2024届江苏省高考化学模拟试题

这是一份2024届江苏省高考化学模拟试题，共18页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．2022年北京冬奥会成功举办、“天宫课堂”精彩呈现均展示了我国科技发展的巨大成就，下列相关叙述正确的是
A．冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰属于化学变化
B．冬奥会领奖礼服中的石墨烯发热材料属于有机高分子材料
C．“天宫课堂”中乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程属于放热过程
D．“天宫课堂”水油分离实验中液体食用油与水不分层是因为油和水在太空中发生了化学反应
2．工业上利用反应制备硫酸铵晶体。下列说法正确的是
A．的电子式为 B．和可以形成氢键
C．空间构型为三角锥形D．冰的晶体类型为共价晶体
3．溶液和溶液反应生成大量的。下列说法正确的是
A．半径大小：B．电负性大小：
C．电离能大小：D．碱性强弱：
4．下列有关制取、分离和提纯乙酸乙酯实验装置能达到实验目的的是

A．向甲试管中依次加入物质的先后顺序为②①③B．用装置乙制备乙酸乙酯
C．用装置丙分离乙酸乙酯粗品D．用装置丁提纯乙酸乙酯
5．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
6．下列说法正确的是
A．的键角大于的键角B．是由极性键构成的非极性分子
C．HCl、HBr、HI熔沸点依次升高D．溴原子()基态核外电子排布式为
7．周期表中VIIA元素及其化合物应用广泛。氢氟酸可用作雕刻玻璃；可溶于苯、等有机溶剂，极易水解；卤素互化物(如ICl、)具有强氧化性；卤化银具有感光性(的电离平衡常数分别为：、；HClO的电离平衡常数为：)。下列化学反应表示正确的是
A．溶于水：
B．ICl溶于NaOH溶液：
C．溶于水：
D．少量通入NaClO溶液中：
8．周期表中VIIA元素及其化合物应用广泛。氢氟酸可用作雕刻玻璃；卤化银具有感光性(的电离平衡常数分别为：、；HClO的电离平衡常数为：)。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．氢氟酸具有酸性，可用于雕刻玻璃B．受热可分解，可用作食盐碘添加剂
C．碘化银具有感光性，可用于人工降雨D．有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂
9．可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如图所示：

下列说法不正确的是
A．可采用加热、搅拌等措施提高“水浸”效率
B．加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀
C．“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子只有
D．“沉铈”的离子方程式为
10．制备重要的有机合成中间体Y的反应如下：

下列有关X、Y的说法不正确的是
A．X可以发生消去反应B．X与足量反应生成的有机物中不含手性碳原子
C．Y分子存在顺反异构体D．Y分子中碳原子可能在同一平面上
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
12．燃煤烟气脱硫的一种方法如图所示。室温下以150mL 0.2氨水吸收，若通入所引起的溶液体积变化和、挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。的电离平衡常数分别为：，；的电离平衡常数为：。下列说法正确的是

A．吸收所得到的溶液中：
B．吸收，溶液：
C．吸收标况下0.448L ，所得溶液中：
D．题图所示“吸收”“氧化”后的溶液pH增大
13．焦炉煤气(主要成分：CH4、CO2、H2、CO)在炭催化下，使CH4与CO2重整生成H2和CO。其主要反应为
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
在1×105Pa、将焦炉煤气以一定流速通过装有炭催化剂的反应管，CH4、CO、H2的相对体积和CO2的转化率随温度变化的曲线如图所示。

相对体积、
相对体积
下列说法不正确的是
A．温度低于900℃，反应I基本不发生
B．850℃～900℃时，主要发生反应Ⅳ
C．增大焦炉煤气流速一定能提高CO的相对体积
D．工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂
二、解答题
14．早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。以下合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线(已知：RONaROCH3ROH)。

(1)由B→C的反应类型是 ，B中含氧官能团的名称为 。
(2)由C和F反应生成G的同时会发生副反应，其产物与G互为同分异构体，该产物的结构简式为 。
(3)化合物H可以由F和CH3COCl/AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的H的一种同分异构体的结构简式 。
①可以发生银镜反应：②可以发生水解反应；③含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢。
(4)由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请从试剂、产率和耗能等角度简要评价两种合成路线 。
①
②
(5)已知苯环上的羟基具有很强的还原性，写出以 和CH3I为原料制备 的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 。
15．某铜矿酸性废水除去不溶性固体杂质后，仍含有c(H+)=0.1ml•L-1，c(Cu2+)=0.05ml•L-1，需净化处理。
已知：①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7ml•L-1。
②Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Kb(NH3•H2O)=1.7×10-25，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。
(1)中和沉淀法处理。
①向酸性废水中加入氨水，调节pH，溶液中铜的去除率与pH关系如图所示。则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因为 (用离子方程式表示)。

②若加入石灰乳处理废水，结合计算判断生成氢氧化铜沉淀能否达到排放标准 (写出计算过程)。
(2)硫化物沉淀法处理。
①加入Na2S处理废水，pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为 。
②用FeS处理含铜废水比Na2S效果好。请通过必要的计算和说明采用FeS处理的优点的原因 。
(3)溶剂萃取法。用萃取剂RH可萃取废水中的铜离子，再加入20%的硫酸进行反萃取。
①实验室进行萃取操作时，振荡静置后，需对分液漏斗放气，正确放气的图示为 (填标号)。
A． B． C．
②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是 。
(4)实验中需测定废液中铜离子含量。
已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O=2I-+S4O。
请运用上述原理完成测定某弱酸性溶液中铜离子含量的实验方案：量取25.00mL废水于锥形瓶中， (实验中须使用的试剂：0.1ml•L-1KI溶液、0.05000ml•L-1Na2S2O3标准溶液、0.5%淀粉溶液)。
16．二硫化钼(MS2，难溶于水)具有良好的光、电性能，可由钼精矿(主要含MS2，还含NiS、CaMO4等)为原料经过如下过程制得。
(1)“浸取”。向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl。
①写出浸取时MS2发生反应的离子方程式： 。
②浸取后的滤渣中含CaMO4。若浸取时向溶液中加入Na2CO3溶液，可提高浸出液中M元素的含量，原因是 。
③浸取时，M元素的浸出率与时间的变化如图1所示。已知生成物对反应无影响，则反应3～4min时，M元素的浸出率迅速上升的原因是 。
(2)“制硫代钼酸铵[(NH4)2MS4，摩尔质量260g•ml-1]”。向浸出液中加入NH4NO3和HNO3，析出(NH4)2M4O13，将(NH4)2M4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MS4，写出生成(NH4)2MS4反应的化学方程式： 。
(3)“制MS2”。(NH4)2MS4可通过如下两种方法制取MS2：
方法一：将(NH4)2MS4在一定条件下加热，可分解得到MS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质的物质的量之比为8：4：1。
方法二：将(NH4)2MS4在空气中加热可得MS2，加热时所得剩余固体的质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图2所示。
①方法一中，所得硫单质的分子式为 。
②方法二中，500℃可得到M的一种氧化物，该氧化物的化学式为 。
17．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：C6H5CH2CH3(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2(g) △H1=117.6kJ•ml-1
反应2：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2kJ•ml-1
反应3：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-483.6kJ•ml-1
(1)反应4：C6H5CH2CH3(g)+O2(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2O(g) △H4= kJ•ml-1。
(2)较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率较高而苯乙烯的选择性较低，其原因可能是 。
(3)向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为 。

(4)研究发现在V2O5/MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V(+5价)是反应的活性中心，转化过程如图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 。
③CO2参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为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。

图中所示反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为 。
选项
探究方案
探究目的
A
向香茅醛( )中加入酸性溶液，观察溶液颜色变化
验证香茅醛中是否含碳碳双键
B
测量浓度均为0.1的溶液和溶液的pH，比较pH大小
C
取5mL 0.1 KI溶液和1mL 0.1 溶液充分反应后，再加2mL 振荡、静置后取上层清液滴加少量KSCN溶液，观察溶液颜色变化
验证和的反应有一定的限度
D
向两支盛有5mL 4%的溶液中分别加入2滴0.1的溶液和2滴0.1的溶液，观察气泡生成的快慢
比较、对分解反应的催化效果
参考答案：
1．C
【详解】A．冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰是物理变化，利用液态CO2转化为气态CO2，从外界吸收能量，达到制冷的效果，故A错误；
B．石墨烯为碳单质，属于单质，不属于有机高分子，故B错误；
C．过饱和乙酸钠溶液结晶的过程是液体凝固过程，属于放热过程，故C正确；
D．“天宫课堂”中油和水不分层，是因为没有重力，需要在离心作用下才可实现分层，无新物质的生成，未发生化学反应，故D错误；
答案为C。
2．B
【详解】A．是共价化合物，电子式为 ，故A错误；
B．硫酸铵的晶体结构由8个离子和4个离子组成，这些离子之间以氢键相互连接，形成一个八面体晶体结构，故B正确；
C．的中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对数，空间构型为平面三角形，故C错误；
D．冰的晶体类型为分子晶体，故D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．同周期元素，从左往右元素半径逐渐减小，则半径大小：，故A错误；
B．同主族元素，从上到下元素电负性逐渐减小，则电负性大小：，故B错误；
C．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：Na>Al，碱性强弱：，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．由于浓硫酸稀释时放热，所以浓硫酸不能先加，而醋酸的价格较高，为减少醋酸的挥发，冷却后加入冰醋酸，添加顺序为乙醇、浓硫酸、乙酸，加入物质的先后顺序为③①②，选项A错误；
B．乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下可以反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发出来的乙醇和乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，用装置乙可以制备乙酸乙酯且能防止倒吸，选项B正确；
C．在饱和碳酸钠溶液中乙酸乙酯不互溶，分层，应该利用分液分离而不是用过滤，选项C错误；
D．乙酸乙酯分离是利用分液，不是利用蒸馏，选项D错误；
答案选B。
5．D
【详解】A．电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、Cl2，Cl2和石灰乳反应得到漂白粉，故A不符合题意，
B．CuO不和水反应，故B不符合题意；
C．Fe2O3和Al高温下反应生成Fe，Fe和Cl2反应生成FeCl3，故C不符合题意；
D．Cu和浓硝酸反应生成NO2，NO2和Ca(OH)2溶液反应生成Ca(NO3)2和NO，故D符合题意；
故选D。
6．C
【详解】A．中心原子价层电子对数为：3+=4，Cl原子杂化方式为sp3，且含有1个孤电子对，中心原子价层电子对数为：4+=4，Cl原子杂化方式为sp3，且没有孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则的键角小于的键角，故A错误；
B．中心原子价层电子对数为：3+=5，且含有2个故电子对，空间构型为T形，是由极性键构成的极性分子，故B错误；
C．HCl、HBr、HI的熔、沸点与范德华力有关，相对分子质量越大，范德华力越大，故HCl、HBr、HI熔沸点依次升高，故C正确；
D．溴原子()基态核外电子排布式为，故D错误；
故选C。
7．B
【详解】A．溶于水反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆，故A错误；
B．ICl具有强氧化性，ICl与NaOH反应生成氯化钠和NaIO，离子方程式为：，故B正确；
C．极易水解生成H2SO3和HCl，方程式为：+2H2O=H2SO3+2HCl，故C错误；
D．由题意可知，的酸性强于HClO，少量通入NaClO溶液中生成NaHCO3，离子方程式为：，故D错误；
故选B。
8．D
【详解】A．氢氟酸能用于雕刻玻璃的原因是氢氟酸具有强腐蚀性，与氢氟酸呈酸性无关，故A不符合题意；
B．中含有I元素，所以可用作食盐碘添加剂，与受热分解无关，故B不符合题意；
C．碘化银用于人工降雨的原理是碘化银受热后就会在空气中形成极多极细的碘化银粒子，在人工降雨中，用作冰核形成剂可以跟云层中的水蒸气起催化作用，故C不符合题意；
D．有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂，故D符合题意；
故选D。
9．C
【分析】天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质，焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣I为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得。
【详解】A．可采用加热、搅拌等措施提高速率，从而提高“水浸”效率，故A正确；
B．由分析可知，加入絮凝剂的目的是将铝离子转化为沉淀，故B正确；
C．加碳酸氢铵沉铈得，Ce3+沉淀，“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子有和Mg2+和，故C错误；
D．用碳酸氢铵“沉饰”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为：，故D正确；
故选C。
10．A
【详解】A．X分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有H，不能发生消去反应，故A错误；
B．X与足量反应生成的有机物是，不含手性碳原子，故B正确；
C．Y分子存在顺反异构体、，故C正确；
D．碳碳双键、苯环都是平面结构，碳碳双键、苯环通过单键连接，单键可以旋转，所以Y分子中碳原子可能在同一平面上，故D正确；
选A。
11．C
【详解】A．向香茅醛中醛基和碳碳双键都可以使酸性溶液褪色，该实验不能验证香茅醛中是否含碳碳双键，故A错误；
B．1的溶液中CH3COO-和NH都会发生水解，而溶液中只有HCO反应水解，不能通过测量浓度均为0.1的溶液和溶液的pH，比较pH大小，来验证，故B错误；
C．取5mL 0.1 KI溶液和1mL 0.1 溶液混合，是少量的，充分反应后，再加2mL 振荡、静置后取上层清液滴加少量KSCN溶液，检验Fe3+，若溶液变红，说明Fe3+未反应完全，可以验证和的反应有一定的限度，故C正确；
D．比较、对分解反应的催化效果，应该要设置单一变量，和的浓度应该相同，向两支盛有5mL 4%的溶液中分别加入2滴0.1的溶液和2滴0.1的溶液，和的浓度不同，故D错误；
故选C。
12．A
【详解】A．“吸收”过程中，NH3·H2O和SO2反应生成(NH4)2SO3，若NH和SO都不发生水解，则，但NH和SO都发生水解，Kh(NH)=，则SO的水解程度大于NH，溶液中：，故A正确；
B．吸收反应生成(NH4)2SO3，=0.1ml/L，则c(NH)+c(NH3·H2O)=2c总=0.2ml/L，再结合电荷守恒：，可得- c(NH3·H2O)，故B错误；
C．标况下0.448L 的物质的量为，150mL 0.2氨水中n(NH3·H2O)=0.15L×0.2ml/L=0.03ml,得到物料守恒：2(NH)+2c(NH3·H2O)=，故C错误；
D．由图可知，“吸收”“氧化”后溶质由NH3·H2O转化为(NH4)2SO3，故溶液的pH减小，故D错误；
故选A。
13．C
【详解】A．从图中可以看出，温度低于900℃时，CH4的相对体积基本上是100%，所以反应I基本不发生，A正确；
B．850℃～900℃时，H2、CO的体积分数都增大，且增大的幅度相近，而CH4的相对体积略有减小，可能是CO2转化率增大的原因，所以反应I进行的幅度很小，反应Ⅱ、Ⅲ基本不发生，主要发生反应Ⅳ，B正确；
C．从图中可以看出，4个反应均为生成CO的反应，且都为吸热反应，所以若想提高CO的相对体积，应选择升高温度，与增大焦炉煤气的流速无关，C不正确；
D．图中信息显示，温度低于900℃，CH4的相对体积基本上是100%，则反应I基本不发生，所以工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂，D正确；
故选C。
14．(1) 取代反应 硝基、羧基
(2)
(3) 或
(4)路线①步骤少，使用试剂少，产率高，但需要高温加热，条件苛刻，浪费能源，路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低
(5)
【分析】D中酚羟基与NaOH反应产生E为 。E与CH3I反应得到F为 。C和F在AlCl3的催化下为苯环的酰基化，则C为 。B为 。A为 。甲苯在浓硫酸的催化下与浓硝酸发生取代反应。
【详解】（1）B→C为-COOH变为-COCl，它为取代反应。B中含有-NO2硝基、-COOH为羧基。
（2）C和F为苯环的酰基化反应，可以是-CH3的邻位酰基化得到产物为 。该副产物为 。
（3）F为 ，F与CH3COCl在AlCl3催化下发生苯环的酰基化得到产物H为 。H的同分异构体可以发生银镜反应含有-CHO，可以发生水解反应含有酯基即含有-OOCH；含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢即剩下的碳为两个对称的甲基 和 。
（4）路线①步骤只有两步，但反应温度500℃高温。而路线②步骤较多，但基本上都低温反应。路线①步骤少，使用试剂少，产率高，但需要高温加热，条件苛刻，浪费能源，路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低。
（5） 合成 即需要醇经两步氧化得到，但酚羟基易被氧化首先酚羟基保护变为-OCH3，得到-COOH后将酚羟基去保护即-OCH3酚羟基。 。
15．(1) Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O pH=7时，溶液中c(Cu2+)==ml•L-1=2.2×10-6ml•L-1＞1×10-7ml•L-1，含铜污水不能达到排放标准
(2) H2S和HS- FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成
(3) C 增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高
(4)加入过量0.1ml•L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000ml•L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次
【详解】（1）①Cu(OH)2沉淀能溶于NH3•H2O得到[Cu(NH3)4]2+，则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因用离子方程式表示为：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
②信息①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7ml•L-1，若加入石灰乳处理废水，pH=7时，溶液中c(Cu2+)==ml•L-1=2.2×10-6ml•L-1＞1×10-7ml•L-1，则含铜污水不能达到排放标准。
（2）①pH=7时，Na2S溶液中：，， ，，则pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为H2S和HS-。
②已知Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18，则CuS比FeS更难溶，利用沉淀转化反应：FeS+Cu2+=Fe2++CuS，该反应的平衡常数，故用FeS处理含铜废水比Na2S效果好的原因为：FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成。
（3）①对分液漏斗放气时，漏斗颈斜向上，打开活塞进行放气，选C。
②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是：增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高。
（4）需通过实验测定废液中铜离子含量。由已知信息知，要把一定量废水中的铜离子利用2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，被过量的0.1ml•L-1KI溶液完全还原，再利用I2+2S2O=2I-+S4O反应，用0.05000ml•L-1Na2S2O3标准溶液滴定实验中生成的碘单质，碘遇淀粉变蓝色，故选0.5%淀粉溶液指示剂，当碘单质消耗完毕时溶液褪色，即由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点，为避免偶尔误差，需做平行实验，重复实验2～3次。故答案为：加入过量0.1ml•L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000ml•L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次。
16．(1) MS2+6OH-+9ClO-=MO+2SO+9Cl-+3H2O CaMO4(s)Ca2+(aq)+MO(aq)，加入Na2CO3溶液，CO结合Ca2+生成CaCO3沉淀，促进沉淀溶解平衡向离子化方向进行，使浸出液MO浓度增大，从而提高M元素浸出率 该反应为放热反应，随着反应进行，溶液温度升高，反应速率加快
(2)(NH4)2M4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MS4+26NH3•H2O或(NH4)2M4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MS4+13H2O+26NH3↑
(3) S4 MO3
【详解】（1）①“浸取”，向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl，即ClO-将M元素被氧化为MO、硫元素被氧化为反应为SO而自身被还原为Cl-，反应为MS2+6OH-+9ClO-=MO+2SO+9Cl-+3H2O。
②溶液中存在平衡CaMO4(s)⇌Ca2+(aq)+ (aq)，加入Na2CO3消耗Ca2+使平衡正向，浓度增大。
③加快反应速率可以从反应物的浓度增大、温度升高、反应中产生催化剂等方面考虑。该反应中生成物对反应没有影响，所以该反应为放热反应导致体系温度升高加快反应速率。
（2）(NH4)2M4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MS4和氨水，反应为(NH4)2M4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MS4+26NH3•H2O或(NH4)2M4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MS4+13H2O+26NH3↑。
（3）①将(NH4)2MS4在一定条件下加热，可分解得到MS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质（Sx）的物质的量之比为8：4：1，根据已知信息写出方程式并按照N原子和M原子守恒配平方程式为，即4×4=2×4+4×1+x计算得x=4。该硫单质的化学式为S4。
②由图可知起始(NH4)2MS4的质量可视为260g即1ml，根据加热分解过程总M元素守恒可知，最终氧化物中M的质量为96g，氧化物中氧元素的质量为144g-96g=48g，M原子核O原子的个数比为1:3，氧化物的化学式为MO3。
17．(1)-124.2
(2)加入少量O2，H2与O2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CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2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
(4) 2+V2O5/MgO→2+V2O3/MgO+2H2O 催化剂中V(+5价)的含量减少 将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上
【详解】（1）由盖斯定律得反应4=反应1+反应3，则△H4=△H1+△H3=117.6-483.6×=-124.2kJ•ml-1。
（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O2，H2与O2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）CO2参与了反应2，且消耗H2间接减少了反应1的产物。前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2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。
（4）①从图看，步骤Ⅰ是V2O5将乙苯氧化为苯乙烯而自身还原为V2O3，反应为2+V2O5/MgO→2 +V2O3/MgO+2H2O。从图看V2O5/MgO为催化剂，催化活性降低可能是催化剂中V(+5价)的含量减少。
②转化Ⅱ中CO2将V2O3转变为V2O5，所以将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳。
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B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。