辽宁省大连市2023届高三下学期一模化学试题e

这是一份辽宁省大连市2023届高三下学期一模化学试题e，共24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。

辽宁省大连市2023届高三下学期一模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A．“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为硅
B．根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花
C．植物从土壤中吸收、转化为氨基酸的过程属于氮的固定
D．陶瓷在我国具有悠久的制造历史，其以黏土(主要成分为含水的铝硅酸盐)为主要原料
2．下列化学用语表达正确的是
A．氧的基态原子的轨道表示式：
B．甲烷分子和四氯化碳分子的空间填充模型均为：
C．的名称：2-甲基丁酸
D．分子中，碳原子与氧原子之间的共价键：键
3．为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．0.1 mol/L 溶液中，含有的数目为0.2
B．标准状况下，22.4 L 和22.4 L 在光照下充分反应后的分子数为2
C．1 mol 晶体和1 mol 晶体含有的离子数目均为2
D．一定条件下，5.6 g Fe与0.1 mol 充分反应，转移的电子数为0.3
4．下列实验设计和操作合理的是
A．用浓磷酸与碘化钠固体共热制备HI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．Fe与稀硝酸反应，当时：
D．用过量苯酚溶液与碳酸钠溶液反应：
6．类比法是一种学习化学的重要方法。下列“类比”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．的沸点比的高，则的沸点比的高
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，检验是否反应完全
C．溶液X经过一系列操作，可制得“绿矾晶体()
D．实验室中可以利用溶液和NaOH溶液混合制备胶体
8．乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示。下列有关叙述错误的是

A．溴鎓离子中溴原子的杂化方式为
B．将乙烯分别通入等物质的量浓度的溴的溶液和溴水中，则反应速率：前者>后者
C．加成反应过程中，有非极性键的断裂以及极性键的形成
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
将1-溴丁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中
酸性高锰酸钾溶液褪色
可证明产生的气体中有烯烃
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2 mL 0.5 mol/L的溶液加热
溶液变为黄色
(黄色)。正反应方向为放热反应
D
分别向盛有溶液和溶液的试管中加入NaOH溶液至过量
前者出现白色沉淀：后者先出现白色沉淀，后沉淀溶解
金属性：Mg>Al

A．A B．B C．C D．D
10．某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x nm、x nm、y nm。下列叙述错误的是

A．该晶体的化学式为
B．基态占据的最高能层的符号是M
C．位于元素周期表的第五周期第ⅥA族
D．若该含钒超导材料的摩尔质量为M g/mol，则该晶体密度为 g⋅cm
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．1 mol该化合物与足量加成后。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，其中采取杂化方式的碳原子有10个
12．我国科研人员将单独脱除的反应与制备的反应相结合，实现协同转化。
已知：反应①单独制备：，不能自发进行；
反应②单独脱除：，能自发进行。
协同转化装置如图(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。下列分析错误的是

A．反应②释放的能量可以用于反应①
B．产生的电极反应：
C．当生成0.1 mol 时，负极区溶液质量增重9.8 g
D．协同转化总反应：
13．已知总反应：   kJ⋅mol()的速率方程为{，k为速率常数]，该反应机理可分为两步：
(1)  快
(2)  慢[速率方程，为速率常数，该反应速率近似认为是总反应的速率]。下列叙述正确的是
A．
B．当时，总反应达到平衡
C．总反应中生成物的总键能比反应物的总键能小a kJ•mol
D．恒容时，增大的浓度能增加单位体积内活化分子的百分数，加快反应速率
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。

下列叙述正确的是
A．电负性：X>Y>W
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，向弱酸的溶液中加入NaOH溶液，所有含R微粒的关系如图所示。下列叙述错误的是

已知：①
②a、b、c三点的坐标：、、
A．属于正盐
B．曲线②表示lgc(H2RO)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，如用于制铬矾、制火柴、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，Cr元素转化为；
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 mol⋅L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，写出生成此滤渣的离子方程式_______。
(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，简述不能用盐酸的可能原因是_______。
(5)工序1加入KCl的作用是_______。
(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1：  
反应Ⅱ：  
请回答下列问题：
(1)在精选催化剂R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_______kJ/mol(用含字母a、b、c的代数式表示)。

(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1 mol甲醇气体和1.2 mol水蒸气混合充入2 L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为2.5 MPa下进行反应。平衡时容器中 mol。此时的浓度为_______，甲醇的转化率为_______，则反应Ⅱ的逆反应的压强平衡常数_______。
(4)相同反应条件下，得到甲醇水蒸气重整反应各组分的实际组成与反应温度关系曲线图。

下列说法正确的是
A．升温对反应Ⅰ的化学反应速率影响更大
B．催化剂的选择应考虑提高生成的选择性
C．催化剂的活性与温度有关，且反应前后化学性质保持不变
D．若容器内气体的平均摩尔质量保持不变，则反应Ⅱ一定处于平衡状态

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、装置开展了制备的实验(火持、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)中阴离子的空间结构是_______。
(2)仪器a的名称是_______；装置b的作用是_______。
(3)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
(4)下列说法正确的是_______
a.能溶于乙醚可能与配位键有关
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
(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 m g，记录量气管B起始体积读数 mL，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃、水混合液15.0 mL，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 mL。过量四氢呋喃的作用_______；的质量分数为_______(用含m、、的代数式表示)。


五、有机推断题
19．药物帕罗韦德(Paxlovid)可抑制病毒在细胞内的早期复制，为人体免疫系统最终战胜病毒赢得宝贵的时间。其最重要的片段的H()的合成路线如下：

已知：-Ph代表，Me代表
请问答下列问题：
(1)化合物F的官能团名称是_______。
(2)的化学名称是_______。
(3)④的反应类型是_______。
(4)写出D的结构简式_______。
(5)写出⑥中步骤Ⅱ的反应方程式_______。
(6)已知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，写出其中一种核磁共振氢谱的峰面积比为4∶3∶2∶2∶1的化合物的结构简式_______。

参考答案：
1．C
【详解】A．半导体材料是晶体硅，故A正确；
B．蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花，故B正确；
C．植物从土壤中吸收、转化为氨基酸的过程属于含氮化合物之间的转化，不属于氮的固定，故C错误；
D．陶瓷是以黏土(主要成分为含水的铝硅酸盐)为主要原料经过烧制得到的，故D正确；
故选C。
2．A
【详解】A．氧的基态原子电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式：，故A正确；
B．甲烷分子和四氯化碳分子都是正四面体形，但原子半径：Cl>C>H，该模型不能表示四氯化碳分子的空间填充模型，故B错误；
C．中甲基在3号碳原子上，命名为：3-甲基丁酸，故C错误；
D．分子中C原子杂化方式为sp3杂化，O原子杂化方式也是sp3杂化，碳原子与氧原子之间的共价键：键，故D错误；
故选A。
3．B
【详解】A．0.1 mol/L 溶液体积未知，难以计算含有的数目，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．用浓磷酸与碘化钠固体共热时发生反应：3NaI+H3PO4=Na3PO4+3HI(气体)，可以制备HI气体，故A正确；
B．也能和饱和碳酸钠溶液反应，不能用饱和碳酸钠溶液除去中混有的少量HCl气体，故B错误；
C．乙醛溶于水，且会和溴水反应，不能作萃取剂萃取溴水中的溴，故C错误；
D．醋酸为弱酸，滴定终点呈碱性，应用酚酞作指示剂，故D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：3S2O+2H+═2SO+4S↓+H2O，故A错误；
B．溶液吸收少量氯气，首先两者发生氧化还原反应生成HCl和Na2SO4，而生成的少量HCl能和过量的反应生成NaHSO3，故离子方程式为：，故B错误；
C．Fe与稀硝酸反应，当时生成NO和Fe2+，离子方程式为：，故C正确；
D．用过量苯酚溶液与碳酸钠溶液生成苯酚钠和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO+HCO，故D错误；
故选C。
6．A
【详解】A．氟的电负性很强，吸引电子的能力很强，使得O-H键的极性增强，电离氢离子的能力增强，故酸性：，中氟的吸电子效应使N-H键的极性增强，使其结合氢离子的能力减弱，碱性减弱，则碱性：，故A错误；
B．溶液碳酸根发生水解产生氢氧根离子使溶液呈碱性，溶液中发生水解产生氢氧根离子使溶液呈碱性，故B正确；
C．中含有孤电子对，则与HCl反应生成，而中每个N上均含有1个孤电子对，则也可与HCl反应生成，故C正确；
D．互为同分异构体的有机物，支链越多，熔沸点越低，的沸点比的高，则的沸点比的高，故D正确；
故选A。
7．D
【分析】根据已知信息可知，Fe2(SO4)3溶液浸取黄铁矿时反应的高子方程式为：，过滤，得到FeSO4溶液， 据此分析解答。
【详解】A．Fe2(SO4)3溶液浸取时和发生氧化还原反应得到和S单质，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故A正确；
B．若向浸没后中的溶液中加入KSCN，溶液变红，说明溶液中有Fe3+，说明没有完全反应，故B正确；
C．溶液X为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶后可制得“绿矾晶体()，故C正确；
D． 实验室制备胶体的方法是：加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，故D错误；
故选D。
8．B
【详解】A．溴鎓离子中溴原子价电子对数为，杂化方式为，故A正确；
B．水是极性分子，能增强溴分子中化学键的极性，将乙烯分别通入等物质的量浓度的溴的溶液和溴水中，则反应速率：前者<后者，故B错误；
C．加成反应过程中，断裂Br-Br键和碳碳双键中的一个键，形成C-Br键，有非极性键的断裂以及极性键的形成，故C正确；
D．根据乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理，将乙烯通入溴水中，溴水中含有HBrO，理论上会有一定量的生成，故D正确；
选B。
9．D
【详解】A．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能证明产生的气体中有烯烃，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，说明X各面的性质不完全相同，具有各向异性，则说明物质X为晶体，故B错误；
C．将2 mL 0.5 mol/L的溶液加热，溶液变为黄色，说明平衡(黄色)正向移动，正反应方向为吸热反应，故C错误；
D．分别向盛有溶液和溶液的试管中加入NaOH溶液至过量，前者出现白色沉淀：后者先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明Mg(OH)2不能和NaOH溶液反应而Al(OH)3能够和NaOH溶液反应，在碱性Al(OH)3Al，故D正确；
故选D。
10．C
【详解】A．Cs在晶胞中的位置是顶点，个数为，V在晶胞中的位置是面上和内部，个数为：，Sb在晶胞中的位置是面上和棱上，，故该晶体的化学式为，A正确；
B．基态的核外价电子排布为3d3，占据的最高能层的符号是M，B正确；
C．位于元素周期表的第五周期第A族，C错误；
D．该晶体的化学式为，若该含钒超导材料的摩尔质量为M g/mol，则该晶体密度为，D正确；
故选C。
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．该化合物中苯环上的碳和氧双键上的碳都是杂化，这样的碳原子一共有10个，故D正确；
故选：C。
12．D
【分析】根据电子流向可知，左边电极为负极，电极反应式为SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，右边电极为正极，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2。
【详解】A．反应②能自发进行，反应放出能量，反应①不能自发进行，需要吸收能量，反应②释放的能量可以用于反应①，故A正确；
B．由分析可知，O2在右侧电极得到电子生成H2O2，电极方程式为：，故B正确；
C．当正极生成0.1 mol 时，得到0.2mol电子，左边电极为负极，电极反应式为SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，当得到0.2mol电子时，吸收0.1mol SO2，同时双极膜电离出0.2molOH-进入负极，负极区溶液质量增重0.1mol64g/mol+0.2mol17g/mol=9.8 g，故C正确；
D．负极电极反应式为SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，正极电极反应为O2+2H++2e-=H2O2，协同转化总反应为：    ，故D错误；
故选D。
13．A
【详解】A．反应可由反应(1)+(2)得到，由于(1)反应快，反应速率由(2)决定，由可得，将其代入，得出，即可得出，A正确；
B．反应平衡时正逆反应速率相等，则，B错误；
C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，C错误；
D．增大浓度，活化分子数不变，则其百分数也不变，D错误；
故选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原子的电子数=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，Y为O，W为H，同周期从左往右电负性增强，同主族从上往下电负性减弱，故电负性O>C>H，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，减少的水的物质的量为：(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)
(2)
(3) 、
(4)能将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)(其他合理答案也可得分)
(5)将转化为
(6)A

【分析】铬铁矿[主要成分为，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]，加入碳酸钠灼烧，“焙烧” 所得固体为Na2CrO4、、NaAlO2和Na2SiO3，加水浸取，滤渣为难溶性的，滤液中含有可溶性的Na2CrO4、NaAlO2和Na2SiO3，加入醋酸调节溶液的pH，得到沉淀Al(OH)3、H2SiO3，则滤渣为Al(OH)3、H2SiO3，调节溶液pH<5，酸性条件下CrO转化为Cr2O，向溶液中加入KCl，得到溶解度较小的K2Cr2O7，以此解答。
【详解】（1）铬铁矿主要成分为，焙烧过程中和碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4、、CO2，根据氧化还原得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（2）水浸滤渣的主要成分是，说明和水反应生成，离子方程式为：。
（3）由分析可知中和步骤加入醋酸调节溶液的pH，目的是除去溶液中的Al3+和SiO，由信息②中图像所给信息可知，理论pH的范围是时，Al3+和SiO浓度小于 mol⋅L，可认为已除尽；中和后滤渣的主要成分是、。
（4）Cl-具有还原性，能将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，则酸化时加冰醋酸，不能用盐酸。
（5）由分析可知，工序1加入KCl的作用是将转化为。
（6）根据题意，溶液的吸光度与其浓度成正比例，在溶液中存在平衡:
Cr2O +H2O2H++2CrO，即有部分Cr2O会转化为CrO，从而使测得的质量分.
数明显偏低，为抑制Cr2O转化为CrO，需要加入酸且与Cr2O或CrO不反应，如硫酸，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(其他合理答案也可得分)
(3) 0.2 mol/L 90%(或0.90或0.9) 208
(4)ABC

【详解】（1）根据盖斯定律，反应焓变只与起始与终止状态有关，则△H=(a-b+ c) kJ/mol，故答案为： (a-b+ c) kJ/mol；
（2）温度升高，甲醇的转化率增大，平衡正向移动，反应Ⅱ为吸热反应；加入催化剂R后CO的物质的量分数减小，作用是加快反应速率，降低反应Ⅱ的选择性。
（3）根据题意，反应体系中同时进行两个反应，设甲醇转化物质的量为xmol，平衡时CO物质的量为ymol，

平衡时容器中n(CH3OH) = n(CO) = 0.1mol，则1- x= y=0.1，则x= 0.9， y= 0.1，此时H2O的物质的量为(1.2- x+y)mol = (1.2- 0.9 + 0.1) mol= 0.4mol，浓度为= 0.2mol/L；甲醇的转化率×100%== 90%；反应Ⅱ的逆反应的压强平衡常数

体系总物质的量为0.1mol + 0.4mol + 0.8mol + 2.6mol + 0.1mol = 4mol，压强之比等于物质的量之比，则平衡时压强为为P1，则=，则P1=MPa，p(CO)= P1，p(H2O)= P1，p(CO2)= P1，p(H2)= P1，则；Mpa；
（4）A．升温甲醇和水蒸气的实际组成明显降低，CO基本不变，说明温度对反应Ⅰ的化学反应速率影响更大，A正确；
B．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，为了降低损失，催化剂的选择应考虑提高生成的选择性，B正确；
C．催化剂的活性与温度有关，且反应前后化学性质保持不变，C正确；
D．PV=nRT，n=，若容器内气体的平均摩尔质量保持不变，则n保持不变，反应Ⅱ是压强不变的反应，则不能判断反应是否平衡，D错误；
故选ABC。
18．(1)正四面体形
(2) 恒压滴液漏斗 保持反应体系干燥(防止外界水蒸气干扰等合理答案也可得分)
(3)AC
(4)ab
(5) 可减缓与的反应速率 ×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）中阴离子为，铝型材4个键且物孤电子对，故空间结构是正四面体形；
（2）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；
（3）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A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B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C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D错误；
故选AC；
（4）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通过配位键形成二聚体有关，故a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b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c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d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；
（5）在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，反应迅速，故过量四氢呋喃的作用可减缓与的反应速率；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%。
19．(1)氰基、氨基
(2)苯甲胺
(3)氧化反应
(4)
(5)+CH3OH +H2O
(6) 26 或

【分析】④为D→E，在强氧化剂K2S2O8作用下发生，由E的分子式：C7H11N ，结合E的结构简式及分子式C7H13N，可知D→E是去氢氧化，推测D为。
【详解】（1）由结构简式可知，化合物F的官能团名称是氰基、氨基。
（2）属于胺类，化学名称是苯甲胺。
（3）④为D→E，在强氧化剂K2S2O8作用下发生：C7H13N→C7H11N，是去氢氧化，故其反应类型是氧化反应。
（4）据分析，D的结构简式。
（5）⑥中先-CN水解转变为羧基，再与甲醇在浓硫酸加热下发生酯化反应，则步骤Ⅱ的反应方程式。
（6）F的分子式为C8H12N2， 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，其苯环上的3个取代基有3种情况，①2个-NH2，1个-CH2CH3，则共有6种组合，②1个-NH2，1个-CH3，1个-CH2NH2，则共有10种组合，③1个-NH2，1个-CH3，1个-NHCH3，则共有10种组合，则符合条件的有机物共有26种，其中一种核磁共振氢谱的峰面积比为4∶3∶2∶2∶1的化合物的结构简式：或。