东北2024年高考化学模拟试题（含答案）

东北2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、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NHC．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C60和C2．下列化学用语表达中正确的是A．CHB．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．CH3OHD．基态氧原子核外电子轨道表示式：3．NAA．1 mol Fe(CO)5中含有的σB．标准状况下，22.4 L CH4C．1 mol CaH2D．一定条件下，5.6gFe与0.1 mol C4．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COC．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Na2B．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：SC．检验溶液中的Fe2+D．用过量苯酚溶液与碳酸钠溶液反应：2+CO32-→2+H2O+CO26．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：CF3B．Na2CC．NH3与HCl反应生成NH4D．CH3C7．一种用Fe2(SA．浸取时主要反应的离子方程式为：FeB．可以向操作后的溶液X中加入KSCN溶液，检验FeC．FeSD．由溶液X制取绿矾晶体FeSO8．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CClC．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CH9．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KMnOKMnO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2 mL 0.5 mol/L CuCl溶液变为黄色[Cu(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：Cl>IA．A B．B C．C D．D10．一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CsB．与Cs原子距离最近的Sb1原子有6个C．基态V2+D．该含钒超导材料的晶体密度为Mr11．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H2D．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SO2与制备H2O2已知：①2H2②2OH-下列分析中正确的是A．α−FeB．正极区每消耗22.4L氧气，转移2 mol C．当生成0.D．总反应SO13．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1 mol N2O和4molCO，发生反应N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2A．Q点与P点的平衡常数大小为：KB．N2与CC．T℃时，kD．用CO的浓度变化表示曲线N在0～100s内的平均速率为1×114．化合物甲(ZX2YA．第一电离能：X>W>ZB．若M点时所得产物化学式为ZXC．M到N的过程中只有一种气体生成D．W2X2Y415．25℃时，向H3RO已知：pOH=-lgc(OH-)，a、b、c三点的坐标：a(7.3A．NaB．曲线②表示lgc(HC．a点溶液中，c(ND．反应H3R二、非选择题16．重铬酸钾(K2Cr已知：①焙烧时Fe(CrO2)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c≤1.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Fe(OH)3，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(K2Cr2Oa．硫酸b．氢碘酸c．硝酸钾d．氢氧化钾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：C反应II：C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ΔH1=（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[(CH3OH)%]与CO的物质的量分数[(CO)（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n(CH3OH)=n(CO)=0.1 mol，甲醇的转化率为，则反应I的平衡常数K（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COd.250℃时，n(H18．氢化铝锂(LiAlH已知：①LiAlH②LiH、LiAlH③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LiAlH4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．AlCl3能溶于乙醚，可能与b．滤渣A的主要成分是LiClc．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LiAlHe．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）LiAlH4(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LiAlH4 m g，记录量气管B起始体积读数V1 mL，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V2 mL19．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−CH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sp3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

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】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不符合题意；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不符合题意；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符合题意；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不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．属于再生纤维；B．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程；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；D．杯酚分离体现了超分子的分子识别特征。2．【答案】D【解析】【解答】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不符合题意；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不符合题意；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不符合题意；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符合题意；故答案为：D。

【分析】A．支链的位置标号错误；B．碳原子的原子半径小于氯原子；C．甲醇分子中碳原子和氧原子的杂化方式都为sp3杂化；D．依据构造原理分析。3．【答案】B【解析】【解答】A．Fe与CO之间存在配位键属于σ键，1个CO中含1个σ键，则1 mol Fe(CO)5中含有的σ键的数目为B．标准状况下，22.4 L CH4和22.C．1 mol CaH2中含1mol钙离子和2mol氢负离子，离子数目为3D．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，0.1 mol Cl故答案为：B。

【分析】A．Fe与CO之间存在配位键属于σ键，1个CO中含1个σ键；B．甲烷和氯气发生取代反应，反应前后分子总数不变；C．1 mol CaHD．则氯气量不足，应以氯气的量计算电子数。4．【答案】A【解析】【解答】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符合题意；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不符合题意；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不符合题意；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不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．依据高沸点酸制取挥发性酸的原理；B．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠溶液反应；C．乙醛能溶于水，且乙醛能与溴水发生氧化还原反应；D．选择甲基橙做指示剂误差太大，应选用酚酞做指示剂。5．【答案】C【解析】【解答】A．Na2S2OB．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：3SOC．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符合题意；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：+CO32-→+HC故答案为：C。

【分析】A．Na2SB．少量氯气与亚硫酸根反应生成氯离子和亚硫酸氢根；C．反应离子方程式正确；D．苯酚酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢根。6．【答案】A【解析】【解答】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符合题意；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不符合题意；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N2D．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不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．原子的电负性强，羧基中氢氧键的极性增强，羧基更易电离出氢离子；电子云密度减小会使氨基结合氢离子的能力降低；B．依据盐类水解规律分析；C．均能形成配位键；D．分子间存在氢键，沸点高。7．【答案】C【解析】【解答】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FeSB．铁离子与硫氰化钾溶液反应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不符合题意；C．二硫化铁是由铁离子和S2D．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不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．二硫化铁与铁离子反应生成亚铁离子和硫；B．铁离子与硫氰化钾溶液反应生成红色的硫氰化铁；C．二硫化铁是由铁离子和S2D．从溶液中结晶出固体的上般步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。8．【答案】B【解析】【解答】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不符合题意；B．CClC．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不符合题意；D．溴水中含有HBrO参与加成反应，理论上会有一定量的CH故答案为：B。

【分析】A．依据甲烷是正四面体结构，结构中含饱和碳原子，碳原子不可能共面；B．CClC．依据反应机理，环境中有极性键使反应更易进行；D．溴水中含有HBrO参与加成反应。9．【答案】D【解析】【解答】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不符合题意；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不符合题意；C．将2mL0.5mol/L氯化铜溶液加热，溶液变为黄色说明平衡[Cu(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符合题意；故答案为：D。

【分析】A．乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，会干扰判断；B．依据晶体有各向异性分析；C．依据化学平衡移动原理分析；；D．实验设计合理。10．【答案】B【解析】【解答】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4×112+4×16=1个，V位于面心和体心，共4×12+1=3个，Sb位于棱心和体内，共2×16+2×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符合题意；C．基态V2+的核外电子排布为：[Ar]3D．该晶胞的质量为：MrNAg，晶胞的体积为3故答案为：B。

【分析】A．根据晶体结构俯视图、结合均摊法判断；B．根据晶体结构图判断；C．依据构造原理分析；D．根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。11．【答案】C【解析】【解答】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不符合题意；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不符合题意；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符合题意；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不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．根据定一移一法判断；B．根据官能团的性质判断；C．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；D．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；12．【答案】D【解析】【解答】A．由图示信息可知α−Fe2O3上二氧化硫失电子生成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不符合题意；C．正极反应：2H++O2D．根据盖斯定律可知，总反应可由12①+②得到，总反应的ΔGΘ故答案为：D。

【分析】A．负极电势低于正极电势；B．没有注明标准状况；C．正依据得失电子守恒；D．根据盖斯定律分析。13．【答案】A【解析】【解答】A．Q与P点平衡时对应的曲线为M及N，且转化率N>M，故K(P)B．N2与CC．T℃时的N2O平衡转化率为25%，根据平衡三段式可知，此时c(N2)=c(CO2)=0.2510mol/L=0.025mol/L，c(N2O)=0.7510mol/L=0.075mol/L，c(CO)=3.D．在100s时，曲线N中N2O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)=1mol×10%10L×100s故答案为：A。

【分析】A．依据转化率判断；B．利用“变者不变即平衡”；C．根据平衡三段式计算；D．利用v=Δc/Δt计算。14．【答案】B【解析】【解答】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不符合题意；B．若M点时所得产物化学式为ZX2Y4，则FeC2OC.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不符合题意；D．X2W6Y2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(H2故答案为：B。

【分析】A．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素；BC．依据热重法图中数据计算；D．依据分子存在多种同分异构体。15．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，H3RO3为二元弱酸，Na2HRO3为正盐，故A不符合题意；B．由分析可知，曲线②表示lgc(H2RO3-C．由图可知，a点溶液中c(HRO32-)=c(H2RO3-)，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=2c(HRO32-)+c(H2RO3-)+c(OH-)可得：溶液中c(Na+)+c(H+)=3c(H2ROD．由方程式可知，反应的平衡常数K=c2(H2RO3-)故答案为：D。

【分析】A．H3RO3为二元弱酸；B．依据曲线变化判断；C．依据电荷守恒分析；D．依据K=Ka116．【答案】（1）4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O2高温__8Na2CrO4+4NaFeO2（2）FeO2-+2H2O=Fe(OH)3+OH（3）4.5-9.3；H2SiO3、Al(OH)3（4）2CrO42-+2CH3COOH=Cr2O72-+2CH3COO-+H（5）重结晶（6）a【解析】【解答】（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+7O2高温__8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2，故答案为：4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O2高温__8Na2CrO4+4NaFeO（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FeO2-+2H2O=Fe(OH)3+OH-，故答案为：FeO2-+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2CrO42-+2CH3COOH=Cr2O72-+2CH3COO-+H2O，故答案为：2CrO42-+2CH3COOH=Cr2O72-+2CH3COO（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，故答案为：a。

【分析】（1）Fe(CrO2)2与碳酸钠、氧气反应生成铬酸钠、NaFeO2和二氧化碳；

（2）NaFeO2与水反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠；

（3）调节pH，考虑除杂效果和不引入新的杂质分析；

（4）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒分析；

（5）重结晶可以使不纯净的物质获得纯化，或使混合在一起的物质彼此分离；

（6）依据平衡移动原理分析。17．【答案】（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)；1（4）acd【解析】【解答】（1）ΔH1=反应物总能量-生成物总能量，由图可知Δ（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：CC甲醇的转化率为0.则反应I的平衡常数Kc=c(CO2（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，故不正确；c．催化剂的选择应考虑提高生成COd．由图可知反应起点时n(H2O)故答案为：acd。

【分析】（1）ΔH（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；（3）利用三段式法计算；（4）依据图中变化及化学平衡移动原理分析。18．【答案】（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；38(V【解析】【解答】（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，故不正确；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，故不正确；故答案为：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，故不正确；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，故不正确；e．由分析可知，操作B为蒸馏，不能在分液漏斗中进行，故不正确；故答案为：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+4LiHΔ__LiAlH（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(V1-V2-15)×10

【分析】（1）依据仪器构造确定名称；依据产物的性质和装置的试剂判断；（2）依据反应物和试剂的性质分析；（3）