江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(二十)化学试题（含答案）

这是一份江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(二十)化学试题（含答案），共12页。试卷主要包含了 单项选择题， 非选择题等内容，欢迎下载使用。
（满分100分，考试时间75分钟）
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Mn—55 Zn—65
一、 单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子。下列不属于核酸组成元素的是 （ ）
A. 氮 B. 氧 C. 磷 D. 硫
2. 乙硼烷（B2H6）常应用于有机合成领域，可通过反应3NaBH4＋4BF3 eq \(=====,\s\up7(乙醚)) 2B2H6＋3NaBF4制得。下列说法正确的是（ ）
A. 基态B原子的轨道表示式为
B. 基态F原子核外电子排布式为2s22p5
C. BF3分子空间构型为三角锥形
D. NaBF4中含有配位键
3. 硫循环在生态系统的诸多领域具有重要意义。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A. 工业制酸：FeS2 eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(煅烧)) SO3
B. 火山喷发：H2S eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(高温)) SO2
C. 尾气吸收：SO2 eq \(――→,\s\up7(Na2CO3)) Na2SO4
D. 酸雨侵蚀：H2SO4 eq \(――→,\s\up7(Fe)) H2S
4. 前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X元素位于p区，且基态X原子中成对电子数是未成对电子数的2倍，金属元素Y的第一电离能比同周期相邻元素的大，Z元素单质常温下为黄绿色气体，W与Y同主族。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：W>Z>Y B. 化合物WX2中阴阳离子个数比为2∶1
C. 工业上常用钢瓶储运Z单质 D. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>W
5. 实验室制备溴苯，并验证HBr生成。下列实验装置和操作能达到实验目的的是（ ）
A. 旋开装置甲中恒压滴液漏斗的活塞可使苯和溴混合液顺利滴入烧瓶中
B. 装置乙盛放NaOH溶液以除去HBr气体中混有的Br2
C. 向装置丙中滴加几滴酚酞溶液可检验HBr的生成
D. 用装置丁分离苯和溴苯
阅读下列材料，完成6～8题。
氮、磷及其化合物应用广泛。磷元素有白磷、红磷等单质，白磷（P4）分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为xP4（白磷，s）===4Px（红磷，s）；ΔH2.0 ml·L－1时，锰元素浸出率降低的可能原因是________________________________________________________________________
。
15. （15分）化合物H是一种抗失眠药物，其合成路线如下：
已知：一元取代苯进行二元取代反应时，已有基团会对其他基团进入苯环的位置产生影响。如：
—CH3为邻、对位定位基，
—NH2为邻、对位定位基，—NO2、—COOH为间位定位基。
（1） B→C所需的试剂为 。
（2） 若用KOH代替AlCl3，D→E会生成一种与E互为同分异构体的有机物，该有机物的结构简式为 。
（3） G→H转化过程中另一产物为 。
（4） E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
① 能发生银镜反应；② 含有两个苯环，分子中有3种不同化学环境的氢原子。
（5） 设计以乙二酸（HOOCCOOH）和苯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）。
16. （14分）ZnO是重要的化工原料。实验室以粗氧化锌（主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO等杂质）为原料制备碱式碳酸锌，进而热分解制备活性氧化锌。实验流程如下：
（1） “浸出”：称取一定量的粗氧化锌放入反应器中，加入适量碳酸氢铵和15%的氨水，40 ℃水浴加热并充分搅拌后，过滤。
① 浸出后溶液中主要含有的离子为[Zn（NH3）4]2＋、[Cu（NH3）4]2＋和CO eq \\al(2－,3) ，写出生成[Zn（NH3）4]CO3的化学方程式：________________________________________ 。
1 ml [Zn（NH3）4]2＋中的σ键数为 。
② 其他条件一定，当水浴温度高于42 ℃时，测得锌的浸出率随温度升高而降低，其可能原因是 。
（2） “置换铜”：向“浸出”所得滤液中加入稍过量的锌粉，过滤， ，过滤、洗涤并烘干滤渣，得到较纯净的铜。
（3） “蒸氨”。反应原理为4[Zn（NH3）4]CO3＋3H2O eq \(=====,\s\up7(△)) Zn4（OH）6CO3↓＋16NH3↑＋3CO2↑。
已知：Zn4（OH）6CO3的产率随蒸氨时间的变化如图1所示；加热Zn4（OH）6CO3 30 min后，固体质量残留率[ eq \f(m（剩余固体）,m（起始固体）) ×100%]随温度变化如图2所示。请补充完整制备ZnO的实验方案：将[Zn（NH3）4]CO3溶液置于如图3所示三颈瓶中， 。（实验中须使用的试剂：100 ℃水蒸气、蒸馏水）
17. （15分）研究柴油车尾气中NOx的催化转化具有重要意义。
（1） 尿素[CO（NH2）2]水溶液与柴油车尾气在高温下混合后，尿素分解生成NH3和CHON，在催化剂作用下，CHON与H2O反应生成NH3和CO2。写出CHON的结构式： 。
（2） 在催化剂作用下，NH3将柴油车尾气中的NOx选择性还原为N2的过程称为NH3SCR脱硝。当柴油车尾气中n（NO）∶n（NO2）＝1∶1时，会发生快速NH3SCR脱硝反应。
① 写出快速NH3SCR脱硝反应的化学方程式： 。
② 控制其他条件相同，将4 ml NH3与下表所示的气体充分混合后分别匀速通入如图1所示的反应器中反应，测得A组NOx的脱除率明显低于B组，其可能原因是 。（该温度下NH3与O2不发生反应）
③ 二氧化铈（CeO2）作为一种SCR脱硝催化剂，能在Ce4＋和Ce3＋之间改变氧化状态，将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Ce（Ⅲ）xCe（Ⅳ）yOz]。铈氧化物发生的可能变化如图2所示。当1 ml CeO2氧化标况下2.24 L NO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 。
（3）科学家研究了V2O5晶面上的NH3SCR反应过程：该过程如图3所示。V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3吸附在酸性位上生成中间体X，NO与X反应生成不稳定的过渡态物质，随后分解生成N2和H2O。
①写出图中虚线框内X的结构：_____________。
②烟气中的少量SO2会增大催化剂活性，但SO2量过多会大大降低催化剂的活性。其可能原因分别是______________________________。
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江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(二十)
1. D 解析：A项，信息中描述有“氨基”，故有N元素，不合题意；B项，信息中描述有“戊糖”，所以有O元素，不合题意；C项，信息中描述有“磷酸”，所以有P元素，不合题意；D项，核酸组成元素中无S元素，符合题意。
2. D 解析：A项，同一轨道内2个电子自旋方向相反，错误；B项，漏写了内层的1s2，错误；C项，BF3中心原子B无孤电子对，空间构型为平面三角形，错误；D项，NaBF4的阴离子BF eq \\al(－,4) 中存在配位键，正确。
3. B 解析：A 项，FeS2和氧气煅烧，产物为SO2，错误；B项，H2S和O2在高温下反应可被氧化为＋4价的硫，可生成SO2，正确；C项，SO2用Na2CO3溶液吸收，应该生成Na2SO3或NaHSO3，不能变为＋6价的硫，错误；D项，稀硫酸和Fe反应得到H2，错误。
4. C 解析：据题意可推出X、Y、Z、W分别为C、Mg、Cl、Ca。A项，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，其离子半径越小，而电子层越多离子半径越大，则简单离子半径：r(Cl－)>r(Ca2＋)>r(Mg2＋), 错误；B项，CaC2中阴、阳离子分别为C eq \\al(2－,2) 和Ca2＋，阴、阳离子个数比为1∶1，错误；C项，工业上常用钢瓶储运液氯，正确；D项，金属性越强，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：MgMg(OH)2，错误。
5. A 解析：A项，恒压滴液漏斗内的气体压强与烧瓶内气体压强相等，旋开恒压滴液漏斗的活塞即可使液体顺利流下，不需要打开顶部玻璃塞，这样操作还可以避免苯和液溴挥发，正确；B项，NaOH溶液可以和HBr以及Br2发生反应，应该使用CCl4，错误；C项，HBr溶于水呈酸性，用酚酞溶液无法检验，错误；D项，苯和溴苯互溶，无法通过分液分离，错误。
6. D 解析：A项，P4分子为内空的正四面体结构，键角为60°，错误；B项，白磷和红磷互为同素异形体，错误；C项，1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子，错误；D项，通过白磷转化为红磷为放热反应，可判断生成等量P2O5(s)，白磷放出的热量更多，正确。
7. C 解析：A项，NH3·H2O为弱碱，不能拆成OH－，错误；B项，足量氨水吸收SO2，产物应该为(NH4)2SO3，错误；D项，H3PO2是一元弱酸，与NaOH溶液的反应为H3PO2＋NaOH===NaH2PO2＋H2O, 错误。
8. C 解析：A项，氮气为无色气体，可用作焊接金属时的保护气，无对应关系，错误；B项，制NH4NO3是用硝酸吸收氨气，应该是体现了硝酸的酸性，错误；C项，液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂，正确；D项，保护金属免受腐蚀，是由于在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜，错误。
9. B 解析：A项，实验1反应后的上层清液是AgI的饱和溶液，存在c(Ag＋)·c(I－)≥Ksp(AgI)；错误；B项，根据“Y电极表面有银白色物质析出”这一已知信息，可以推断出，Y电极上发生反应Ag＋＋e－===Ag，则左侧烧杯中一定发生反应：2I－－2e－===I2, 综合正、负极反应可得总反应方程式，正确；C项，左侧烧杯中发生氧化反应，盐桥中的NO eq \\al(－,3) 会向左侧烧杯中移动，同理判断K＋将向右侧烧杯中移动，错误；D项，结合实验1和实验2可以判断，AgNO3与KI溶液既可以发生复分解反应，也可以发生氧化还原反应，但复分解反应比氧化还原反应更容易发生，可能是由于发生复分解反应的平衡常数Ksp比氧化还原反应的平衡常数小，也可能是发生复分解反应的活化能更小，反应速率更快。
10. A 解析：A项，根据N元素化合价的变化可进行简单计算，正确；B项，该反应的ΔS0，错误；C项， n(NO)/n(CO)越大，CO的平衡转化率越大，NO的平衡转化率减小，错误；D项，使用催化剂，能加快正、逆反应速率，错误。
11. B 解析：A项，X中含有的有机官能团为醚键，不是酮羰基，编号时应从距离官能团最近的一端开始编号，错误；B项，Z分子中有一个碳正离子，该碳正离子上没有孤电子，采取sp2杂化，其余两个碳原子采取sp3杂化，正确；C项，由于—CN带负电，—CN将与碳正离子相连接，反应后的所得有机产物结构为，其中手性碳用“*”标记，该物质有手性(对映)异构体，错误；D项，X→Y的过程中，溶液的酸性越强，越有利于Y和Z的形成，带负电荷的—CN 越多，越有利于Z→W的反应，但由于HCN是弱电解质，酸性越强越不利于—CN的生成，从而影响W的产率，错误。
12. B 解析：A项， N2H4的电子式为，错误；B项， 根据N2H4＋H2O⇌N2H eq \\al(＋,5) ＋OH－，Kb1＝ eq \f(c（N2H eq \\al(＋,5) ）·c（OH－）,c（N2H4）) ＝10－6.02[图中pOH＝6.02，即c(OH－)＝10－6.02，此时c(N2H eq \\al(＋,5) )＝c(N2H4)]；N2H eq \\al(＋,5) ＋H2O⇌N2H eq \\al(2＋,6) ＋OH－，Kb2＝ eq \f(c（N2H eq \\al(2＋,6) ）·c（OH－）,c（N2H eq \\al(＋,5) ）) ＝10－14.9[图中pOH＝14.9，即c(OH－)＝10－14.9，此时c(N2H eq \\al(＋,5) )＝c(N2H eq \\al(2＋,6) )]，N2H4＋N2H eq \\al(2＋,6) ===2N2H eq \\al(＋,5) ，K＝ eq \f(c2（N2H eq \\al(＋,5) ）,c（N2H4）·c（N2H eq \\al(2＋,6) ）) ＝ eq \f(Kb1,Kb2) ＝ eq \f(10－6.02,10－14.9) ＝108.88，正确；C项，加入5.00 mL 稀硫酸时，溶质为N2H4和(N2H5)2SO4，且二者的物质的量之比为2∶1，即溶液中N2H4和N2H eq \\al(＋,5) 起始物质的量相等，根据N2H4＋H2O⇌N2H eq \\al(＋,5) ＋OH－，Kb1＝ eq \f(c（N2H eq \\al(＋,5) ）·c（OH－）,c（N2H4）) ＝10－6.02，N2H eq \\al(＋,5) ＋H2O⇌N2H4＋H3O＋ (即H＋)，Kh＝ eq \f(Kw,Kb1) ＝ eq \f(10－14,10－6.02) ＝10－7.98＜Kb1, 所以溶液中N2H4的电离程度大于N2H eq \\al(＋,5) 的水解程度， c(N2H4)＜c(N2H eq \\al(＋,5) ) ，错误；D项，加入10.00 mL 稀硫酸时，溶液中溶质为(N2H5)2SO4，根据元素质量守恒有c(SO eq \\al(2－,4) )＝c(N2H eq \\al(＋,5) )＋c(N2H4)＋c(N2H eq \\al(2＋,6) )，错误。
13. A 解析：A项，由题图可知，在500 K时，p(CH4)>p(CO2)>p(CO)＝p(H2)≈0, 即在500 K时，体系中生成物主要为CH4(g)和CO2(g)，CO(g)与H2(g)产量接近于0。假设主反应只发生反应Ⅰ，再经过反应Ⅲ将H2消耗完，由反应Ⅰ、Ⅲ系数可得，最终产物中CO2(g)的量将大于CH4(g)的量，与题中图示明显不符，由此可推出在500 K时主反应Ⅰ、Ⅱ都发生了，且反应Ⅱ中产生的H2(g)也参与了反应Ⅲ，才有可能使体系中p(CH4)>p(CO2)。反应Ⅱ发生即产生CO(g)，结合图像p(CO)约为0，可以推出一定发生了反应Ⅴ，从而可得一定有积碳生成，正确；B项，随着温度的升高，反应Ⅰ正方向进行的程度越来越小，反应Ⅱ正向进行的程度越来越大，即随着温度的升高，反应Ⅱ的选择性越来越大，CO产量会越来越高，而反应Ⅰ选择性的选择性降低，CO2产量会越来越低，从而确定趋势向上的曲线①表示CO的分压，趋势向下的曲线表示CO2的分压，错误；C项，由题中信息可得反应Ⅳ的Kp＝ eq \f(p2（H2）,p（CH4）) ， 由题图可知p(H2)＝p(CH4)＝0.2×1× 105 Pa，代入可得Kp＝0.2×1×105 Pa，错误；D项，由主反应Ⅰ和Ⅱ可知，压强的增大都不利于H2的生成，错误。
14. (17分)
(1) 10∶1(2分)
(2) C6H12O6＋12MnO2＋24H＋===12Mn2＋＋6CO2↑＋18H2O(3分)
(3) 酸浸过程中，Fe2O3 被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大(3分)
(4) ① 使用K2Cr2O7基准试剂对(NH4)2Fe(SO4)2溶液的实际浓度进行标定(2分)
② 除去过量高氯酸，防止其氧化硫酸亚铁铵(2分)
③ 每20.00 mL浸出滤液中：
n(Mn2＋)＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝c ml·L－1×V mL×10－3 mL·L－1＝cV×10－3 ml
m g软锰矿浸出滤液中n(Mn2＋)＝cV×10－3 ml× eq \f(2 000 mL,20.00 mL) ＝0.1cV ml
浸出的n(MnO2)＝n(Mn2＋)＝0.1cV ml
m(MnO2)＝n(MnO2)×87 g·ml－1＝8.7cV g
m g软锰矿中m(MnO2)＝m g×29%＝0.29m g
锰元素浸出率η＝ eq \f(m（浸出的MnO2）,m（软锰矿中的MnO2）) ＝ eq \f(8.7cV g,0.29m g) ＝ eq \f(30cV,m) (3分)
(5) c(H＋)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2 的还原速率减慢(2分)
解析：(1) 设1 ml C76H52O46水解需要z ml H2O，生成x ml没食子酸和y ml葡萄糖，由原子守恒得：C守恒7x＋6y＝76 ①，O守恒5x＋6y＝46＋z ②，H守恒6x＋12y＝52＋2z ③，联立①②③得x＝10，y＝1，z＝50，故生成的没食子酸和葡萄糖的物质的量之比为10∶1。(2) C6H12O6被MnO2氧化为CO2，MnO2被还原为Mn2＋，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒进行配平并添加H＋、H2O。(3) 对比软锰矿和浸取渣的X射线衍射图，浸取后Fe2O3消失，MnO2减少，提高了固体中SiO2的含量，使SiO2衍射峰强度明显增大。(4) ① 题目已经给出信息“实验室现配(NH4)2Fe(SO4)2溶液的浓度与计算值存在误差”，需要分析这种误差存在的原因，猜想可能是由于亚铁离子的还原性而引起的药品纯度问题。所以需要首先准确测量亚铁离子浓度，在化学分析中称之为“标定”。②分析滴定过程中的原理，不难发现高氯酸需将Mn2＋完全氧化为Mn(Ⅲ)，过量的高氯酸如何处理？由此可以推测题中“加热溶液至无气体产生”是为了促使过量高氯酸分解，防止影响滴定用量。(5) 硫酸是单宁酸水解的催化剂，也是促进软锰矿中MnO2及杂质酸溶的反应物，硫酸浓度增大有利于矿石的溶解，也有利于MnO2与还原剂的反应，但由于单宁酸水解生成的产物具有一定的酸性，随着硫酸浓度的增大，也会抑制单宁酸水解，不利于葡萄糖和没食子酸的生成，影响锰元素的浸出率。
15. (15分)
(1) KMnO4(H＋)(2分)
(5分)
解析：(1) A→…→C实现两步变化，一是将—CH3氧化为—COOH，一是在—CH3邻位引入—Br；根据已知信息可知：—CH3是邻、对位定位基，—COOH 为间位定位基，可知A→B为溴代反应，B→C为氧化反应，所以B→C所需试剂为酸性KMnO4溶液。(2) D→E时，用KOH 代替AlCl3，反应条件发生变化，需考虑反应机理变化，从流程中寻找需要用到KOH的反应，即E→F；即在KOH条件下—NH2中的H会被取代—CH2COBr取代，由此联想到发生类似反应。(3) 对照G、H的分子式可知另一产物为H2O。(4) 首先确定两个苯环外：原子有COBr2N(不计H原子)，不饱和度为1。由于分子中有3种不同化学环境的氢原子，有机物分子中两个苯环处于对称位置，则C、O、N(都只有1个原子)必处于两个苯环中间，且两个苯环通过N原子相连，N原子另一个共价键连接—CHO，两个Br原子处于苯环相连N的对位位置上。(5) 首先解开目标产物中酯基，不难知道要合成，要实现苯环上引入含碳基团，必须利用D→E的信息，即要先利用HOOCCOOH与SOCl2合成。因为硝基为间位定位基，为保证苯环上两基团处于间位，因此最先进行苯环上引入硝基。合成中间产物中酮羰基可通过H2还原转化为酯化所需的羟基。
16. (14分)
(1) ① ZnO＋3NH3·H2O＋NH4HCO3 eq \(=====,\s\up7(△)) [Zn(NH3)4]CO3＋4H2O(3分) 16×6.02×1023(2分)
② 温度升高，NH3挥发，NH4HCO3分解，c(NH4HCO3)和c(NH3·H2O)减小，反应速率减慢(2分)
(2) 向稀盐酸中分批加入滤渣，搅拌，至不再产生气泡(2分)
(3) 打开活塞，通入100 ℃水蒸气持续25 min，同时将产生的气体通入蒸馏水中；待三颈瓶冷却后，将其中混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣并干燥，将干燥后的固体在600 K下加热30 min(5分)
解析：(1) ① 通过原料的成分ZnO、NH4HCO3、NH3·H2O以及生成物[Zn(NH3)4]CO3，结合题干中的信息，溶液中主要含有的离子为 [Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋和CO eq \\al(2－,3) ，判断出无NH eq \\al(＋,4) ，据此写出化学方程式求[Zn(NH3)4]2＋中σ键数需要考虑NH3和Zn2＋间的配位键(为4)以及配体NH3中的N—H共价键(共3×4)。② 温度高于42 ℃时，结合结论“锌的浸出率降低”，可从NH3挥发，NH4HCO3分解两个角度分析，从速率的角度提出c(NH4HCO3)和c(NH3·H2O)减小是其反应速率减慢的原因。(2) 过滤所得滤渣中主要是Zn和Cu，从活泼性角度判断，加入稀盐酸或者稀硫酸即可，但还要从实验现象中判断对于试剂用量的控制，“不再产生气泡”即为反应终止。(3) 从题干中获取信息，初步得到[Zn(NH3)4]CO3通过“蒸氨”得到Zn4(OH)6CO3，再由Zn4(OH)6CO3加热分解得到ZnO 的设计思路。再结合图像信息和所给试剂，确定“蒸氨”时间为25 min为宜，从原理中看出“蒸氨”过程中有NH3生成，直接排放既会污染空气，又会造成原料的浪费，所以需要用蒸馏水吸收。产物需要过滤分离，所得滤渣需洗涤，然后从题图2判断残留率为76.8%时分解得到的是ZnO，需要加热温度600 K。
17. (15分)
(1) (2分)
(2) ① 2NH3＋NO＋NO2 eq \(=====,\s\up7(催化剂)) 2N2＋3H2O(2分)
② 该温度下2NO＋O2===2NO2的平衡常数较小，反应速率较慢(3分)
③ 2∶8∶19(3分)
(3) ① (2分)
② SO2会增加催化剂表面的酸性位，增大催化剂活性；过量SO2与NH3存在竞争吸附；SO2能与NH3等反应生成亚硫酸盐或硫酸盐，覆盖在催化剂表面，降低催化剂活性(3分)
解析：(1) 要画出CHON的结构，首先要分析出尿素[CO(NH2)2]的结构为，尿素受热分解生成NH3与CHON，从键的角度分析，须断开C—N键与一个—NH2中的一个H—N键，可以推出CHON结构为(中原子的排列与尿素有相关性)。(2) ① 依据氧化还原反应原理，当NO、NO2各为1 ml时，共得电子6 ml，而还原剂只有NH3，故NH3的物质的量为2 ml。② 该题类似于一个对比实验，结果的差异首先找到条件的差异，A组的氮氧混合气体可以看成为2 ml NO、2 ml NO与1 ml O2混合气体，与B组的投料2 ml NO、2 ml NO2差别就在2 ml NO 与1 ml O2与2 ml NO2。结合n(NO)∶n(NO2)＝1∶1时，会发生快速NH3－SCR脱硝反应及A 组NOx的脱除率明显低于B组可以推出2 ml NO与1 ml O2并不能快速且完全转化为2 ml NO2的结论，继续分析其可能的原因，应该从热力学(平衡常数)和动力学(反应速率)两个角度进行分析。③ 由题图可知，CeO2氧化NO后形成氧空位，即形成氧空位的氧与NO 反应生成NO2，即n(O)＝0.1 ml，1 ml CeO2反应后剩下的氧原子为n(O)＝2 ml－0.1 ml＝1.9 ml。可以设Ce(Ⅲ)为x ml、Ce(Ⅳ)为y ml，依据原子守恒与电荷守恒构建二元一次方程组：x＋y＝1，3x＋4y＝3.8，联立两式，解得x＝0.2，y＝0.8，所以x、y、z的最简整数比为2∶8∶19。(3) ① 依据题意V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，可知催化剂的酸性点位就是羟基上的氢，依据元素的电负性可推得NH3中带负电荷的氮与催化剂羟基上的氢相连，氨气中带正电荷的氢与催化剂中的氧产生静电作用，可以推出X的结构为，然后也可以从过渡态来验证所推的结构是否合理。② 分析影响催化剂的活性常见角度有反应机理、还有如温度、表面积、竞争吸附等。由题意可知形成具有质子的酸性位是反应机理中重要环节之一，结合SO2是酸性氧化物，可以推得SO2有可能增加V2O5表面的酸性位从而增加催化剂的活性。SO2是酸性氧化物易于氨气形成盐从而覆盖催化剂的表面降低活性，SO2具有孤电子对和极性也可能与催化剂之间形成配位吸附或静电吸附，这与反应物在催化剂表面产生竞争关系，从而导致活性的降低。
混合气体的物质的量
A组
n（NO）＝4 ml、n（O2）＝1 ml
B组
n（NO）＝2 ml、n（NO2）＝2 ml