2022-2023学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第四次质量检测 化学 解析版

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第四次质量检测 化学 解析版，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省沈阳市第120中学2022-2023学年高三上学期第四次质量检测
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Ca-40 V-51
一、选择题(每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共45分)
1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. 工业上通过石油分馏得到大量化工原料苯
B. 冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素
C. “光化学烟雾”“臭氧空洞”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关
D “天宫课堂”实验：乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程发生吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．石油分馏一般得到烷烃或环烷烃，煤的干馏可以得到苯，A错误；
B．碲属于主族元素，B错误；
C．氮氧化物可以在光照下发生光化学反应生成二次污染物，形成“光化学烟雾”，可以破坏臭氧层形成“臭氧空洞”，也可以与水结合形成“硝酸型酸雨”，C正确；
D．乙酸钠过饱和溶液结晶形成热冰现象，属于放热反应，D错误；
故答案为：C。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 葡萄糖的实验式： B. 的电子式：
C. 基态的价电子排布式： D. 氯化铁的分子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．葡萄糖的实验式为，A错误；
B．的电子式为，B错误；
C．基态的价电子排布式为，C错误；
D．氯化铁是由分子构成的，其分子式为，D正确；
故选D。
3. 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 与混合气体中含键的数目为
B. 过量的铜与含的浓硝酸反应，转移电子的数目大于
C. 和的固体混合物所含阳离子大于
D. 在标准状况下，11.2L Cl2溶于水，溶液中、和的微粒数之和为
【答案】B
【解析】
【详解】A．C6H6结构未知，无法确定σ 键的数目，故A错误；
B．如果铜和浓硝酸只生成NO2，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，0.2molHNO3参加反应，转移电子数目为0.1NA；若铜和硝酸反应生成NO，反应的方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.2molHNO3全部参加该反应，转移电子数目为0.15NA。过量的铜与含 0.2mol HNO3 的浓硝酸反应，铜是过量的，随着反应进行，浓硝酸变为稀硝酸，上述两个反应都发生，所以转移电子的数目大于 0.1NA，故B正确；
C．CaCO3 是由钙离子和碳酸根离子构成的，1molCaCO3 含1mol阳离子，KHCO3是由钾离子和碳酸氢根离子构成的，1mol KHCO3含1mol阳离子，CaCO3 和KHCO3的摩尔质量均为100g/mol，所以10gCaCO3 和KHCO3固体混合物的物质的量为0.1mol，含有的阳离子为0.1NA，故C错误；
D．标准状况下11.2LCl2的物质的量为0.5mol。氯气和水发生的反应是可逆反应，溶液中除了Cl− 、ClO−和HClO外，还有没和水反应的氯气分子，所以溶液中 Cl− 、 ClO− 和 HClO 的微粒数之和小于 NA，故D错误；
故选B。
4. 工艺是将氨氮废水中的通过耗氧-厌氧两个阶段转变为与水脱除，其机理为：，下列有关说法正确的是
A. 步骤Ⅰ中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
B. 的中心原子N采用杂化
C. 在整个过程中既是反应物又是催化剂
D. 该工艺最终实现了氮的固定
【答案】B
【解析】
【详解】A．由化合价变化可知，步骤Ⅰ中，氧气为反应的氧化剂、铵根离子为反应的还原剂，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，A错误；
B．孤电子对数=，键电子对数，则价层电子对数，中心原子N采用杂化，B正确；
C．由反应机理可知，整个过程中铵根离子做反应物，不是催化剂，C错误；
D．氮的固定是游离态的氮元素转化为化合态氮元素的过程，由反应机理可知，整个过程是化合态的氮元素转化为游离态氮元素的过程，所以不是氮的固定的工艺，D错误；
故选B。
5. 在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化可以实现的是
A. NH3NOHNO3
B. Ca(ClO)2(aq) HClO Cl2
C. NaCl(aq) Na(s)Na2O2
D. CuSO4Cu(OH)2Cu
【答案】A
【解析】
【详解】A． 氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，能一步实现，故A选；
B． Ca(ClO)2(aq)与二氧化碳反应生成 HClO和碳酸钠，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，故B不选；
C． NaCl(aq)电解生成氢氧化钠、氢气和氯气， 钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故C不选；
D． CuSO4与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2，新制氢氧化铜与葡萄糖反应生成氧化亚铜，故D不选；
故选A。
6. 用氢气还原氮氧化物反应为，该反应的化学反应速率与反应物浓度之间满足关系：，其中k是一个常数，x、y的值可由实验测定。某科研团队测定了该反应在不同投料关系时的起始化学反应速率，数据如下表。下列说法正确的是
实验编号
起始浓度/



1
6.00
1.00
3.19
2
6.00
200
6.38
3
1.00
6.00
0.48
4
2.00
6.00
1.92

A. ，
B. 实验2中的平均化学反应速率约为
C. 当其他条件不变时，升高温度，速率常数k将减小
D. 与相比，浓度的变化对化学反应速率影响更为显著
【答案】D
【解析】
【详解】A.利用编号1和2的实验数据，可求出m，，可以求出m=1；利用编号3和4,的实验数据可以求出m，，，可以求出n=2，选项A错误；
B．速率之比等于化学计量数之比，=，则NO的平均反应速率为1.276×10-2mol/(L·s)，选项B错误；
C．当其他条件不变时，升高温度，速率常数k将增大，选项C错误；
D．经过计算，n=2，指数较大，对速率影响较大，或者经过数据对比，也可以得知，NO浓度的变化对反应速率影响更为显著，选项D正确；
答案选D。
7. 短周期非金属元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中基态Y原子的电子具有4种不同的空间运动状态，X、Z均与Y原子序数相邻。W、X、Z可形成化合物Q，结构如图，相关说法错误的是

A. Z元素原子的第一电离能比同周期相邻元素原子的第一电离能高
B. YW4分子的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形
C. YW3ZW2溶于水溶液呈碱性，且碱性弱于NH3溶于水所显碱性
D. Q分子中所有原子均达到8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】短周期非金属元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中基态Y原子的电子具有4种不同的空间运动状态，基态Y的核外电子排布式为1s22s22p2，则Y为C元素；X、Z均与Y原子序数相邻，则X为B，Z为N元素；结合化合物Q的结构可知，W形成1个共价键，其原子序数小于C，则W为H，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，W为H，X为B，Y为C，Z为N元素。
A．同一周期主族元素从左向右元素的第一电离能呈增大趋势，但当元素处于第VA时，原子核外电子排布处于半满的稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻元素，所以N元素的第一电离能大于同一周期相邻的C、O元素，A正确；
B．YW4是CH4，C原子价层电子对数是4+=4，C原子上无孤对电子，因此YW4分子的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，B正确；
C．YW3ZW2是CH3NH2，CH3NH2性质与液氨相似，其溶于水后与水作用电离产生OH-，使溶液显碱性，电离方程式为：CH3NH2+H2O+OH-，故CH3NH2溶液显碱性，由于CH3NH2在水中溶解性比NH3小，则CH3NH2水溶液的碱性弱于NH3溶于水所显碱性，C正确；
D．根据Q结构简式可知Q分子式是BH3-NH3，在该物质分子中H原子最外层没有达到最外层8个电子的稳定结构，D错误；
故合理选项是D。
8. 异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如下：

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. X能发生加成、氧化和缩聚反应
B. Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 1molZ中含有5mol碳氧σ键
D. 相同物质的量的X与Y分别与足量浓溴水反应消耗的Br2相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．X中苯环上能发生取代反应，含酚羟基可被氧化，含有两个羟基，能发生缩聚反应，A正确；
B．苯环为平面结构，与苯环相连的羰基也为平面结构，故Y分子中所有碳原子可能在同一平面上，B错误；
C．1molZ中与苯环直接相连的羟基和醚键共有2mol碳氧σ键，羰基上有1mol碳氧σ键，苯环侧链的碳氧σ键有3mol，故共6mol，C错误；
D．1molX与足量浓溴水反应消耗的Br2为3mol，1molY消耗的Br2为2mol，消耗的Br2不相等，D错误；
故选A。
9. 乙炔()能在催化下与水反应生成，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是

A. 本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程⑤
B. 本反应历程涉及的物质中，的稳定性最强
C. 其他条件不变，更好的催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的平衡产率
D. 过程①中，水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子
【答案】D
【解析】
【分析】如图，五个过程中①②⑤为放出能量反应的能垒，③④为吸收能量反应的能垒，其中过程④能垒比过程③大，反应速率较慢。
【详解】A．能垒越大，反应所需的能量越大，过程⑤为放出能量的反应，不能决定反应的快慢，过程④吸收能量且最多，决定反应快慢，故A错误；
B．能量越低越稳定，整个历程中涉及的物质，的能量最低，最稳定，故B错误；
C．催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡，所以更好的催化剂不能提高制备乙醛的平衡产率，故C正确；
D．水分子中的氧原子存在孤对电子，中存在空轨道，所以水分子中的氧原子向的空轨道提供孤对电子形成配合物，故D正确；
故选D。
10. 下列有关实验操作、现象和结论或解释正确的是
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向某钾盐中滴加浓盐酸
产生的气体可以使品红溶液褪色
该盐为或或二者混合物
B
探究氧化铁和乙醇反应得到黑色固体成分，该固体能被磁铁吸引且加入足量稀盐酸，振荡
固体全部溶解，未观察到有气体生成
不能确定是否含有0价铁
C
用计测定和饱和溶液的
前者小于后者
证明酸性强于
D
一端分别蘸有浓氨水和浓盐酸的两根玻璃棒相互靠近
产生白烟
两者发生复分解反应产生了固体小颗粒

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2和SO2都可以使品红褪色，则溶液中有可能存在KClO，A错误；
B．加入盐酸后可能会有Fe2+或Fe3+离子生成，与单质铁发生反应，所以不能确定是否含有单质铁，B正确；
C．SO2和CO2饱和溶液的浓度不同，因此不能根据pH值判断其电离程度，C错误；
D．NH3+HCl=NH4Cl，化合反应，D错误；
故答案为：B。
11. 下表是常见晶胞结构，下列说法正确的是




金刚石


干冰

A. 金刚石是共价晶体，熔点关系为：金刚石>晶体硅>碳化硅
B. 晶胞中，位于所构成的八面体空隙中
C. 是金属晶体，与距离最近的有6个
D. 干冰是分子晶体，由于分子间作用力弱，所以干冰熔点低
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳化硅中的Si-C键长比晶体硅中Si-Si键长短，键能更大，熔点高，所以熔点：碳化硅>晶体硅，金刚石中C-C键比Si-C键长短，所以熔点：金刚石>碳化硅，综上熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅，故A错误；
B．如图，ZnS晶胞中， 位于ZnS晶胞面心，所以位于所构成的八面体空隙中，故B错误；
C．如图，从Fe晶胞中可以看出，每个Fe原子周围与Fe原子最近的Fe原子有8个，故C错误；
D．干冰属于分子晶体，且只存在分子间作用力，由于分子间作用力弱，所以干冰熔点低，故D正确；
故选D。
12. 废旧CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如下：

已知：HAuCl4= H++ AuCl。下列说法正确的是。
A. “酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少
B. “过滤”所得滤液中的Cu2+和Ag+可用过量浓氨水分离
C. 用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金
D. 用过量Zn粉将1molHAuCl4完全还原为Au，参加反应的Zn为1.5mol
【答案】C
【解析】
【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子，金用硝酸和氯化钠可以溶解得到HAuCl4溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。
【详解】A．铜与稀硝酸反应的比例关系，与浓硝酸反应的比例关系，相同Cu与硝酸反应产生的氮氧化物浓硝酸产生的多，A错误；
B．“过滤”所得滤液中的Cu2+和Ag+与过量浓氨水都能生成配合物离子，不能分离，B错误；
C．用浓盐酸和NaNO3，溶液中溶质与HNO3-NaCl一样，可以溶解金，C正确；
D．用过量Zn粉将1molHAuCl4完全还原为Au，锌与氢离子反应也会参加反应，消耗Zn的物质的量大于1.5mol，D错误；
故选C。
13. 用如图实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验，能达到实验目的的是

A. 用A装置测定中和反应的反应热
B. 用B装置制备氢氧化亚铁沉淀
C. 用C装置定量测定化学反应速率
D. 加热装置D中的烧杯分离和高锰酸钾固体
【答案】A
【解析】
【详解】A．使用A装置可以测定中和反应的反应热，A正确；
B．应将试剂互换，利用生成的氢气将装置内空气排出，图中装置无法制备，B错误；
C．应该使用分液漏斗，不能用长颈漏斗，C错误；
D．加热时碘升华，而高锰酸钾分解，可分离出碘，不能分离出高锰酸钾，D错误；
故选A。
14. 硫元素广泛分布于自然界，其相图(用于描述不同温度、压强下硫单质的转化及存在状态的平衡图象)如图。已知正交硫和单斜硫是硫元素的两种常见单质，且燃烧的热化学方程式为：S(正交，s)+O2(g)=SO2(g) ΔH1；S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2。则下列有关说法正确的是

A. 正交硫和单斜硫互为同分异构体
B. 温度低于95.5℃且压强大于0.1Pa，正交硫发生升华现象
C. 图中M→N过程为固态硫的液化，该过程只发生物理变化
D. 由上述信息可判断：ΔH1>ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．正交硫和单斜硫均是硫元素组成的单质，二者互为同素异形体，A项错误；
B．温度低于95.5℃且压强大于0.1Pa，正交硫是固态，需要降压才能升华为气态，B项错误；
C．图中M→N过程为固态硫的液化，该过程先由正交硫经过转化为单斜硫再变成液体，中间发生了化学变化，C项错误；
D．在同压条件下，升温由正交硫转化为单斜硫，说明单斜硫能量高，单斜硫燃烧热高，ΔH均为负值，则ΔH1>ΔH2，D项正确；
故选D。
15. 在50%负载型金属催化作用下，可实现低温下甲烷化。发生的反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
将与按照一定流速通过催化氧化管，测得的转化率与的选择性[选择性]随温度变化如图所示。下列说法正确的是

A. 反应Ⅱ的平衡常数可表示为
B. 其他条件不变，增大压强可提高的选择性
C. 其他条件不变，升高温度，出口处甲烷的量一直增大
D. 在X点所示条件下，延长反应时间不能提高的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应Ⅱ的平衡常数可表示为，故A错误；
B．反应Ⅰ为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，CH4的选择性提高，故B正确；
C．生成甲烷的反应Ⅱ和Ⅲ正向均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，出口处甲烷的量减小，故C错误；
D．由图可知，在X点二氧化碳的转化率未达到最大值，说明此时反应未达到平衡，延长反应时间，反应达到平衡，二氧化碳的转化率增大，故D错误；
故选：B。
二、填空题(本题共4小题，共55分)
16. 氢、碳、氮、氧、钾、铜等元素的化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。请回答下列问题：
（1）基态N原子价层电子排布式为_______。原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，则与之相反的用表示，这称为电子的自旋量子数。对于基态的N原子，其价电子的自旋量子数代数和为_______。
（2）氢、碳、氧三种元素按原子数目比为2∶1∶1形成常温下呈气态的物质，其分子中键角_______(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）在水溶液中以形式存在，向含的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的，其原因是_______。若离子中2个被2个替代可以得到2种不同的结构，则离子的空间结构名称是_______(填“平面四边形”或“正四面体”)。
（4）碳的一种同素异形体的晶体可采取非密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，分子占据顶点和面心处，占据的是分子围成的正八面体空隙和正四面体空隙。若分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的的原子坐标参数为_______，设晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______(列出表达式即可)。

【答案】（1） ①. 2s22p3 ②. +##
（2）> （3） ①. N的电负性更小，更容易提供孤电子对形成配位键 ②. 平面四边形
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
基态N原子价层电子排布式为2s22p3；基态N原子的价电子轨道表示式为，其价电子的自旋量子数代数和为+或；
【小问2详解】
氢、碳、氧三种元素按原子数目比为2∶1∶1形成常温下呈气态的物质是甲醛，结构式为，碳原子价电子数为3，无孤电子对，杂化类型为sp2，为平面三角形结构，因为O原子上的孤电子对的排斥，导致 >;
【小问3详解】
因为N的电负性更小，更容易提供孤电子对形成配位键，生成更稳定的；若离子中2个被2个替代可以得到2种不同的结构，说明其不是正四面体构型，而是平面四边形；
【小问4详解】
因为分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)，所以晶胞边长为1，距离A位置最近的的原子位于分子围成的正四面体体心上，为晶胞边长的，其坐标参数为；分子位于晶胞的顶点和面心，一个晶胞中C60分子个数为，占据的是分子围成的正八面体空隙和正四面体空隙，因此一个晶胞中K+个数为，晶胞密度为。
17. 氮的氧化物既是空气的重要污染物，同时也是重要的化工原料，研究氮氧化物之间的转化具有重要意义。
（1）已知：，将一定量充入恒容密闭容器中，控制反应温度为。
①下列可以作为该反应达到平衡的判据是_______。
A.混合气体的平均摩尔质量不变 B.
C.K不变 D.容器内气体密度不变 E.容器内颜色不变
②温度时，随t(时间)变化曲线如图，保持其它条件不变，改变温度为，画出温度下，时段，随t变化趋势的曲线。________

（2）在时，向容积为的恒容真空容器中通入，发生反应：，测得的物质的量分数与反应时间(t)的关系如下表：

0
20
40
60
80

1.0
0.75
0.52
0.40
0.40
①达到平衡时，的转化率=_______。
②上述反应中，，其中为速率常数，则时，的关系式为_______，改变温度至时，则_______(填“>”“
（3） ①. 增大压强反应速率加快 ②.
【解析】
【小问1详解】
①A．正反应气体物质的量增大，气体质量不变，所以平均摩尔质量是变量，混合气体的平均摩尔质量不变，则反应一定达到平衡状态，故选A；
B．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，时反应没有达到平衡状态，故不选B；
C．温度不变，K是恒量，K不变，反应不一定平衡，故不选C；
D．气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，容器内气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选D；
E．NO2为红棕色气体，容器内颜色不变，说明NO2浓度不变，反应一定达到平衡状态，故选E；
选AE。
②温度时，随t(时间)变化曲线如图，由图像可知，反应在时刻达到平衡状态，N2O4浓度降低0.03mol/L，则NO2的平衡浓度为0.06mol/L；保持其它条件不变，改变温度为，升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，达到平衡的时间小于，大于0.06mol/L， 温度下，时段，随t变化趋势的曲线为
【小问2详解】
①达到平衡时，的物质的量分数为0.4，

，x=，的转化率=。
②上述反应中，时，K=，达到平衡时，即 ，，则时，的关系式为，改变温度至时，则平衡常数K=1，正反应放热，升高温度K减小，则>。
【小问3详解】
增大压强反应速率加快，所以在前转化率随着压强增大而增大；在、时，转化率为40%，

该反应的化学平衡常数。
18. 已知在时溶解度最小。某工厂利用钒铬渣提取液(主要成分为和)制备和晶体，流程如下：

不同温度下相关物质的溶解度






19.3
84.0
0.1
5.5

22.5
96.5
0.09
2.49

26.3
102
0.09
1.3

（1）关于“钒铬分离”过程，下列说法正确的是_______。
A. 研磨可防止生成的沉淀覆在表面，提高利用率
B. 研磨减小了所得钒渣的粒径，提高了后续步骤中钒渣的浸出率
C. 相对于、，工业上更宜选用
D. 该过程发生了氧化还原反应
（2）从滤液A中获取晶体时，应采用的结晶方法为_______；残留的含铬废水不能直接排放，处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤用溶液还原时，还原产物为，则反应的离子方程式_______。
（3）钒渣成份是，“浸出”过程中生成的离子方程式为_______。
（4）“转化”过程中选用溶液不选用溶液的可能原因为_______。(写一条原因即可)

（5）该流程中可循环利用的物质有_______。
（6）研究表明固体(固体的组成用表示)热分解得到的过程可分为四步，每一步产生和的物质的量之比依次为2∶1、3∶1、3∶2、3∶2，取固体进行热重分析，剩余固体质量与温度关系如图，时剩余固体的组成可表示为：_______。
【答案】（1）AB （2） ①. 蒸发结晶 ②. +3+8H+=2Cr3++3+4H2O
（3）
（4）过多会使溶液酸度增加，影响的结晶（或使用所得滤液中的NaHCO3可循环利用）
（5）、、
（6）
【解析】
【分析】由题干流程图可知，“钒铬分离”主要反应为：3Ca(OH)2+2NaVO3=Ca3(VO4)2↓+2NaOH+2H2O，过滤得滤液A为Na2CrO4，钒渣的主要成分为Ca3(VO4)2，“浸出”发生的主要反应为：Ca3(VO4)2+4NaHCO3=3CaCO3↓+2NaVO3+2H2O+Na2CO3，过滤得出浸出渣主要成分为CaCO3，高温煅烧得到CaO，CaO和H2O得到固体B为Ca(OH)2，浸出液主要含有NaVO3，“转化”步骤中发生的反应为：NH4HCO3+NaVO3=NH4VO3↓+NaHCO3，过滤洗涤、干燥得到NH4VO3晶体和滤液，据此分析解题。
【小问1详解】
A．研磨使钒铬渣的颗粒变小，可防止生成的沉淀覆在Ca(OH)2表面，提高Ca(OH)2利用率，A正确；
B．研磨减小了所得钒渣的粒径，增大“浸出”等步骤中反应时的接触面积以提高了后续步骤中钒渣的浸出率，B正确；
C．由表中数据可知，40℃和60℃时Ca3(VO4)2的溶解度相同，而60℃时需消耗更多的能源，故工业上更宜选用40℃，C错误；
D．由分析可知，该过程中的反应方程式为：3Ca(OH)2+2NaVO3=Ca3(VO4)2↓+2NaOH+2H2O，该反应为非氧化还原反应，D错误；
故选AB；
【小问2详解】
由表中数据可知，Na2CrO4的溶解度随温度变化不明显，故从滤液A中获取Na2CrO4晶体时，应采用的结晶方法为蒸发结晶，残留的含铬废水不能直接排放，处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤，酸化时发生的反应为：2H++=+H2O，用溶液还原时，还原产物为，根据氧化还原反应配平可得反应的离子方程式为：+3+8H+=2Cr3++3+4H2O，故答案为：蒸发结晶；+3+8H+=2Cr3++3+4H2O；
【小问3详解】
由分析可知，“浸出”过程中生成的化学方程式为：Ca3(VO4)2+4NaHCO3=3CaCO3↓+2NaVO3+2H2O+Na2CO3，故其离子方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
由于NH4Cl溶液的酸性强于NH4HCO3溶液的酸性，为防止过多会使溶液酸度增加，影响的结晶，且使用所得滤液中的NaHCO3可循环利用，故“转化”过程中选用溶液不选用溶液，故答案为：过多会使溶液酸度增加，影响的结晶（或使用所得滤液中的NaHCO3可循环利用）；
【小问5详解】
由分析可知，该流程中可循环利用的物质有固体B即Ca(OH)2、“转化”步骤中生成的NaHCO3和“转化”步骤中滤液中的NH4HCO3，故答案为：、、；
【小问6详解】
NH4VO3可以表示为，NH4VO3的摩尔质量为117g/mol，23.4gNH4VO3固体为0.2mol，相当于0.1molV2O5，0.2molNH3，0.1molH2O，150℃时减少的质量为2.6g，减少0.1molNH3和0.05molH2O，剩余固体的组成可表示为，故答案为：。
19. 常用作杀虫剂，媒染剂，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中易与水和反应，受热时易发生分解。实验室制备该晶体并测定样品中含量，过程如下。
Ⅰ.氨水的制备：制备，用水吸收配置一定浓度的氨水
（1）在实验室中，下列装置图中可用于制备氨气的装置有_______(填标号)。

II.溶液的制取：
将稀硫酸加入到铜屑中，无反应发生，再加入适量溶液，反应生成硫酸铜。
（2）请写出反应的化学方程式_______。
（3）为加快反应需要提高溶液的浓度，可将稀溶液浓缩(操作如图)，增加减压设备的目的除了加快蒸馏速度，还有可能是_______。

Ⅲ.的制备：
（4）向硫酸铜溶液加入适量氨水调节溶液，产生浅蓝色沉淀，试写出生成此沉淀的离子方程式：_______。
（5）继续滴加氨水，浅蓝色沉淀会转化成深蓝色溶液，滴加乙醇，析出深蓝色晶体。采用加入乙醇的方法结晶，而不是浓缩结晶的原因是_______。
Ⅳ.产品纯度的测定：
实验装置如图，称取样品放入圆底烧瓶中，加入水溶解，再加入溶液。在锥形瓶中，准确加入标准溶液，放入冰水浴中冷却。先大火后小火加热烧瓶，并保持微沸左右。取出插入溶液中的导管，从冰水浴中取出锥形瓶，滴加2滴0.1%甲基红溶液，用标准溶液滴定剩余溶液，消耗标准溶液。

（6）烧瓶中液体保持微沸状态的目的是：_______。
（7）样品中的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
【答案】（1）①②④ （2）
（3）避免分解
（4）
（5）晶体难溶于乙醇， 能溶于水
（6）将样品中的全部转移到锥形瓶中反应，以减小测定误差
（7）
【解析】
【分析】Ⅳ. 根据描述和装置图我们要测定样品中的含量，先通过往烧瓶中加碱并加热将样品中的全部“赶”到锥形瓶中与反应，中和一部分盐酸，再用标准溶液滴定剩余的酸。
【小问1详解】
实验室常用三种方法制备氨气，一是加热氯化铵和氢氧化钙两种固体，发生装置需向下倾斜，选①不选③；二是将浓氨水与氧化钙或氢氧化钠或碱石灰固液混合制备氨气，选②；三是加热浓氨水，加快氨水挥发制备氨气，选④，故答案为：①②④；
【小问2详解】
具有强氧化性，酸性条件下可将铜氧化为硫酸铜，该反应的化学方程式为
，故答案为：；
【小问3详解】
由于不稳定，受热易分解，增加减压设备采用减压蒸馏的方式可以降低水的沸点，避免分解，故答案为：避免分解；
【小问4详解】
由题意可知，硫酸铜溶液与氨水反应生成碱式硫酸铜沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问5详解】
由题意可知，继续滴加氨水，浅蓝色沉淀会转化生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液，由题给信息可知，难溶于乙醇，可溶于水，则向深蓝色溶液中加入乙醇，可降低晶体的溶解度，析出深蓝色晶体，故答案为：晶体难溶于乙醇， 能溶于水；
【小问6详解】
先大火后小火加热烧瓶，并保持微沸左右，其目的是将样品中的全部转移到锥形瓶中反应，以减小测定误差，故答案为：将样品中的全部转移到锥形瓶中反应，以减小测定误差；
【小问7详解】
锥形瓶中总物质的量，与氨气反应后剩余的的物质的量为，因为和是反应，所以样品中，，样品中的质量分数为，故答案为：。