湖北省八校联考高三上学期二模化学试题

湖北省上学期八校二模联考高三化学试题本试卷共8页，题，全卷满分分，考试用时分钟。注意事项：、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码在答题卡上的制定位置。、选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。、考试结束后，请将答题卡上交。一、选择题：本题共小题，每题3分，共分，每小题仅有一项是符合题意。1.“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”“酥暖薤白酒，乳和地黄粥”是唐代诗人白居易的著名诗句。下列说法错误的是A.红泥的颜色主要来自氧化铁B.乳和粥的分散质是蛋白质C.酿酒发酵时有二氧化碳生成D.酒在人体内被氧化释放能量【答案】B【解析】【详解】A．氧化铁为红色，红泥中含有氧化铁，A项正确；B．乳分散质为蛋白质，粥分散质为淀粉，B项错误；C．酿酒的反应为，C项正确；D．乙醇在酶的作用下被氧化为乙酸和乙醛，最终代谢为CO2和HO释放能量，D项正确；故选B。2.我国科技工作者利用富勒烯－铜－二氧化硅催化草酸二甲酯合成乙二醇取得了新进展。下列说法正确的是A.SiO2属于分子晶体B.Cu的焰色为砖红色C.乙二醇可用于生产汽车防冻液D.草酸二甲酯的分子式是CHO4【答案】C【解析】第1页/共23页

ASiO2是由硅原子和氧原子形成的空间网状结构，具有较高的熔、沸点，故其属于共价晶体，A错误；B．Cu的焰色为绿色，不是砖红色，B错误；C．乙二醇与水按一定比例混合后的液态不易结冰，故乙二醇可用于生产汽车防冻液，C正确；D．草酸二甲酯的结构简式：CHOOCCOOCH，故其分子式是CHO，D错误；故答案为：C。3.湖北钟祥出土的“四爱图梅瓶”是一种青花瓷器。下列说法错误的是A.陶瓷烧制的过程为物理变化B.传统陶瓷可用作绝缘材料C.制作陶瓷的原料为铝硅酸盐D.陶瓷稳定性较强且耐腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．陶瓷烧制的过程涉及燃烧及瓷器中新物质的生成，为化学变化，A项错误；B．传统陶瓷不导电，可用作绝缘材料，B项正确；C．制作陶瓷的原料为铝硅酸盐，C项正确；D．陶瓷为无机非金属材料，稳定性较强且耐腐蚀，D项正确；故选A4.羟基茜草素具有止血、化瘀、通经络等功效，其结构简式如图。下列关于羟基茜草素说法错误的是A.能发生氧化反应和消去反应B.分子中所有原子可能共平面C.苯环上的氢原子被4个氯原子取代的结构有5种D.1mol羟基茜草素最多能与8molH2发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A．羟基茜草素不能发生消去反应，A项错误；B．该分子中所有的碳原子都是sp2杂化，所有原子可能共平面，B项正确；CHH原子被4个Cl原子取代和被1个Cl原子取代的结构数目第2页/共23页

相同，均为5种，C项正确；D．一定条件下，苯环和羰基均能和H2发生加成反应，所以1mol羟基茜草素最多能与8molH2发生加成反应，D项正确。答案选A。5.下列说法正确的是A.基态铍原子最外层原子轨道的电子云轮廓图：B.热稳定性：C.，该电子排布图违背了泡利原理D.该有机物的系统命名为：2—甲基—1—丙醇【答案】B【解析】【详解】A．基态铍原子最外层电子在2s能级，s能级的电子云轮廓图为球形：，故A错误；B．三种物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，Ca2+、Sr2+、Ba2+为同主族元素的金属阳离子，从上到下，离子半径逐渐增大，阳离子的半径越大，结合碳酸根中的氧离子越容易，分解温度越高，则热稳定性为，故B正确；C．由洪特规则可知，在2p轨道上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，则电子排布图违背了洪特规则，故C错误；D．属于饱和一元醇，名称为2—丁醇，故D错误；故选B。6.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，基态X原子最高能级中自旋状态不同的电子数之比为Y原子的价层电子排布式为Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法错误的是A.电负性：X>W>YB.熔点：化合物ZX>化合物ZYC.简单氢化物的稳定性：W＜XD.X、Y形成的化合物一定为极性分子第3页/共23页

【答案】D【解析】W的核外电子数为7W为NX的核外电子排布为1s22s22p4X为O元素；Y的价层电子排布式为3s23p4，为S元素；Z的核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素。【详解】A．根据分析可知，电负性为O>N>S，A正确；B．氧比硫氧化能力更强，因此氧和铜离子化学键被破坏需要的能量也越强，故化合物ZX>化合物ZY，B正确；C．同周期从左到右，元素非金属逐渐增强，气态氢化物稳定性增强，故简单氢化物的稳定性：W＜X，C正确；D．三氧化硫为平面正三角形结构，结构对称，为非极性分子，D错误；答案选D。7.三聚氰胺()是一种有机合成剂，结构中含大键。下列说法错误的是A.晶体类型为分子晶体B.1mol该分子中存在键C.六元环上的原子提供孤电子对参与形成大键D.分子中所有化学键均为极性键【答案】C【解析】【详解】A．三聚氰胺中原子间的化学键只有共价键，其晶体的构成粒子为分子，晶体类型为分子晶体，A正确；B．1个三聚氰胺分子中含6个N—Hσ键、9个碳氮σ键，1个三聚氰胺分子中15个σ键，1mol该分子中存在15molσ键，B正确；C．N原子的价电子排布式为2s22p3，该分子中—NH2中N原子采取sp3杂化，六元环上的N原子采取sp2杂化，六元环上的每个N原子通过2个杂化轨道与2个碳原子形成碳氮σ键、每个N上剩余的1个杂化轨道容纳1N原子未参与杂化的p轨道上的1个电子形成大ππ键，C错误；第4页/共23页

D．该分子中存在N—H极性键和碳氮极性键，所有化学键均为极性键，D正确；故选C。8.2—丙醇的沸点为84.6℃、丙酮的沸点为56.52—丙醇催化氧化制备丙酮，并利用如图装置提纯丙酮。下列叙述错误的是A.采用热水浴加热B.毛细玻璃管与液面接触的地方能形成汽化中心C.克氏蒸馏头能防止液体冲入冷凝管D.温度计指示温度为84.6℃【答案】D【解析】A受热不均，故A正确；B沸腾，防止暴沸，同时又起一定的搅拌作用，故B正确；CC正确；D．2—丙醇的沸点为84.6℃、丙酮的沸点为56.5℃，为避免2—丙醇蒸出，温度计指示温度为高于56.5℃，低于84.6℃，故D错误；故选D。9.臭氧能氧化，故常被用来治理电镀工业中的含氰废水，其化学反应原理为：。下列说法错误的是A.和是同素异形体B.该反应是熵增的过程第5页/共23页

C.该反应中为氧化产物D.反应中所涉及的三种气体分子均为非极性分子【答案】D【解析】【详解】A．和是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故A正确；B．该反应过程中气体体积增大，是熵增的过程，故B正确；C．该反应中N元素由3价上升到0价，为氧化产物，故C正确；D．中心原子价层电子对数为2+=3，且有一对孤电子对，其空间构型为V形，属于极性分子，故D错误；故选D。10.目前可采用“双极膜组”电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B，模拟工作原理如图所示。M和N为离子交换膜，在直流电作用下，双极阴阳膜(BP)复合层间的解离成和，作为和的离子源。下列说法正确的是A.X电极为阴极，电极反应式为2HO+2e=2OH+H↑B.M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜的作用是选择性通过Cl和Na+C.每生成5.6L气体a，理论上获得副产品A和B各0.5molD.“双极膜组”电渗析法也可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)【答案】D【解析】【分析】由BP双极膜中H+、OH移动方向可知：X电极为电解池的阳极，电极反应式为：2+2e=Cl，Y2H++2e=H,电解总反应为：,精制食盐第6页/共23页

水中钠离子经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的氢氧根结合生成氢氧化钠，所以M膜为阳离子交换膜，盐室中氯离子经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的氢离子结合生成氯化氢，所以N为阴离子交换膜。【详解】A．由图中氢氧根移动方向可知X电极为阳极，电极反应式为：2+2e=Cl，A错误；B．由题意可知，精制食盐水中钠离子经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的氢氧根结合生成氢氧化钠，所以M膜为阳离子交换膜，盐室中氯离子经过N离子交换膜移向产品B室，与BPNBP双极膜的作用是选择性通过氢离子和氢氧根离子，B错误；C．阳极反应式为：2+2e=Cl，电路中每生成标况下5.6L气体氯气，其物质的量为0.25mol，转移电子0.5mol，理论上获得副产品A（氢氧化钠溶液）和B（氯化氢溶液）各0.5mol，需标明标准状况，C错误；D“双极膜组”电渗析法从氯化钠溶液中获得酸（HCl）和碱（NaOHM溶液制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，D正确；故选D。阻燃剂FR分子结构如图。下列说法错误的是A.该化合物中所有元素都分布在p区B.第一电离能：N>O>CC.分子中所有原子不可能处于同一平面D.分子中C、N原子的杂化方式均为【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，阻燃剂FR分子中含有位于元素周期表s区的氢元素，故A错误；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故B正确；第7页/共23页

C．分子中的磷原子为杂化，以磷原子为中心形成四面体构型，分子中所有原子不可能处于同一平面，故C正确；D．由结构简式可知，阻燃剂FR分子中苯环部分中的碳原子和氮原子的杂化方式均为杂化，故D正确；则该题选A。12.CO吸附在不同催化剂(HCN、HCN­A)上转化为CHCHO的反应历程和能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ→Ⅱ过程中存在C—H键的形成B.Ⅰ与Ⅸ相对能量的差值等于总反应的焓变C.反应历程中的决速步是Ⅴ→ⅥD.Ⅶ→Ⅷ的反应为OCHCH＋H＋e→OCHCH3【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，步骤Ⅰ→Ⅱ过程中，产生了，存在键的形成，A正确；B．由图可知，总反应的化学方程式为，是吸附态的CO和吸附态的H原子，不是起始反应物，则相对能量的差值不可能等于总反应的焓变，B错误；C的活化能最大，则反应历程中的决速步是，C正确；D．由图可知，的反应为，D正确；故选B13.3molH2和1molCO3H(g)+CO(g)第8页/共23页

CHOH(g)+HO(g)△H＜0，平衡时体系中H、CO2和HO的物质的量分数(x)与平衡总压的关系如图所示。下列说法不正确的是A.曲线a表示x(HO)随压强的变化情况B.其他条件不变，降低温度会使x(b)和x(c)减小C.Q点CO2的转化率为75%D.若起始压强为106Pa，将容器改为恒容容器，平衡时x(a)＞x1【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，随着平衡总压的增大，平衡正向移动，水的物质的量分数增大，则曲线a表示x(HO)随压强的变化情况，A正确；BAa表示x(HO)x(b)和x(c)应该表示反应物，该反应物为放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡正向移动，则会使x(b)和x(c)减小，B正确；C．随着压强增大，反应平衡是正向移动，HO物质的量分数逐渐增大，故a是表示HO(g)，H2初始物质的量更大，故其平衡体系中物质的量分数更大(相比CO)，可得b是表示H(g)，c是表示CO(g)，假设Q点时，转化的CO2是amol，列三段式，Q点平衡时HO(g)、H(g)物质的量分数相等，即物质的量相等，可得33a=a，a=0.75，则Q点CO2的转化率为75%，C正确；D．该反应为气体计量系数减小的反应，若起始压强为106Pa，将容器改为恒容容器，则随着反应进行，压强减小，平衡逆向移动，水的含量减小，即平衡时x(a)<x，D错误；故选D。第9页/共23页

14.乙二胺(，简写为EDA)是常用的分析试剂，为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似。25℃时，向20mL0.1mol·L1其盐酸盐溶液中加入固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、EDA三种粒子的浓度的对数值(lgc)、所加固体质量与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是A.乙二胺第一步电离常数的数量级为105B.pH=5时，C.p2时，D.p3时，加入NaOH固体的质量m=0.12g【答案】D【解析】【分析】、的浓度会逐渐降低，EDApOHpOH越小溶液的碱性越强，初始盐溶液中，则lgc()≈1，因此该图像左半部分对应横坐标从左至右表示的微粒浓度逐渐增大，由此可知，图像中曲线①代表，②表示，③表示EDA；【详解】A．曲线②③相交时，溶液pOH=4.1，，乙二胺第一步电离常数第10页/共23页

，数量级为105，A项正确；B．pH=5时，pOH=9，由图可知，B项正确；C．p2时，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒此可得物料守恒，两式相加并结合溶液呈中性时可得，C项正确；D．当加入0.12g固体时，得到等量和EDA，但与EDA的电离程度不同，其浓度不同，D项错误；故答案选D。15.一种由Cu、In、组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90，晶体中原子填充在CuIn围成的四面体空隙中，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如AB点原子的分数坐标分别为(000)(，，)，下列说法错误的是A.该晶体的化学式为2B.C点原子的分数坐标为(，，)C.晶胞中四面体空隙的占有率为50%D.晶胞中C、D间距离d=pm【答案】D第11页/共23页

【解析】【详解】A．晶胞中位于顶点、面上、和体内的Cu原子个数=，位于面上、棱上的In原子个数=原子个数=8×1=8CuIn的原子个数比为4:4:8=1:1:2，晶体的化学式为，A选项正确；BA点和体心B点原子的分数坐标分别为(0,0,0)(,,)1角线处，面对角线处的C原子的分数坐标分别为(,,)，B选项正确；CIn原子形成的四面体空隙有88率为，C选项正确；D．由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d=，D选项错误；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共分。16.废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料制备LiCO3的工艺流程如下：已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。②常温下，K(FePO)=1.3×1022，K[Fe(OH)]=4.0×1038。③LiCO3在水中溶解度：温度/°C溶解度/g1.541.331.171.010.850.72回答下列问题：（1）将电池粉碎前应先放电，放电的目的是_______。（2“滤液A”中的溶质主要是_______。第12页/共23页

（3“酸浸”HO2溶液的目的是_______(用离子方程式表示)析，原因是。_______。（4“沉铁沉磷”pH从1.0增大到2.5pH超过2.5又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是_______。（5“提纯”时，可用热水洗涤LiCO3粗品，理由是_______。（6LiCOFePO4LiFePO_______。【答案】（1）释放残余的能量，避免造成安全隐患（2）NaAlO2（3）①.②.防止增大后续步骤中NaCO3溶液的消耗，造成浪费（4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率（5）碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂（6）【解析】【分析】废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等，首先用NaOH溶液浸取，Al溶解得到偏铝酸盐，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液即为滤液A，过滤后为LiFePO4及乙炔墨、LiFePO4氧化的含有Li+的溶液和FePO430%NaCO3调节pHFePO·3HOLiCO3LiCO此来解答。【小问1详解】废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，故答案为：释放残余的能量，避免造成安全隐患；【小问2详解】有上述分析可知滤液A中为偏铝酸钠溶液，其主要溶质为NaAlO，故答案为：NaAlO；【小问3详解】在步骤“酸浸”时，由题中已知①，LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸，可知LiFePO4被HO2在酸性环境中第13页/共23页

氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为；盐酸用量过多会消耗后续步骤“调pH”中NaCO3溶液的用量，造成浪费，故答案为：；防止增大后续步骤中NaCO3溶液的消耗，造成浪费；【小问4详解】pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，因此降低了磷元素的沉淀率，故答案为：pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；【小问5详解】从题中LiCO3在水中溶解度可知，碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂，故答案为：碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂；【小问6详解】由题意可知，再生制备磷酸亚铁锂的反应为碳酸锂、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧反应生成磷酸亚铁锂和一氧化碳，反应的化学方程式为；故答案为：。17.驱除白蚁药物J的一种合成路线如下：已知：①(G为或)②第14页/共23页

③回答下列问题：（1）A的分子式为___________。（2）B→C的化学方程式为___________。（3）E的结构简式是___________，转化E→F的目的是___________。（4）F中含氧官能团的名称为___________。（5）若J与足量完全加成，得到的产物中含有___________个手性碳原子。（6）D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境氢原子的结构有___________种。【答案】（1）CHBr2（2）+2CHOH+2HO（3）①.②.保护酮羰基，防止其被还原（4）酯基、醚键（5）5（6）4【解析】【分析】根据A的结构简式和反应条件可知，B为，B与乙醇发生酯化反应生成C为，C发生信息②的反应生成D为，D一定条件下反应生成E，根据F的结构以及E的分子式可知E为，F发生信息①的反应生成G为，G发生醇的催化氧第15页/共23页

化生成H为，H发生还原反应生成I，I最终生成J。小问1详解】根据A的结构简式可知，A的分子式为：CHBr。【小问2详解】由分析可知，B与乙醇发生酯化反应生成C+2CHOH+2HO。【小问3详解】由分析可知，E为，E→F的转化在后续合成中的目的是保护酮羰基，防止其被还原。【小问4详解】F中含氧官能团的名称为酯基、醚键。【小问5详解】若J与足量完全加成得到，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，中含有5个手性碳原子，位置为第16页/共23页

。【小问6详解】D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境的氢原子，若苯环上只有一个取代基，则不可能出现只有三种化学环境的氢原子的情况，若苯环上有两个取代基，则满足条件的结构为，若苯环上有三个取代基，则满足条件的结构为、45个取代基时无法出现只有3种化学环境的氢的情况，苯环上有6个取代基时，满足条件的结构为，故满足条件的结构一共有4种。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：第17页/共23页

（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℃即可)。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.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的利用率低第18页/共23页

（5）①.减缓LiAlH4与水反应的速率②.×100%【解析】【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。【小问1详解】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；【小问2详解】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；小问3详解】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；d34.550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；【小问4详解】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AlCl+4LiHLiAlH+3LiCl↓，由方程式可知，该制备原理的不足之处是反应中第19页/共23页

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；【小问5详解】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+4HO=Al(OH)+LiOH+4Hmol锂的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%。19.低碳烯烃(乙烯、丙烯、丁烯等)作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。一定条件下，碘甲烷(CHI)热裂解制低碳烯烃的主要反应有：反应I2CHI(g)CH(g)+2HI(g)ΔHK=a反应Ⅱ3CH(g)2CH(g)ΔHK=b反应Ⅲ2CH(g)CH(g)ΔHK=c反应I、Ⅱ、Ⅲ在不同温度下的分压平衡常数Kp如表1，回答下列问题：表1T/Kp298K323K423K523K623K723K反应I7.77×1081.65×1061.05×1022.801.41×1022.64×103反应Ⅱ7.16×10132.33×10121.48×1083.73×1056.42×1033.40×102反应Ⅲ2.66×106.04×1091.40×1051.94×1022.248.99×102（1）ΔH_______________0(填“＞”或“＜”，下同)。（2）实际工业生产中，若存在副反应：4CH(g)3CH(g)ΔHK则Kp=_________________(用含有b、c的代数式表达)，结合表1数据分析ΔH________0。（3）控制条件只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得压强对平衡体系中n(CH)/n(CH)的影响如表2。p/MPa0.20.40.60.81.