2025-2026学年四川广安市育才学校等校春季册高三期中教学质量调查评估化学试题 含答案

/广安市2026年春季学期高2026届期中教学质量调查评估(2026年四川省普通高中学业水平选择性考试适应性考试)化学考生注意：1.试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷和答题卡各1张。2.试题卷共8页，答题卡共2面，满分100分，测试时间75分钟。3.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将试题卷和答题卡内项目填写清楚。4.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。5.考试结束后，请将试题卷、答题卡和草稿纸一并交回。预祝你们考试成功郑重提醒考生须在考试开始前检查试题卷和答题卡，若存在缺页、漏印、字迹模糊等情况，应于开考前向监考员报告；开考后报告的，延误的考试时间不予补足。对试题内容有疑问，不得向监考员询问。考试结束前，严禁拍照、传播、上传试题卷及答题卡至任何网络平台，违者依规严肃处理。请严格遵守考试纪律，违纪舞弊行为将按相关规定严肃处理。一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是A.珍珠遇酸后失去光泽B.植物油久置氧化变质C.肌肉拉伤，喷氯乙烷快速镇痛D.聚乳酸用于骨科固定材料且不用取出【答案】C【解析】【详解】A．珍珠主要成分为碳酸钙，遇酸发生反应CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；B．植物油含不饱和键，久置被氧气氧化生成醛、酮等新物质，属于化学变化，故B不符合题意；C．氯乙烷沸点低，喷到皮肤表面汽化吸热，使局部温度降低起到镇痛效果，仅发生状态变化，无新物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故C符合题意；D．聚乳酸在人体内会发生水解反应降解为小分子物质，可被代谢排出，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；答案为C。2.下列关于原子结构与性质说法中，正确的是A.基态Zn原子核外有15种不同能量状态的电子B.基态硼原子轨道表示违背洪特规则C.由原子光谱是离散的而非连续的谱线，可推测原子核外电子的能量是量子化的D.基态原子最后一个电子填充在ns能级的元素都在s区【答案】C【解析】【详解】A．基态Zn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，因此只有7种不同能量状态的电子，故A错误；B．泡利原理指限制每个轨道最多两个自旋相反的电子；洪特规则指在简并轨道中电子先单独占据且自旋平行，选项中硼原子轨道表示违背泡利原理，故B错误；C．电子在原子核外的能量只能取某些特定的值，电子跃迁时吸收或释放的能量是量子化的，因此产生特定波长的谱线是离散的而非连续的谱线，故C正确；D．氦（He）的基态电子排布为1s2，属于稀有气体，不在s区，故D错误；故答案选C。3.物质性质决定用途，用途体现性质。下列对应关系错误的是A.实验室用浓盐酸制氯气，体现了浓盐酸的酸性和还原性B.NH4HCO3受热易分解，可用作食品膨松剂C.二氧化硫用于漂白纸张，体现了二氧化硫的氧化性D.SiO2导光性能好，可用于制造光导纤维【答案】C【解析】【详解】A．实验室用浓盐酸和共热制的反应的化学方程式为，部分HCl中Cl元素化合价升高，体现还原性，部分HCl生成盐，体现酸性，对应关系正确，A不符合题意；B．受热易分解生成、气体，可使食品膨松多孔，可用作食品膨松剂，对应关系正确，B不符合题意；C．二氧化硫漂白纸张是因为能与有色物质化合生成不稳定的无色物质，体现的是的漂白性，不是氧化性，对应关系错误，C符合题意；D．具有良好的导光性能，是制造光导纤维的主要原料，对应关系正确，D不符合题意；故选C。4.制备联氨(N2H4)的反应为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1.8gH2O中含中子的数目为NAB.常温常压下，6.72LNH3中含σ键的数目为0.9NAC.100mL1mol·L-1NaClO溶液中含ClO-的数目为0.1NAD.每生成1molN2H4，转移电子的数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A．1.8gH2O的物质的量为0.1mol，每个H2O分子中氧原子含8个中子，氢原子不含中子，故每个H2O分子含8个中子，故含中子数目为0.8，A错误；B．常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算6.72L的物质的量，无法确定σ键数目，B错误；C．是弱酸根离子，在溶液中会发生水解，故100mL1mol/LNaClO溶液中的数目小于0.1，C错误；D．反应中，NH3中N的化合价为-3价，N2H4中N的化合价为-2价。每生成1molN2H4，N的化合价从-3价升高到-2价，对于N2H4中的2个N原子，共升高了价，因此转移电子的数目为2，D正确；故选D。5.对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构：A.乙与足量H2加成后的产物中含有5个手性碳原子B.O-H的极性：甲<乙醇C.的互变异构体为D.可以发生加成、水解和消去反应【答案】C【解析】【详解】A．乙与足量H2加成后的产物中含有3个手性碳原子，A不符合题意；B．乙醇的烷基具有给电子效应，O-H极性较弱，甲物质中酚羟基受苯环吸电子共轭效应影响，O-H键极性比乙醇中的醇羟基更强，B不符合题意；C．由题给信息可知，1，3，5-苯三酚发生酮式互变异构，变为，C符合题意；D．含有的官能团是醚键和氰基，氰基可以发生加成、水解反应，无法发生消去反应，D不符合题意；故选C。6.下列反应的方程式正确的是A.向溶液中通入少量：B.硫粉与铜粉隔绝空气混合加热：C.溶于溶液中：D.向溶液中滴加少量溶液：【答案】A【解析】【详解】A．少量与反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式，A正确；B．硫的氧化性较弱，与铜粉混合加热时反应生成硫化亚铜，反应方程式为，B错误；C．是强氧化性酸，会将中的氧化为，反应方程式为，C错误；D．选项方程式元素不守恒，正确的离子方程式为，D错误；答案选A。7.有氧条件下，催化还原的反应历程如图所示。下列说法正确的是已知：中N的化合价跟中N的化合价相同A.过程中只有极性共价键的形成与断裂B.反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为C.过程中的物质的量减少D.每生成，转移电子的物质的量为【答案】B【解析】【分析】根据题图，总反应为，分三步进行：①：；②：（作氧化剂，作还原剂）；③：（作氧化剂，作还原剂）。【详解】A．反应中存在（非极性共价键）的形成（反应②生成），同时中（非极性共价键）的断裂（反应③），因此过程中既有极性共价键，也有非极性共价键的形成与断裂，A错误；B．反应③：，其中为氧化剂（从价→价，得电子），为还原剂（从价→价，失电子），因此氧化剂与还原剂物质的量之比为，B正确；C．是该反应的催化剂，反应①消耗，反应③生成，整个过程中的物质的量不变，C错误；D．图乙总反应为，则生成，转移电子的物质的量为3mol，D错误；故答案选B。8.下列方程式与所给事实不相符的是A.四氯化钛水解：B.溶液中通入少量：C.用溶液浸泡锅炉水垢：D.碱性锌锰电池总反应：【答案】B【解析】【详解】A．四氯化钛加热水解生成二氧化钛水合物和氯化氢，方程式：，A正确；B．与水反应生成和，酸性强弱顺序为，不能与反应生成和，产物应为，方程式，B错误；C．溶解度小于，可发生沉淀转化将微溶的转化为更易被酸溶解的，方程式：，C正确；D．碱性锌锰电池中作负极被氧化为，在正极被还原为，总反应是​，符合反应事实，D正确；故选B。9.图所示化合物是制备某药物的中间体，其中W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，其中Z和Q同主族，且Q原子的核外电子数是Z的2倍。下列说法正确的是A.简单氢化物的稳定性： B.第一电离能：C.基态原子的未成对电子数： D.和空间结构均为平面三角形【答案】A【解析】【分析】已知、、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素，和同主族，且原子的核外电子数是的倍，可推知为，为；结合结构中原子成键特点，形成个共价键，为；形成个共价键，为；形成个共价键，为。由此确定元素为、、、、，据此分析。【详解】A．元素非金属性，简单氢化物的稳定性，即，A符合题意；B．同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，的轨道为半充满稳定结构，第一电离能，即，B不符合题意；C．基态原子的核外电子排布为，未成对电子数为；基态原子的核外电子排布为，未成对电子数为，故基态原子的未成对电子数，C不符合题意；D．为，中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面三角形；为，中心原子的价层电子对数为，含对孤电子对，空间结构为三角锥形，D不符合题意；故选A。10.碲及其化合物可用于电子电气工业。一兴趣小组以某碲铜废料(主要成分为，含少量、)为原料设计下列流程回收碲：已知：“酸浸氧化”生成和微溶物；易溶于较浓的强酸和强碱；下列说法正确的是A.“酸浸氧化”中氧化剂与还原剂物质的量之比为4：3B.“滤渣”的主要成分是、C.“沉碲”时温度越高，反应速率越快D.“溶解还原”的反应方程式为【答案】D【解析】【分析】本题以碲铜废料回收碲为载体，流程为：酸浸氧化时，Cu2Te被NaClO3氧化为CuSO4和微溶的TeO2；碱浸时TeO2溶于强碱，与Fe(OH)3、PbSO4、Cu(OH)2等滤渣分离；沉碲用双氧水将碲转化为Na2TeO4；最后在盐酸中用SO2还原得到碲单质，考查氧化还原反应与工业流程分析。【详解】A．酸浸氧化反应中：还原剂是Cu2Te：Cu从+1到+2价(2个Cu共失2e-)，Te从-2到+4价(失6e-)，因此1molCu2Te共失去8mole-。氧化剂是NaClO3：Cl从+5到-1价，1molNaClO3得到6mole-。根据电子守恒：，，由于废料中含有还原剂Fe，也会消耗氧化剂，因此流程中氧化剂与还原剂的总物质的量之比不为4:3，A错误；B．酸浸氧化后，滤液1中含Cu2+、Fe3+、PbSO4(微溶)、TeO2(微溶)。加NaOH碱浸时：TeO2溶于强碱生成Na2TeO3，进入滤液；Cu2+、Fe3+分别生成Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀；PbSO4不溶于NaOH，仍为沉淀。因此滤渣主要为Cu(OH)2、Fe(OH)3、PbSO4，B错误；C．沉碲使用双氧水，温度过高时，双氧水会受热分解，浓度降低，反而导致反应速率下降，且可能发生副反应，C错误；D．“溶解还原”的反应方程式为，电子、原子均守恒，D正确；故选D。11.2025年诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域。MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由(摩尔质量为)与对苯二甲酸根()(摩尔质量为)通过配位键连接，形成立方晶系结构，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法正确的是A.Zn在元素周期表中的位置是第四周期ⅠB族B.每个可形成4个配位键，与4个配位C.可在配体上引入、以增强与之间的吸附作用D.该晶体的密度是【答案】C【解析】【详解】A．Zn的原子序数为30，在周期表中的位置为第四周期IIB族，故A错误；B．对苯二甲酸根()为苯环两端各含一个羧基负离子(-COO-)的配体，每个羧基与一个配位，故每个仅与2个配位，故B错误；C．、含极性基团，可与H2O形成氢键，增强MOF-5对H2O的吸附作用，故C正确；D．重复结构单元中[Zn4O]6+位于顶点，个数为8×=1，位于棱心，个数为12×=3，重复结构单元质量为,重复结构单元体积为a3×10-21cm3，晶体密度ρ===，故D错误；答案选C。12.研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是A.反应历程中只有做催化剂B.增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大C.总反应为D.经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高【答案】C【解析】【详解】A．从图中可看出，LiI先与甲醇反应生成LiOH和CH3I，CH3I参与TN催化循环最终生成的CH3COI又与LiOH反应生成LiI与终产物乙酸，因此LiI也属于该反应的催化剂，A错误；B．LiI也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI用量不能提高甲醇的平衡转化率，B错误；C．总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为，C正确；D．反应中TN3含量最少说明其生成慢（TN2→TN3反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4反应速率快），即TN2→TN3的活化能较高或TN3→TN4活化能较低，D错误；故答案选C。13.下列说法正确的是A.干冰中的作用力只存在范德华力B.区分晶体和非晶体最科学的方法是测定是否有固定的熔沸点C.如图1是一种镍基合金储氢后的晶胞结构。该合金储氢后，含1molLa（镧）的合金可吸附的质量为3gD.如图2中，表示硅氧四面体，则该多硅酸根结构的化学式为【答案】D【解析】【详解】A．干冰是固态CO2，其中作用力除分子间的范德华力外，还有分子内的共价键，A错误；B．区分晶体和非晶体最科学的方法‌不是‌测定是否有固定的熔沸点，而是‌进行X射线衍射实验‌,判断物质内部是否存在长程有序、周期性排列的微观结构，B错误；C．由图可知，La原子位于晶胞的顶点处，每个晶胞含有1个La原子，H2位于晶胞底面中心和棱中心，每个晶胞含有3个H2分子，La与H2个数比为1:3，则含1molLa的合金可吸附3molH2，质量为6g，C错误；D．由图2结构，可以红框区域为重复单元结构：，每个重复单元中包含4个处于内部和2个处于边缘的Si原子，以及14个处于内部和3个处于边缘的O原子，结合硅化合价为+4，氧化合价为-2，可得到通式为，D正确；故答案选D。14.乙醛酸(OHC-COOH)是一种重要的化工中间体。以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如下图所示。下列说法正确的是A.通电后，右室生成的向左室移动B.标况下，若消耗44.8L，理论上生成2mol羧基C.a极反应式为：D.若将溶液换成氢溴酸，则OHC-CHO不可能参与反应【答案】C【解析】【分析】由图可知，电极a上乙二醛()被氧化生成乙醛酸()，则电极a为阳极，发生电极反应：；电极b为阴极，被还原生成，发生电极反应：，则总反应为：，据此解答。【详解】A．由分析可知，电极a为阳极，电极b为阴极，通电后，左室生成的向右室移动，A错误；B．总反应为：，总反应中参与反应生成和，即理论上生成羧基，则标况下，若消耗44.8L

(即)，理论上生成4mol羧基，B错误；C．a极为阳极，被氧化为，电极反应式为：，C正确；D．若将溶液换成氢溴酸，具有还原性，可能在阳极放电，但仍可能参与反应，D错误；故选C。15.根据下列实验操作及现象，得出的结论正确的是选项实验操作及现象结论A溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去溴乙烷发生消去反应B将银电极与溶液、铜电极与溶液构成原电池，银表面析出金属，铜附近溶液显蓝色的金属性比强C向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀D取一定量固体，溶解后加入溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀，仍有沉淀该固体已变质A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热时，挥发的乙醇也可被酸性高锰酸钾氧化使溶液褪色，无法证明生成乙烯，不能说明溴乙烷发生消去反应，A错误；B．双液原电池中铜电极附近溶液变蓝说明Cu失电子作负极，银表面析出金属说明得电子、Ag作正极，原电池中负极金属活泼性更强，可证明Cu的金属性比Ag强，B正确；C．实验中溶液过量，加入KI后直接与过量的反应生成黄色AgI沉淀，不存在沉淀转化，无法比较和的大小，C错误；D．稀硝酸具有强氧化性，可将生成的氧化为不溶于酸的，无论是否变质，加硝酸后都有沉淀，不能证明固体已变质，D错误；故答案为：B。二、非选择题：共4小题，满分55分。16.次磷酸是一种一元弱酸，次磷酸钠(NaH2PO2)是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如图所示：回答下列问题：（1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开K1，通入N2一段时间，关闭K1，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液。①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，目的是___________②a中反应的化学方程式为___________（2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，目的是___________d的作用是___________（3）c中生成NaH2PO2和NaCl，c中反应的离子方程式为___________；相关物质溶解度(S)如下：s(25℃)s(100℃)NaCl3739NaH2PO2100667充分反应后，将a、c中溶液混合，将混合液(含极少量NaOH)蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为___________，然后___________，再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到含NaH2PO2的粗产品。（4）产品纯度测定：取产品1.50克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL，0.10mol/L碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10mol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗18.00mL，相关反应方程式为：H2PO+H2O+I2=H2PO+2H++2I-，2S2O+I2=S4O+2I-。产品纯度为___________【答案】（1）①.使反应物充分混合(或增大反应物接触面积)，加快反应速率②.P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO2+PH3↑（2）①.排出装置中的未反应(或残留)的PH3，使PH3被c装置(或NaClO溶液)吸收②.吸收尾气，防止污染空气（3）①.PH3+2ClO-+OH-=H2PO+2Cl-+H2O②.NaCl③.趁热过滤（4）93.87%【解析】【分析】P4和烧碱反应生成NaH2PO2和PH3，所以a中反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO2+PH3↑；b的作用是安全瓶，d中盛放酸性高锰酸钾溶液，其作用是吸收PH3，因为PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。【小问1详解】①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，目的是使反应物充分混合(或增大反应物接触面积)，加快反应速率；②P4和烧碱反应生成NaH2PO2和PH3，所以a中反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO2+PH3↑；【小问2详解】PH3有毒，残留于装置中易造成环境污染，必须排除处理掉；所以反应结束后，打开K1，继续通入N2，排出装置中的未反应(或残留)的PH3，使PH3被c装置(或NaClO溶液)吸收；d中盛放酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾具有强氧化性，能够把PH3氧化除去，所以d的作用是是吸收尾气，防止污染空气；【小问3详解】c中的次氯酸钠能够吸收PH3，c中反应生成NaH2PO2和NaCl，c中反应的离子方程式为：PH3+2ClO-+OH-=H2PO+2Cl-+H2O；根据表中数据可知，氯化钠的溶解度随温度变化不大，而NaH2PO2的溶解度随温度的升高而显著升高，故c中NaH2PO2和NaCl的混合液蒸发浓缩，氯化钠结晶析出，为减小NaH2PO2的损失，趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得到含NaH2PO2的粗产品；【小问4详解】根据原子守恒有：NaH2PO2~H2PO~2e-；Na2S2O3~0.5S4O~e-，I2~2e-~2I-；根据电子守恒有：2n(NaH2PO2)+n(Na2S2O3)=2n(I2)，即n(NaH2PO2)=n(I2)-0.5n(Na2S2O3)=25×10-3L×0.10mol/L-0.5×0.10mol/L×10-3L×18=1.6×10-3mol；1.50g产品中n(NaH2PO2)=1.6×10-3mol×=1.6×10-2mol；产品纯度为×100%=93.87%。17.重铬酸钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)是重要的基本化工原料，是化学实验中重要的氧化剂。工业生产中重铬酸钠晶体可用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还有少量SiO2和Al2O3)来制取，其流程如图所示。回答下列问题：（1）“煅烧”过程中氧化Cr2O3发生反应的化学方程式为_____。（2）“浸取”过程中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外，还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是_____。（3）已知重铬酸钠晶体和硫酸钠的溶解度随温度的变化关系如图所示，操作Ⅱ是_____。（4）“酸化”过程中加入稀硫酸酸化，溶液橙色变深，从化学平衡的角度解释其原因为_____。（5）“操作Ⅲ”得到的滤液中含有重铬酸钠对水体有污染，通常加入亚硫酸钠转化为Cr3+，再加入氢氧化钠溶液使其转化为Cr(OH)3而除去，常温下要除去废液中多余的Cr3+，调节pH至少为_____，才能使铬离子沉淀完全(已知溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1，则认为离子完全沉淀；Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32)。【答案】（1）2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2（2）Na2SiO3、NaAlO2（3）加热至55℃以上蒸发结晶，趁热过滤除去Na2SO4（4）CrO和Cr2O之间存在如下平衡：2CrO+2H+Cr2O+H2O；加入稀硫酸，增大H+浓度平衡正向移动，生成更多Cr2O（5）5【解析】【分析】从浸取液中有Na2CrO4可知，Cr2O3被氧化，其化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；SiO2和Al2O3在高温下也能与Na2CO3反应生成Na2SiO3、NaAlO2和CO2，故浸取液中还有Na2SiO3、NaAlO2；根据重铬酸钠晶体和硫酸钠的溶解度随温度变化关系可知，操作Ⅱ是加热至55℃以上蒸发溶剂，趁热过滤除去Na2SO4；CrO和Cr2O之间存在如下平衡：，加入稀硫酸，增大H+浓度平衡正向移动生成更多Cr2O；c(OH-)==10-9，c(H+)=10-5，pH=5。【小问1详解】从浸取液中有Na2CrO4可知，Cr2O3被氧化，其化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2。【小问2详解】SiO2和Al2O3在高温下也能与Na2CO3反应生成Na2SiO3、NaAlO2和CO2，故浸取液中还有Na2SiO3、NaAlO2。【小问3详解】根据重铬酸钠晶体和硫酸钠的溶解度随温度变化关系可知，操作Ⅱ是加热至55℃以上蒸发溶剂，趁热过滤除去Na2SO4。【小问4详解】CrO和Cr2O之间存在如下平衡：2CrO+2H+Cr2O+H2O；加入稀硫酸，增大H+浓度平衡正向移动，生成更多Cr2O。【小问5详解】c(OH-)==10-9，c(H+)=10-5，pH=5。18.硫酰氯()是重要的化工原料，可通过和反应制备。（1）已知：则的___________kJ/mol，该反应___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)自发。（2）在恒容密闭容器中，按不同投料比充入和，在催化条件下发生反应生成。温度下达平衡时，随投料比的变化如下图所示。已知：(初始)(平衡)：本题中。①a点，的分压为___________kPa。②温度下，___________。③若且时，请在图中画出在温度下随进料比变化的大致图像________。（3）硫酰氯对甲苯进行气相催化氯化的反应机理如下图所示。为催化剂表面的催化活性位点。①催化氯化甲苯的总反应方程式为___________。②过程iii___________(填“吸热”或“放热”)，理由是___________。【答案】（1）①.-67.6②.低温（2）①.100②.0.03③.起点必须在横坐标为1.0的网格线，曲线在原曲线下方（3）①.②.放热③.中大键被破坏，结构不稳定，能量高；中恢复了大键，结构稳定，能量低【解析】【小问1详解】将定义为反应I；将

定义为反应II；则反应可看作为反应I反应II，则；根据能自发，该反应的、，要使自发，则需要低温条件，故答案为：-67.6；低温。【小问2详解】在恒容密闭容器中，按不同投料比充入和，在催化条件下发生反应，已知：，在时随投料比的变化如图。①a点，，根据，得到，此时，设起始时，，转化的，列三段式：，由压强关系，解得，平衡后的气体总物质的量为，则的分压为；②温度下，用平衡分压来表示的平衡常数为：；③根据图中曲线变化趋势，当，值最大，当其中一种过量时，此时的值反而减小，因此若，因，平衡左移，值减小，且，则得到的新曲线应在原曲线的下端，起点位置在1.0，最后得到的在温度下随进料比变化的大致图像为：。故答案为：100；0.03；起点必须在横坐标为1.0的网格线，曲线在原曲线下方。【小问3详解】①根据催化转化机理图，在催化剂的作用下，与甲苯反应后得到的产物有HCl、、，则催化氯化甲苯的总反应方程式为：。②过程iii的反应为：+，整个过程中中大键被破坏，结构不稳定，能量高，转化为后恢复了大键，结构稳定，能量低，转化过程中放出热