东北三省四城市联考暨沈阳市2023届高三质量监测（二模）化学试题

这是一份东北三省四城市联考暨沈阳市2023届高三质量监测（二模）化学试题，共25页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

东北三省四城市联考暨沈阳市2023届高三质量监测（二模）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关。下列说法中正确的是
A．以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到合成纤维
B．植物从土壤中吸收、NO转化为氨基酸的过程属于氮的固定
C．低温石英具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表
D．“杯酚”分离和，体现了超分子的自组装的重要特性
2．下列化学用语表达中正确的是
A．用系统命名法命名为：2—甲基丁酸
B．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
C．分子中，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为键
D．基态氧原子核外电子轨道表示式：
3．为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是
A．中含有的键的数目为
B．标准状况下，和在光照下充分反应后的分子数为
C．固体含有的离子数目为
D．一定条件下，5.6gFe与充分反应，转移的电子数为
4．下列实验设计和操作合理的是
A．用浓硫酸与氯化钠固体共热制备HCl气体
B．用饱和碳酸钠溶液除去中混有的少量HCl气体
C．用乙醛作萃取剂萃取溴水中的溴
D．用NaOH标准液滴定未知浓度的醋酸溶液，可以选择甲基橙做指示剂
5．下列离子方程式中书写正确的是
A．向溶液中加入稀硫酸：
B．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：
C．检验溶液中的：
D．用过量苯酚溶液与碳酸钠溶液反应：2+→2+H2O+CO2↑
6．类比法是一种学习化学的重要方法。下列“类比”中不合理的是
A．酸性：，则碱性：
B．溶液显碱性，则溶液显碱性
C．与HCl反应生成，则也可与HCl反应生成
D．沸点比高，则苯酚的沸点比苯高
7．一种用溶液浸取黄铁矿(主要含，还含有少量难溶性杂质)的流程如图所示，下列叙述中错误的是

A．浸取时主要反应的离子方程式为：
B．可以向操作后的溶液X中加入KSCN溶液，检验是否存在
C．中含有离子键和共价键，阴阳离子个数比为2：1
D．由溶液X制取绿矾晶体的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
8．乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示，下列有关叙述中错误的是

A．溴鎓离子中所有原子不在同一平面内
B．相同条件下，乙烯与溴的溶液反应比与溴水反应更容易
C．玻璃容器表面的Si—O键对反应进行有一定的促进作用
D．将乙烯通入溴水中，理论上会有一定量的生成
9．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是

实验操作
现象
结论
A
向氢氧化钠的乙醇溶液中加入1—溴丁烷，在一定条件下发生反应。将产生的气体通入溶液中
溶液褪色
证明产生的气体中含有1—丁烯
B
在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡
石蜡熔化呈椭圆形
说明物质X为非晶体
C
将溶液加热
溶液变为黄色
，正反应方向为放热反应
D
向盛有KI溶液的试管中加入少量氯水
溶液变为黄色
非金属性：

A．A B．B C．C D．D
10．一种含钒超导材料的晶胞结构及晶体结构俯视图如下图，晶胞参数为xnm、xnm、ynm，摩尔质量为Mrg/mol。(Sb原子有两种位置关系，分别用Sb1和Sb2代表)，下列叙述中错误的是

A．该晶体的化学式为
B．与Cs原子距离最近的Sb1原子有6个
C．基态占据的最高能层的符号是M
D．该含钒超导材料的晶体密度为
11．吲哚生物碱具有抗菌、抗炎、抗肿瘤等多种活性，其一种中间体结构简式如图所示，下列关于吲哚生物碱中间体的叙述中错误的是

A．该化合物苯环上的二氯代物有6种同分异构体
B．该化合物既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应
C．该化合物与足量加成后1个产物分子中含5个手性碳原子
D．该化合物属于芳香族化合物，其中碳原子的杂化方式有2种
12．上海交通大学利用光电催化脱除与制备相耦合，高效协同转化过程如图。(BPM原可将水解离为和，向两极移动)

已知：①
②
下列分析中正确的是
A．是负极，电势更高
B．正极区每消耗22.4L氧气，转移
C．当生成时，负极区溶液增加6.4g
D．总反应，该过程为自发过程
13．在起始温度均为T℃、容积均为10L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和4molCO，发生反应。已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是

A．Q点与P点的平衡常数大小为：
B．与浓度比为1∶1时，标志此反应已达平衡
C．T℃时，
D．用CO的浓度变化表示曲线N在0～100s内的平均速率为
14．化合物甲()是制药工业和电池制造业等的原料，其组成元素W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素；其中W、X、Y为短周期主族元素，W是元素周期表中原子半径最小的元素，X、Y同周期，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2∶3，的电子数比Z原子的电子数多20.化合物甲在加热分解过程中剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是

A．第一电离能：
B．若M点时所得产物化学式为，则n为2
C．M到N的过程中只有一种气体生成
D．可由与足量酸性溶液反应得到
15．25℃时，向溶液中加入NaOH溶液，所有含R微粒的关系如图所示，下列叙述中错误的是
已知：，a、b、c三点的坐标：、、。

A．属于正盐
B．曲线②表示随pOH的变化
C．a点溶液中，
D．反应的平衡常数

二、工业流程题
16．重铬酸钾()在实验室和工业上都有广泛应用。如工业中常将其用于制铬矾、火柴、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿(主要成分为，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物)制备重铬酸钾的工艺流程如下图所示：

已知：①焙烧时中的Fe元素转化为，铝的氧化物转化为
②矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示，当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽

请回答下列问题：
(1)写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式___________。
(2)水浸滤渣的主要成分是，写出生成此滤液的离子方程式___________。
(3)中和步骤中理论pH的范围是___________，中和后滤渣的主要成分是___________(填化学式)。
(4)酸化时加冰醋酸调节pH约等于5，写出酸化过程中反应的离子方程式___________。
(5)工序I经过过滤、洗涤后获得粗产品，则工序II的操作方法是___________。
(6)可以采用氧化还原滴定法测定产品的纯度，还可以采用分光光度法测定(溶液的吸光度与其浓度成正比)，但测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是___________(填字母)。
a．硫酸　　　　b．氢碘酸　　　　c．硝酸钾　　　　d．氢氧化钾

三、原理综合题
17．甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法，其反应机理如下：
反应I：
反应II：
请回答下列问题：
(1)在催化剂作用下，反应I可通过如图1所示的反应历程实现催化重整，则___________。

(2)将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，使用催化剂R，测得相同条件下，甲醇的转化率与CO的物质的量分数变化如图2所示。反应II为___________反应(填“吸热”或“放热”)，选择催化剂R的作用为___________。

(3)将1mol甲醇气体和1.3mol水蒸气混合充入2L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为2.5MPa下进行反应。平衡时容器中，甲醇的转化率为___________，则反应I的平衡常数___________(列出计算式即可)。
(4)相同反应条件下，测得相同时间内甲醇水蒸气重整反应各组分的含量与反应温度关系曲线图如下，下列说法中正确的是___________。

a．升温对反应I的化学反应速率影响更大
b．该条件下催化剂活性温度高于270℃
c．催化剂的选择应考虑提高生成的选择性
d．250℃时，不小于1.3

四、实验题
18．氢化铝锂()以其优良的还原性广泛应用于医药、农药、香料、染料等行业，实验室按如图流程、装置开展制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。

已知：①难溶于烃，可溶于乙醚、四氢呋喃；
②LiH、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解；
③乙醚，沸点34.5℃，易燃，一般不与金属单质反应。请回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___________；装置b的作用是___________。
(2)乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数为0.2%)含水量的是___________。
a．钠　　　　b．分液　　　　c．五氧化二磷　　　　d．通入乙烯
(3)下列说法正确的是___________
a．能溶于乙醚，可能与可以形成二聚体有关
b．滤渣A的主要成分是LiCl
c．为提高过滤出滤渣A的速度，可先加水让滤纸紧贴漏斗内壁
d．为提高合成的速率，可将反应温度提高到50℃
e．操作B可以在分液漏斗中进行
(4)该制备原理的不足之处是___________。
(5)(不含LiH)纯度可采用如下方法测定(装置如图所示)：25℃，常压下，准确称取产品，记录量气管B起始体积读数，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃、水混合液15.0mL，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，调整量气管B，读数，过量四氢呋喃的作用___________；的质量分数为___________(已知25℃时，气体摩尔体积为，列出计算式即可)。


五、有机推断题
19．辉瑞研发的新冠药物帕罗韦德(Paxlovid)可抑制新冠病毒的主要蛋白酶性而发挥作用，其最重要的片段H()的合成路线如下：

已知：-Ph代表，Me代表
请回答下列问题：
(1)的化学名称是___________。
(2)化合物D中氮原子采取杂化，写出其结构简式___________。
(3)写出⑥中步骤ii的反应方程式___________。
(4)药物合成中，需要对手性分子进行拆分，涉及生成手性碳原子的步骤是___________(填合成路线中的数字序号)。
(5)F的芳香族同分异构体中苯环上有3个取代基，且不含结构的有机物共有___________种，其中核磁共氢谱的峰面积比为4∶3∶2∶2∶1的化合物的结构简式为___________。(写出其中一种即可)
(6)下列关于此合成路线的叙述中错误的是___________。
a．④的反应类型是氧化反应
b．本流程步骤较多，产品收率低，可减少步骤提高收率
c．本流程使用试剂KCN，它的取用需戴口罩、护目镜、手套，在通风橱下进行
d．在酸性条件下，对手性分子G进行成盐拆分，G成盐的官能团为酯基和亚氨基

参考答案：
1．C
【详解】A．以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到再生纤维，故A错误；
B．植物从土壤中吸收氨气、一氧化氮转化为氨基酸的过程不是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，不属于氮的固定，故B错误；
C．低温石英的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链，而没有封闭的环状结构，这一结构决定它具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表，故C正确；
D．杯酚分离碳60和碳70体现了超分子的分子识别特征，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．由结构简式可知，该有机物属于羧酸，含有羧基的最长碳链的碳原子个数为4、侧链为甲基，名称为3—甲基丁酸，故A错误；
B．碳原子的原子半径大于氢原子，而小于氯原子，所以空间填充模型不能表示四氯化碳分子，故B错误；
C．甲醇分子中碳原子和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，则碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为sp3—sp3σ键，故C错误；
D．氧元素的原子序数为8，电子排布式为1s22s22p4，电子轨道表示式为，故D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．Fe与CO之间存在配位键属于键，1个CO中含1个键，则中含有的键的数目为，故A错误；
B．标准状况下，和均为1mol，分子数共，甲烷和氯气发生取代反应，反应前后分子总数不变，则充分反应后的分子数为，故B正确；
C．中含1mol钙离子和2mol氢负离子，离子数目为3，故C错误；
D．Fe与氯气反应生成氯化铁，5.6gFe为0.1mol，完全反应消耗0.15mol氯气，则氯气量不足，应以氯气的量计算电子数，完全跟反应得0.2mol电子，即，故D错误；
故选：B。
4．A
【详解】A．由高沸点酸制取挥发性酸的原理可知，用浓硫酸与氯化钠固体共热反应能制备氯化氢气体，故A正确；
B．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中混有的少量氯化氢体，故B错误；
C．乙醛能溶于水，且乙醛能与溴水发生氧化还原反应，所以不能用乙醛作萃取剂萃取溴水中的溴，故C错误；
D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解呈碱性，则用氢氧化钠标准液滴定未知浓度的醋酸溶液时，不能选择甲基橙做指示剂，否则误差太大导致滴定实验失败，应选用酚酞做指示剂，故D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．在酸性条件下发生歧化反应生成和S，反应离子方程式为：，故A错误；
B．亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，氯气与亚硫酸根反应生成氯离子和硫酸根，溶液呈碱性，因此生成的氢离子与亚硫酸根离子结合为亚硫酸氢根，离子方程式为：，故B错误；
C．亚铁离子与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀，反应离子方程式正确，故C正确；
D．苯酚酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢根，苯酚于碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，离子方程式为：+→+，故D错误；
故选：C。
6．A
【详解】A．氟原子的电负性强， CF3—使羧基的电子云密度减小，羧基中氢氧键的极性增强，羧基更易电离出氢离子，所以CF3COOH的酸性强于CH3COOH，同理CF3—也能使氨基的电子云密度减小，电子云密度减小会使氨基结合氢离子的能力降低，所以CF3CH2NH2的碱性弱于CH3CH2NH2，故A错误；
B．Na2CO3和Na2CS3都是强碱弱酸盐，都能在溶液中水解使溶液呈碱性，故B正确；
C．氨分子和联氨分子中氮原子都具有孤对电子，都能与氯化氢分子中具有空轨道的氢离子形成配位键，所以氨分子与氯化氢分子生成氯化铵，联氨与氯化氢分子生成，故C正确；
D．乙醇分子中含有羟基，能形成分子间氢键，所以沸点高于乙烷，同理苯酚中含有的羟基也能形成分子间氢键，所以沸点高于苯，故D正确；
故选A。
7．C
【分析】由题给流程可知，硫铁矿用硫酸铁溶液浸取时，二硫化铁与溶液中铁离子反应生成亚铁离子和硫，过滤得到含有硫酸亚铁的溶液X和含有矿渣、硫的滤渣；溶液X经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。
【详解】A．由分析可知，浸取时发生的主要反应为二硫化铁与溶液中铁离子反应生成亚铁离子和硫，反应的离子方程式为，故A正确；
B．铁离子与硫氰化钾溶液反应或生成红色的硫氰化铁，所以向硫酸亚铁溶液中加入硫氰化钾溶液可以检验溶液中是否存在铁离子，故B正确；
C．二硫化铁是由铁离子和离子形成的离子化合物，化合物中阴阳离子个数比为1：1，故C错误；
D．由分析可知，由溶液X制取绿矾晶体的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D正确；
故选C。
8．B
【详解】A．由溴鎓离子的结构简式可知其所含碳原子为饱和碳，饱和碳原子为四面体构型，所有原子不可能共面，故A正确；
B．为非极性溶剂，其对溴单质的诱导作用较弱，因此溴单质中Br-Br键的极性弱于水中Br-Br键的极性，导致加成反应变困难，故B错误；
C．Si—O键为极性键，而由反应机理可知环境中有极性键使反应更易进行，故C正确；
D．溴水中含有HBrO参与加成反应，理论上会有一定量的生成，故D正确；
故选：B。
9．D
【详解】A．乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明向氢氧化钠的乙醇溶液中加入1—溴丁烷，在一定条件下发生反应不能证明产生的气体中含有1—丁烯，故A错误；
B．在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形体现了晶体的各向异性，说明物质X为晶体，故B错误；
C．将2mL0.5mol/L氯化铜溶液加热，溶液变为黄色说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故C错误；
D．向盛有碘化钾溶液的试管中加入少量氯水，溶液变为黄色说明氯水与碘化钾溶液反应生成碘和氯化钾，证明氯气的氧化性强于碘，氯元素的非金属性强于碘元素，故D正确；
故选D。
10．B
【详解】A．根据晶体结构俯视图判断，该晶胞底面为菱形，该菱形中邻边存在60°和120°两种角度。结合均摊法可知，晶胞中Cs位于晶胞顶点，共4×+4×=1个，V位于面心和体心，共4×+1=3个，Sb位于棱心和体内，共2×+2×+4=5个，则晶体中粒子个数比Cs : V : Sb =1:3∶5，则晶体的化学式为：，故A正确；
B．以顶点的Cs为观察对象，与Cs原子距离最近的Sb1原子棱心上，Cs原子的上方晶胞中也有1个棱心Sb1，共2个，故B错误；
C．基态的核外电子排布为：，占据的最高能层为第三层，符号是M，故C正确；
D．该晶胞的质量为：，晶胞的体积为，晶胞的密度为：，故D正确；
故选：B。
11．C
【详解】A．苯环结构不对称， 苯环上含4种氢原子，根据定一移一法可知苯环的二氯代物有6种，故A正确；
B．该结构种含有亚氨基能与酸反应， 含有酯基和酰胺键能发生碱性水解，故B正确；
C．苯环和碳碳双键能发生加氢反应，加成后1分子产物种含4个手性碳原子，如图所示，故C错误；
D．该化合物含有苯环属于芳香族化合物，含有饱和碳原子和双键碳原子，存在sp3和sp2两种杂化方式，故D正确；
故选：C。
12．D
【详解】A．由图示信息可知上二氧化硫失电子生成，为负极，负极电势低于正极电势，故A错误；
B．气体不是标准状况，不能根据气体体积确定气体的物质的量，故B错误；
C．正极反应：，生成时，转移0.2mol电子，结合负极反应：，转移0.2mol电子时，负极吸收0.1mol二氧化硫，负极区增加13g，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，总反应可由①+②得到，总反应的，<0，反应可自发进行，故D正确；
故选：D。
13．A
【分析】由图可知，的转化率在达到平衡时N比M高，又∆H<0，绝热时温度升高，平衡转化率降低，由图可知，的转化率在达到平衡时N比M高，故M为B（绝热），N为A（恒温）。
【详解】A．Q与P点平衡时对应的曲线为M及N，且转化率N>M，故，A正确；
B．与在任何时刻浓度比均为1∶1，B错误；
C．T℃时的平衡转化率为25%，根据平衡三段式可知，此时c(N2)=c(CO2)=mol/L=0.025mol/L，c(N2O)=mol/L=0.075mol/L，c(CO)= mol/L=0.375mol/L，故k===    ，故，C错误；
D．在100s时，曲线N中的转化率为10%，用CO的浓度变化表示曲线N在0～100s内的平均速率为v(CO)==，D错误。
故答案为：A。
14．B
【分析】W是元素周期表中原子半径最小的元素，则W为H元素；X、Y同周期元素，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2∶3，设X最外层电子数为2x，则Y的最外层电子数为3x，W2X2Y4的电子数比Z原子的电子数多20，若X、Y为第二周期元素，1×2+(2x+2)×2+(3x+2)×4-Z的原子电子数=20，当x=1时，Z的原子电子数=10，为Ne元素，不符合题意，当x=2时，Z的原子电子数=26，为Fe元素，符合题意；若X、Y为第三周期元素，1×2+(2x+2+8)×2+(3x+2+8)×4-Z的原子电子数=20，不符合题意，故W为H，X为C，Y为O，Z为Fe。化合物甲为FeC2O4∙nH2O。
【详解】A．X为C，Z为Fe，W为H，H的1s轨道为半满结构，较稳定，故第一电离能H>C，A错误；
B．若M点时所得产物化学式为，则FeC2O4的质量为4.32g，物质的量为0.03mol，固体受热，由5.40g减少到4.32g，减少的水，物质的量为：(5.40g-4.32g)÷18g/mol=0.06mol，中n=2，B正确；
C．200℃~300℃结晶水已经全部失去，M点为FeC2O4，M到N的过程是FeC2O4分解的过程，固体质量减少为：4.32g-2.32g=2g，减少的元素为碳元素和氧元素，根据元素守恒碳元素的物质的量为0.06mol，减少的的氧元素的物质的量为：(2g-0.06mol×12)÷16g/mol=0.08mol,碳氧原子个数比为：3∶4，故生成的含氧化合物为CO2和CO，C错误；
D．分子式为C2H6O2，同分异构体有多种，可能为乙二醇，也可能为其他有机物，若为乙二醇，在酸性高锰酸钾作用下，可生成乙二酸即草酸(H2C2O4)，若为其他有机物，则无法在酸性高锰酸钾作用下生成乙二酸，D错误；
故选B。
15．D
【分析】由电离常数公式可知，当溶液中R微粒的浓度相等时，电离常数与溶液中的氢离子浓度相等；由图可知，含R微粒只有3条曲线说明H3RO3为二元弱酸，Na2HRO3为正盐，由多元弱酸分步电离，以一级电离为主可知，一级电离常数大于二级电离常数，则电离常数越大，溶液中pOH的值越小，则曲线③表示表示lgc(H3RO3)随pOH的变化的曲线、曲线②表示lgc(H2RO)随pOH的变化、曲线①表示lgc(HRO)随pOH的变化，由b点数据可知，H3RO3的电离常数Ka1(H3RO3)= 10—10.4，由a点数据可知，H3RO3的电离常数Ka2(H3RO3)= 10—12.7。
【详解】A．由分析可知，H3RO3为二元弱酸，Na2HRO3为正盐，故A正确；
B．由分析可知，曲线②表示lgc(H2RO)随pOH的变化，故B正确；
C．由图可知，a点溶液中c(HRO)= c(H2RO)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=2c(HRO)+ c(H2RO)+ c(OH—)可得：溶液中c(Na+)+ c(H+)=3c(H2RO)+ c(OH—)，故C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K=====102.3，故D错误；
故选D。
16．(1)4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2
(2)FeO+2H2O=Fe(OH)3+OH—
(3) 4.5—9.3 H2SiO3、Al(OH)3
(4)2CrO+2 CH3COOH=Cr2O+2CH3COO—+H2O
(5)重结晶
(6)a

【分析】由题给流程可知，铬铁矿、碳酸钠在空气中焙烧时Fe(CrO2)2转化为铬酸钠和NaFeO2，铁的氧化物转化为NaFeO2，二氧化硅转化为硅酸钠，氧化铝转化为Na[Al(OH)4]，向焙烧渣中加入水水浸将NaFeO2转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；由图可知，向滤液中加入醋酸中和调节溶液pH在4.5—9.3之间，将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，铬酸钠部分转化为重铬酸钠，过滤得到含有硅酸、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加冰醋酸调节pH约等于5，将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，向反应后的溶液中加入氯化钾将重铬酸钠转化为重铬酸钾沉淀，经过滤、洗涤后获得重铬酸钾粗产品，粗产品经重结晶得到重铬酸钾。
【详解】（1）由分析可知，焙烧过程中发生的主要反应为Fe(CrO2)2与碳酸钠、氧气反应生成铬酸钠、NaFeO2和二氧化碳，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2，故答案为：4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2；
（2）由分析可知，水浸发生的反应为NaFeO2与水反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为FeO+2H2O=Fe(OH)3+OH—，故答案为：FeO+2H2O=Fe(OH)3+OH—；
（3）由分析可知，中和步骤加入醋酸中和调节溶液pH在4.5—9.3之间的目的是将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，铬酸钠部分转化为重铬酸钠，故答案为：4.5—9.3；H2SiO3、Al(OH)3；
（4）由分析可知，酸化时加冰醋酸调节pH约等于5的目的是将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，反应的离子方程式为2CrO+2 CH3COOH=Cr2O+2CH3COO—+H2O，故答案为：2CrO+2 CH3COOH=Cr2O+2CH3COO—+H2O；
（5）由分析可知，工序I为经过滤、洗涤后获得重铬酸钾粗产品，工序II为粗产品经重结晶得到重铬酸钾，故答案为：重结晶；
（6）由题意可知，采用氧化还原滴定法测定产品的纯度时，没有加入硫酸将溶液中的铬酸钾完全转化为重铬酸钾导致测得重铬酸钾的质量分数明显偏低，故选a。
17．(1)(a-b+c)
(2) 吸热 加快反应速率，降低反应Ⅱ的选择性
(3) 90%(或0.90或0.9) (能体现出计算过程，直接写结果不给分)
(4)acd

【详解】（1）反应物总能量-生成物总能量，由图可知(a-b+c)，故答案为：(a-b+c)；
（2）由图中信息可知随温度升高，CO的物质的量分数增加，说明反应II正向移动，则正向为吸热方向；由图可知，在其他条件相同时，使用催化剂R时CO的物质的量分数较小，而甲醇转化一直较高，说明催化剂R的使用可减少反应II的发生，即对反应II具有选择性，同时使用催化剂可加快反应速率，故答案为：吸热；加快反应速率，降低反应Ⅱ的选择性；
（3）根据题中信息列三段式：


甲醇的转化率为；
则反应I的平衡常数=，故答案为：90%(或0.90或0.9)；；
（4）a．由图可知升高温度CO的含量几乎不发生改变，而氢气的含量增大趋势显著，可知升温对反应I的化学反应速率影响更大，故正确；
b．由图可知，温度高于250℃时产物含量的变化率减小，说明催化剂的活性开始降低，故错误；
c．催化剂的选择应考虑提高生成的选择性，这样才能提高甲醇催化重整生成氢气的选择性，故正确；
d．由图可知反应起点时=1.3，250℃时，两者含量差距增大，大于1.3，故正确；
故答案为：acd。
18．(1) 恒压滴液漏斗 吸收装置内的水分，防止空气中水蒸气进入，保持反应装置干燥
(2)ac
(3)ab
(4)LiH的利用率低
(5) 减缓LiAlH4与水反应的速率 ×100%

【分析】由题给流程可知，氯化铝乙醚溶液与氢化锂乙醚溶液在28℃条件下搅拌反应生成氢化铝锂和不溶于乙醚的氯化锂，过滤得到乙醚和氢化铝锂乙醚滤液；向滤液中加入苯，蒸馏得到乙醚和氢化铝锂、苯的混合物；混合物经过一系列操作C得到粗产品。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a为恒压滴液漏斗；由氢化锂、氢化铝锂在潮湿的空气中均会发生剧烈水解可知，装置b中盛有的固体干燥剂用于吸收装置内的水分，防止空气中水蒸气进入，保持反应装置干燥，防止氢化锂、氢化铝锂发生水解，故答案为：恒压滴液漏斗；吸收装置内的水分，防止空气中水蒸气进入，保持反应装置干燥；
（2）a．钠能与水反应生成不溶于乙醚的氢氧化钠和氢气，则用金属钠可以除去乙醚中的水，故正确；
b．乙醚微溶于水，不能用分液的方法除去乙醚中的水，故错误；
c．五氧化二磷是酸性干燥剂，能与水反应生成磷酸，则五氧化二磷可以除去乙醚中的水，故正确；
d．乙烯不能与水反应，溶于乙醚，则通入乙烯不能除去乙醚中的水，故错误；
故选ac；
（3）a．氯化铝中氯离子和铝离子可以通过配位键形成二聚氯化铝，由相似相溶原理可知，二聚氯化铝能溶于乙醚，则氯化铝能溶于乙醚与氯化铝可以形成二聚体有关，故正确；
b．由分析可知，滤渣A的主要成分是不溶于乙醚的氯化锂，故正确；
c．氢化铝锂在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，所以过滤时不能加水让滤纸紧贴漏斗内壁，故错误；
d．由题给信息可知，乙醚的沸点34.5℃，则实验时不能将反应温度提高到50℃，否则乙醚挥发不利于氯化铝和氯化锂的接触反应，会使反应速率减慢，故错误；
e．由分析可知，操作B为蒸馏，不能在分液漏斗中进行，故错误；
故选ab；
（4）由分析可知，氯化铝乙醚溶液与氢化锂乙醚溶液在28℃条件下搅拌反应生成氢化铝锂和不溶于乙醚的氯化锂，反应的化学方程式为AlCl3+4LiHLiAlH4+3LiCl↓，由方程式可知，该制备原理的不足之处是反应中氢化锂主要转化为氯化锂导致氢化锂的利用率低，故答案为：LiH的利用率低；
（5）氢化铝锂与水反应生成氢氧化铝、氢氧化锂和氢气，反应的化学方程式为LiAlH4+4H2O=Al(OH)3+LiOH+4H2↑，由题意可知，反应生成氢气的物质的量为mol，则氢化铝锂的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%。
19．(1)苯甲胺
(2)
(3)+CH3OH+H2O
(4)⑤
(5) 26 或
(6)d

【分析】A与苯甲胺反应生成B，对比B的结构可知反应过程中形成酰胺键，则推知A中含两个羧基，结构简式应为：，B与氢气发生还原反应生成C，C在一定条件下反应生成D，化合物D中氮原子采取杂化，可知N保持单键结构，结合C和D的组成差异可知C到D的过程中C中羰基脱氧转化为CH2，D的结构简式为：，D在题给条件下脱氢生成E，E发生加成反应生成F，F先水解成羧基后再与甲醇酯化生成G，G与盐酸反应生成H，据此解答。
【详解】（1）由结构简式可知该物质为苯乙胺，故答案为：苯甲胺；
（2）由以上分析可知D为，故答案为：；
（3）F先水解成生成，与甲醇发生酯化反应生成，反应方程式为：+CH3OH+H2O。故答案为：+CH3OH+H2O；
（4）①中形成酰胺键，不涉及手性碳原子生成；②中N原子处发生还原反应，不涉及手性碳原子生成；③中羰基转化为CH2, 不涉及手性碳原子生成；④中形成C=N，不涉及手性碳原子生成；⑤中发生加成反应，-CN所连碳原子为手性碳原子，涉及手性碳原子生成；⑥中形成酯基，不涉及手性碳原子生成；故答案为：⑤；
（5）F的芳香族同分异构体中苯环上有3个取代基，且不含结构，结合F的结构可知其同分异构体中若含苯环则不存在其他不饱和价键结构，含有三个取代基且不含结构，则三个取代基可能为：-NH2、-CH2NH2、-CH3或者为-NH2、-NHCH3、-CH3两者组合三个取代基各不相同在苯环上各有10中不同结构；三个取代基还可能为：-NH2、-NH2、-C2H5，两个氨基邻位时乙基在苯环上有2个位置，氨基间位时乙基在苯环上有3个位置，氨基对位时乙基有1个位置，共6种，则所有符合的结构共26种，其中核磁共氢谱的峰面积比为4∶3∶2∶2∶1的化合物的结构简式或，故答案为：26；或；
（6）a．④中发生脱氢成双键的转化，反应类型是氧化反应，故a正确；
b．有机反应大多具有可逆性，且常伴有副反应发生，过程越多，副产物越多，会导致产率下降，故b正确；
c．KCN有剧毒，取用需戴口罩、护目镜、手套，在通风橱下进行，故c正确；
d．在酸性条件下，对手性分子G进行成盐拆分，G成盐的官能团为亚氨基，酯基在酸性条件下发生水解生成羧基和羟基，不能成盐，故d错误；
故答案为：d。