入一定量N 使“乙苯脱氢反应”的Q<K(或Q<K )，反应平衡时正向进行程度更大
2 c c p p
③CO 与H 反应[H (g)＋CO(g)===CO(g)＋HO(g)]使H 浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度
2 2 2 2 2 2
更大
④水蒸气与积碳发生反应HO(g)＋C(s)===CO(g)＋H(g)，可消除催化剂表面的积碳
2 2
（2）①乙苯αH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
1 1 1
位点上的)H＋与B 位点上CO 中带部分负电荷的O作用生成 ，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过多的CO 会占据带部分负电荷的B 位点，使得乙苯αH的脱除速率降低，乙苯转
2 2 1
化率下降
【解析】（1）①由题图1可知，温度升高，乙苯的平衡转化率增大，则正反应为吸热反应，a＞0；②总压
不变，通入N 使n(乙苯)∶n(N )＝1∶10，相比不通N 时，相当于减小了反应体系中反应相关气体的分压，有
2 2 2
助于平衡向正反应方向移动(Q<K)；③ 应考虑CO 参加与生成物H 的反应，使生成物浓度降低，平衡向
c c 2 2
正反应方向移动；④ 产生的少量积炭会覆盖在催化剂的表面，减小了与反应物的接触面积，通入水蒸气使
其与碳在高温下反应从而消除积碳。（2） ① 步骤Ⅰ需要描述αH从乙苯分子上脱落形成H＋并被B 位点
1
吸附；步骤Ⅱ需要描述吸附在B 位点上的CO 与B 位点H＋形成(HOC==O)＋；② p(CO)>14 kPa时，CO
2 2 1 2 2
占据了带部分负电荷的B 位点，使得乙苯αH的脱除速率降低。
1
