浙江省新阵地教育联盟浙江十校2023-2024学年高三下学期开学化学试题

绝密★考试结束前（寒假返校联考）浙江省新阵地教育联盟2024届第三次联考化学试题卷考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；考试结束后，只需上交答题卷.4.可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Si28S32Mg24Al27Fe56Cu64选择题部分一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分.每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）1.下列常见物质中，不属于碱性氧化物的是A. B. C. D.【答案】A【解析】详解】A．与酸反应生成盐、水和氧气，不属于碱性氧化物，A符合题意；B．与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，B不符合题意；C．与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，C不符合题意；D．与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D不符合题意；答案选A。2.下列化学用语表示合理的是A.氮的基态原子的价电子排布图：B.异戊二烯的键线式为：C.乙醛分子空间填充模型为：D.中键的电子云轮廓图：【答案】C【解析】【详解】A．基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，氮的基态原子的价电子排布图为，A项错误；B．异戊二烯的结构简式为CH2=C(CH3)—CH=CH2，键线式为，B项错误；C．乙醛的结构简式为CH3CHO，空间填充模型为，C项正确；D．H2分子中σ键的电子云轮廓图为，D项错误；答案选C。3.碳酸钠和碳酸氢钠在生产生活中有广泛的应用.下列有关说法不合理的是A.通过化合反应可由碳酸钠制得碳酸氢钠B.可用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：C.向浓度均为和溶液中分别滴加浓的溶液，只有碳酸钠溶液产生白色沉淀D.碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都显碱性，均可用作食用碱【答案】C【解析】【详解】A．通过化合反应：，可由碳酸钠制得碳酸氢钠，A正确；B．碳酸钙的溶解度更小，可用碳酸钠溶液将硫酸钙转化为碳酸钙，来处理锅炉水垢中的硫酸钙，B正确；C．溶液中分别滴加浓的溶液也会产生白色沉淀，离子反应为：，C错误；D．碳酸钠溶液和碳酸氢钠的水溶液都显碱性，均可用作食用碱，D正确；故选C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.二氧化硫具有漂白性，食品中添加适量的SO2有防腐和抗氧化作用B.氯化铁溶液有氧化性，可用于蚀刻不锈钢广告牌上的图形C.生铁硬度大，抗压性强，可用于铸造机器底座D.新型陶瓷碳化硅(SiC)硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫具有漂白性，食品中添加适量的SO2能够使蛋白质发生变性，因而具有防腐性能；其具有还原性，能够消耗食品包装袋内的氧气，防止其氧化变质，因而SO2又同时具有抗氧化作用，但这与SO2是否具有漂白性无关，A符合题意；B．氯化铁溶液有氧化性，能够与Cu发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，故FeCl3溶液可用于蚀刻不锈钢广告牌上的图形，二者有因果关系，B不符合题意；C．生铁硬度大，抗压性能强，可用于铸造机器底座，二者有因果关系，C不符合题意；D．新型陶瓷碳化硅(SiC)属于共价晶体，原子之间以极强的共价键结合，因而硬度很大，故可用作砂纸和砂轮的磨料，二者有因果关系，D不符合题意；故合理选项是A。5.下列设计正确且能实现实验目的的是A.图①，验证可溶于氨水B.图②，验证氯气和甲烷反应生成了C.图③，闭合一段时间，再打开闭合可制得简易燃料电池，左侧石墨为电池负极D.图④，分别加热不能证明分解温度高于【答案】A【解析】【详解】A．硝酸银和氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀，然后再加入氨水生成氯化二氨合银，可溶于水，故A正确；B．氯气和甲烷散光照射发生取代反应生成氯化氢，但氯气溶于水也生成氯化氢，会干扰实验，故B错误；C．闭合K1时为电解装置，左侧为阳极，生成氧气，右侧为阴极，生成氢气，再打开闭合可制得简易燃料电池，左侧石墨为电池的正极，故C错误；D．碳酸氢钠受热分解，而相同条件下碳酸钠不分解，故可以证明分解温度高于，故D错误；故选A。6.二氧化氯泡腾片是常用的鱼缸消毒剂，也可用于除居室甲醛，其反应方程式可表示为：，下列说法不正确的是A.甲醛具有还原性B.二氧化氯是氧化剂，还原产物为C.反应生成，则转移4mol电子D.若将二氧化氯改为次氯酸钠，消耗等量甲醛所需与的物质的量之比为【答案】C【解析】【详解】A．甲醛具有还原性，被氧化生成二氧化碳，A正确；B．二氧化氯是氧化剂，发生还原反应生成还原产物为，B正确；C．甲醛中碳元素化合价由0升高为+4，反应生成，则转移8mol电子，C错误；D．反应中中氯元素化合价由+4降低到1，中氯元素化合价由+1降低到1，则消耗等量甲醛所需与的物质的量之比为，D正确；故选C。7.室温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A.水电离出的的溶液中：、、、B.加入铝粉能放出氢气的溶液中：、、C.透明的溶液中：、、、D.溶液：、、、【答案】C【解析】【详解】A．水电离出的c(H+)=1×10−13mol·L−1的溶液，水的电离受到酸或碱的抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，两种情况下都无法存在，A错误；

B．加入铝粉能放出氢气的溶液，可能显酸性，也可能显强碱性，在酸性条件下有强氧化性，与铝反应不生成氢气，在碱性条件下不能大量存在，B错误；C．透明的溶液中，、、、相互之间都不反应，可以大量共存，C正确；D．溶液，无法与共存，D错误；故选C。8.下列说法不正确的是A.与环氧丙烷（）在催化剂作用下聚合得到可降解高分子材料B.牛胰岛素分子中含6个硫原子，硫元素含量约为3.6％，可求出其相对分子质量为5533C.以农林产品中的木材、秸秆等经加工可生产人造丝、人造棉等化学纤维D.在加热和催化剂的作用下，可使石油中的链状结构转化为环状结构，获得芳香烃.【答案】B【解析】【详解】A．CO2和环氧丙烷在催化剂作用下聚合得到可降解高分子材料，A正确；B．根据硫元素质量分数为3.6%，可以求得牛胰岛素相对分子量为，B错误；C．木材，秸秆中主要含纤维素，经过加工可以生产人造丝，人造棉，C正确；D．石油的催化重整，可使链状烃转变为环状烃，故D正确；本题选B。9.用离子方程式表示下列反应，不正确的是A.亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫气体：B.铜片和足量浓硝酸反应：C.硫酸铜溶液中滴入氨水至产生沉淀恰好溶解时总的离子方程式为：D.常温下，内壁沾有硫的试管中加入溶液，振荡后得到略显黄色的澄清溶液：【答案】B【解析】【详解】A．亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫气体，生成亚硫酸氢钠，A正确；B．将铜片投入浓硝酸生成NO2，浓硝酸应当拆成离子形式，离子方程式为：，故B错误；C．硫酸铜溶液中滴入氨水至产生沉淀恰好溶解，生成四氨合铜离子，离子方程式正确，C正确；D．内壁沾有硫的试管中加入5mL0.6mol/LNa2S溶液，振荡后得到略显黄色的澄清溶液为多硫化钠溶液，离子方程式正确，D正确；本题选B。10.苯乙烯可发生如下转化，下列说法中不正确的是A.苯乙烯分子中所有碳原子可共平面B.X的结构简式可能是，该反应需要控制温度减少碳碳双键被氧化C.与足量溶液反应，最多消耗D.聚合物Z的结构可表示为【答案】C【解析】【详解】A．苯乙烯中苯环和双键均为平面构型，两者通过单键相连，单键可以旋转，所有原子可能共平面，A正确；B．苯环上的氢原子被硝基取代，取代氢原子的位置可以是乙烯基的间位，碳碳双键不稳定，易被氧化，所以X的结构简式可能是：，B正确；C．Y完全水解产物是：，Y水解产生的HCl和COOH都能和NaOH以1:1反应，故1molY完全水解生成4molHCl和1molCOOH，故1molY最多消耗5molNaOH，C错误；D．苯乙烯聚合得到聚苯乙烯，结构表示正确，D正确；故选C。11.原子序数依次递增的前四周期的X、Y、Z、W元素，其中X与Y、Z均相邻，X与Y有多种常见氧化物，元素X的某种氧化物甲含氧量为50％，甲可以水解为一种多元有机酸.Y与Z能形成一种高沸点、高硬度的化合物，该化合物中Y元素含量为40％.W元素基态原子最外层只有一个电子，内层能级全充满.下列说法不正确的是A.氧化物甲的实验式可以表示为B.Y同周期元素中第一电离能比Y大的主族元素有2种C.电负性：D.原子半径：【答案】B【解析】【分析】原子序数依次递增的前四周期的X、Y、Z、W元素，元素X的某种氧化物甲含氧量为50%，甲可以水解为一种多元有机酸，而有机物必定含有碳元素，可知X为C元素，设甲的实验式为CxOy，则12x=16y，故x∶y=4∶3，即甲的实验式为C4O3，X(碳)与Y、Z均相邻，原子序数X(碳)<Y<Z，可知Y为N元素、Z为Si元素；W元素基态原子最外层只有一个电子，内层能级全充满，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故W为Cu元素，则X为C元素、Y为N元素、Z为Si元素、W为Cu元素，以此解题。【详解】A．由分析可知，氧化物甲的实验式可以表示C4O3，A正确；B．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，Y是N元素，第二周期主族元素中第电离能比N大的元素只有F元素1种，B错误；C．同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，则电负性：Si<C<N，C正确；D．同周期主族元素自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，则原子半径：Cu>Si>C>N，D正确；故选B。12.乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体，20℃时在乙醇中的溶解度为36.9g，在水中溶解度为0.46g，100℃时水中溶解度为5.50g。某实验小组设计提纯粗乙酰苯胺（含少量氯化钠和有机杂质）方案如下：下列说法不正确的是A.操作Ⅰ中若观察到乙酰苯胺未完全溶解，可补加适量水B.操作Ⅱ稍冷却目的是防止暴沸，加入活性炭可吸附有机杂质C.操作Ⅲ宜缓慢自然冷却结晶，有利于得到较大晶体颗粒D.操作Ⅳ可用乙醇洗涤，利于快速晾干【答案】D【解析】【详解】A．室温下乙酰苯胺在水中的溶解度不大，操作Ⅰ中若观察到乙酰苯胺未完全溶解，可补加适量水，A正确；B．活性炭具有吸附性，可以吸附有机物，则操作Ⅱ稍冷却目的是防止暴沸，加入活性炭可吸附有机杂质，B正确；C．缓慢自然冷却结晶，晶体慢慢长大，得到较大晶体颗粒，则操作Ⅲ宜缓慢自然冷却结晶，有利于得到较大晶体颗粒，C正确；D．根据已知条件可知乙酰苯胺在乙醇中的溶解度较大，操作Ⅳ不能用乙醇洗涤，D错误；故合理选项是D。13.高能耗的氯碱工业，经过优化工艺设计可降低能耗.下图所示设计中，表示了相关物料的传输和转化关系，下列说法不正确的是A.该设计中主要的节能之处一是用氢氧燃料电池来供电，二是提高溶液浓度B.离子交换膜Ⅰ应选用阳离子交换膜，离子交换膜Ⅱ选用阴离子交换膜C.图中Y为氢气，Y在燃料电池中发生的电极反应是：D.燃料电池装置中通空气的一端发生还原反应【答案】B【解析】【分析】由图可知，装置I为电解饱和食盐水的电解池，左边电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则X为氯气，右边电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，则Y为氢气；装置II为氢氧燃料电池，左边电极为负极，碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，右边电极为正极，水分子作用下氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。【详解】A．装置I为电解饱和食盐水的电解池，装置II为氢氧燃料电池，氢氧燃料电池可以为电解饱和食盐水供电，燃料电池中，氢气在负极放电消耗氢氧根离子，则a%>c%，氧气在正极放电生成氢氧根离子，则b%>a%，则氢氧化钠溶液质量分数的大小为b%>a%>c%，提高了氢氧化钠的浓度，A正确；B．电解饱和食盐水选用阳离子交换膜，离子交换膜Ⅰ应选用阳离子交换膜，燃料电池中为了提高氢氧化钠的浓度，离子交换膜II也是阳离子交换膜，Na+离子通过交换膜向正极移动，可以使氢氧化钠浓度在正极室变大，B错误；C．Y为氢气，在碱性条件下，氢气在燃料电池中发生的电极反应是：，C正确；D．燃料电池装置中通空气的一端为正极，发生还原反应，D正确；答案选B。14.室温时用稀硝酸可将苯酚直接硝化，转化关系及部分产物产率表示如下：反应历程：下列说法不正确的是A.工业生产中产物Ⅱ由于存在分子内氢键，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯B.反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为C.反应足够长的时间，升高温度可提高体系中产物Ⅰ的产率D.反应中体系中加入浓硫酸有利于产生活性中间体，可促使反应进行【答案】C【解析】【分析】中间体生成产物Ⅱ的活化能低于生成产物Ⅰ的活化能，所以生成产物Ⅱ的速率快，生成的产物Ⅱ多，则产物Ⅰ是对硝基苯酚、产物Ⅱ是邻硝基苯酚。【详解】A.产物Ⅱ邻硝基苯酚，邻硝基苯酚易形成分子内氢键熔沸点降低，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯，故A正确；B．根据图示，反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为，故B正确；C．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，不能提高体系中产物Ⅰ的产率，故C错误；D．浓硫酸具有吸水性，反应中体系中加入浓硫酸吸收反应生成得水，平衡正向移动，有利于产生活性中间体，可促使反应进行，故D正确；选C。15.工业废水中的、等可通过沉淀法除去.现有、均约为的工业废水1L，下列说法不正确的是已知：25℃，只存在于溶液中，固体立刻分解，饱和溶液的浓度约为.难溶物电离常数，，[当溶液中离子浓度小于时可视为完全沉淀，不考虑与的进一步反应，不考虑废水中其它离子参与反应].A.可用除去废水中的、B.调节至，溶液中未沉淀完全C.通过滴加溶液，可使沉淀和沉淀分离D.向废液中通入至饱和，大于【答案】D【解析】【详解】A．由于和溶度积常数小于，可使、形成沉淀物，过滤除去，A正确；B．时，，，溶液中，大于，溶液中未沉淀完全，B正确；C．开始沉淀需要，完全沉淀需要；开始沉淀需要，完全沉淀需要，当完全沉淀时还未开始沉淀，可进行分离，C正确；D．向废液中通入至饱和，、，生成，此时已完全沉淀，，，，D错误；答案选D。16.探究硫元素及常见含硫物质性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A溶液加入溶液，振荡出现乳白色浑浊，产生气体生成硫单质，不能证明有氧化性B将铜丝放入浓硫酸中，加热开始时铜丝表面变黑，产生无色气体，后黑色固体溶解由氧化还原规律可知黑色固体一定是C久置于空气中的水溶液出现乳白色浑浊不稳定，易分解D0.5g硫粉和1.0g铁粉混合均匀，在石棉网上堆成条状，用灼热的玻璃棒接触混合粉末的一段粉末呈红热状态，持续反应，冷却后得到黑色固体硫粉与铁粉接触面积大，反应放热，生成黑色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．2mL0.1mol/LNa2SO3溶液加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，振荡，出现乳白色浑浊，产生气体，生成硫单质，硫酸提供酸性介质，不能证明H2SO4有氧化性，故A正确；B．将铜丝放入浓硫酸中，加热，开始时铜丝表面变黑，产生无色气体，后黑色固体溶解,黑色固体不一定是CuO，化合价变化分析，可能为CuS，故B错误；C．久置于空气中的H2S水溶液，硫化氢被氧气氧化生成S单质，出现乳白色浑浊，不是硫化氢分解，故C错误；D．0.5g硫粉和1.0g铁粉混合均匀，在石棉网上堆成条状，用灼热的玻璃棒接触混合粉末的一段，粉末呈红热状态，持续反应，冷却后得到黑色固体，硫粉与铁粉接触面积大，反应放热，生成黑色固体FeS，故D错误；答案选A。非选择题部分二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17.碳、硅元素及其化合物在生产生活中应用广泛。请回答：（1）基态硅原子核外电子排布式：____________。（2）与碳的氢化物类似，硅元素的氢化物硅烷的通式为：SinH2n+2。下列有关说法不正确的是__________。A.Si3H8没有同分异构体B.SiSi键能比CC键能小，故热稳定性：SinH2n+2＜CnH2n+2C.SinH2n+2中Si原子杂化方式均为sp3D.SinH2n+2可与水反应生成氢气（3）硅酸盐是地壳中的主要成分。硅酸盐的最简单阴离子为，为硅氧四面体，结构如图1。在溶液中形成的分子形态脱水易形成凝胶状的固体物质—硅胶.硅胶继续脱水，形成了共用氧原子的硅氧四面体骨架—SiO2(硅石)。联系相关信息，解释硅胶转变为硅石后，硬度变大的原因：___________。（4）石墨与金属钾反应生成钾的石墨插层化合物KCx：，KCx晶胞结构如图2（碳原子省略），如图3是晶胞沿y轴方向的投影。①x=_________。②若石墨层内的大π键可表示为（上标表示电子总数，下标表示轨道数），则平均每个KCx单元中的大π键可表示为__________（用具体的数据表示）。③KCx中，石墨层间，每个钾离子相距最近且等距的钾离子有__________个。【答案】（1）1s22s22p63s23p2简写为[Ne]3s23p2（2）B（3）硅胶为分子晶体，分子间存在氢键，硅胶脱水后形成SiO2中不含有OH，只存在共价键，共价键作用力大于氢键，硬度大（4）①.8②.③.6【解析】【小问1详解】Si是14号元素，根据构造原理，可知基态硅原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p2，或简写为[Ne]3s23p2；【小问2详解】A．Si原子价电子是4，Si原子之间以SiSi单键结合，剩余价电子全部与H原子结合，3个Si原子只能形成1条硅链，联想C3H8只存在一种结构，可知Si3H8也不存在同分异构体，A正确；B．Si—Si键能比C—C键能小，Si—H键能比C—H键能小，故热稳定性：SinH2n+2＜CnH2n+2，B错误；C．SinH2n+2中Si连接4个其它原子，形成了4个σ键，所以Si杂化方式均为sp3，C正确；D．SinH2n+2中H显负价，可与水反应生成氢气，D正确；故合理选项是B；【小问3详解】硅胶是在溶液中形成的分子形态脱水易形成凝胶状的固体物质，即硅胶为分子晶体，存在分子间作用力，同时分子间存在氢键；SiO2结构为共用氧原子的硅氧四面体，即硅石为共价晶体，只存在共价键，不存在OH，因而不存在氢键，由于共价键作用力大于分子间作用力，故硅石的硬度比硅胶大；【小问4详解】①K位于晶胞的顶点、面心和体内，其个数为8×+6×+4=8；C原子位于面上和体内，个数为(12+8×)×4=64，则K：C=8：64=1：8，所以即x=8；②石墨中C原子为sp2杂化，每个C原子提供1个电子，K转移1个电子给C8，即8个原子提供9个电子，故平均每个KC8单元中的大π键可表示为；③由图1和图2可知：层间钾离子在y轴上的投影如图所示，表示K+，可知：每个钾离子相距最近且等距的钾离子有6个。18.氯及其部分化合物相关转化如下.请回答：（1）常温下，与溶液反应的离子方程式：___________.（2）下列有关流程中的物质的说法正确的是：_______________.A.工业上采用软锰矿（主要成分是）与浓盐酸混合加热制备B.混合物A、B的物质的量之比为可为5:1C.若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C确定为D.具有强氧化性，用作自来水的消毒剂（3）与浓硫酸反应可得（）：，利用减压蒸馏分离.试解释高氯酸比硫酸易从体系中分离的原因（从结构角度分析）：__________.在液态时为双聚体，请写出的结构式：___________.（4）通过分析，M分子中只有一种化学环境的氢原子.与经过氧化反应、取代反应，两步生成M和D，写出总反应化学方程式：______________。设计实验检验D：_______________。【答案】18.19.BD20.①.分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于.②.21.①.②.气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为.【解析】【分析】Cl2与硫黄在加热条件下可以生成SCl2或者S2Cl2，与乙醇发生氧化反应和取代反应，与氢氧化钠溶液加热生成氯酸钠和氯化钠，氯酸钠电解得到高氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应生成ClO2。【小问1详解】常温下氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：；【小问2详解】A．工业上制氯气用电解饱和的食盐水，A错误；B．B是氯酸钠，Cl2与NaOH加热反应的方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，混合物A、B的物质的量之比为可为5:1，B正确；C．若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C也可以为SCl2，C错误；D．中的Cl为+4价，具有强氧化性，用作自来水的消毒剂，D正确；正确的答案是BD；【小问3详解】H2SO4和HClO4都是分子晶体，分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于，高氯酸比硫酸易从体系中分离；在液态时通过氢键形成双聚体，的结构式：；【小问4详解】与经过氧化反应羟基变为醛基，经过取代反应甲基上的氢原子被氯原子取代，由于M分子中只有一种化学环境的氢原子，甲基上三个氢原子全部被取代，M的结构简式为：CCl3CHO，D为HCl，总反应化学方程式：；证明D为HCl的方法是：气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为。19.丁二烯是生产丁苯橡胶、聚二烯橡胶等的基本原料.丁烯氧化脱氢制丁二烯的生产工艺涉及反应如下：反应Ⅰ反应Ⅱ回答下列问题：（1）判断反应Ⅱ的自发性并说明理由__________.（2）在常压、催化剂作用下，投料按，并用水蒸气稀释；不同温度下反应相同时间后，测得丁烯的转化率与丁二烯、二氧化碳的选择性随温度变化情况如图1所示（选择性：转化的中，生成或的的百分比）.图1①根据图1的相关信息，下列说法正确的是___________.A.随温度的升高，平衡转化率逐渐增大B.水蒸气可调节一定温度下反应物与产物的分压，提高丁烯的平衡转化率C.较低温度条件下，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率D.320～580℃范围内，升温，的产率下降，产率升高②温度高于440℃时，丁烯转化率随温度变化不明显的可能原因是_____________.（3）文献显示，丁烯与反应也可制丁二烯，可分两步实现：反应Ⅲ反应Ⅳ600℃时，恒定总压0.10MPa、以起始物质的量均为1mol的、投料，达平衡时，测得和的转化率分别为80％、10％.600℃时，反应Ⅳ的平衡常数_________.（4）有人设计一种电解装置，用乙炔合成二丁烯的装置如图2.电解质溶液为溶液.①请写出生成的电极的电极反应式：____________。②用溶液吸收阳极逸出的气体再生电解质溶液。不考虑气体溶解残留.当电路中转移时，计算再生液的____________。（已知的电离常数，）【答案】（1）反应Ⅱ、，，任意温度条件下自发.（2）①.BC②.丁烯的反应速率随温度升高而迅速增大，氧气的消耗量也随之迅速增加，升到440℃以后剩余的氧气量很少，丁烯和氧气的反应受氧气含量的限制，因此1丁烯的转化率基本不变；反应Ⅰ速率快，升温，平衡逆移，生成1丁烯与反应消耗1丁烯基本持平，因此1丁烯的转化率基本不变（3）或0.0159（4）①.②.【解析】【小问1详解】判断反应自发性：=T<0，反应Ⅱ、，，任意温度条件下自发【小问2详解】A．随温度升高，反应I反应II均为放热反应，平衡均向逆向移动，平衡转化率降低，A错误；B．水蒸气可调节一定温度下反应物与产物的分压，使平衡发生移动，提高丁烯的平衡转化率，B正确；C．在较低温度下，同时间内丁二烯的选择性高、二氧化碳的选择性低故较低温度条件下，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率，C正确；D．320～580℃范围内，升温，反应I反应II均为放热反应，平衡均向逆向移动，的产率下降，的产率下降，D错误；故选BC。温度高于440℃时，丁烯转化率随温度变化不明显的可能原因是：丁烯的反应速率随温度升高而迅速增大，氧气的消耗量也随之迅速增加，升到440℃以后剩余的氧气量很少，丁烯和氧气的反应受氧气含量的限制，因此1丁烯的转化率基本不变；反应Ⅰ速率快，升温，平衡逆移，生成1丁烯与反应消耗1丁烯基本持平，因此1丁烯的转化率基本不变【小问3详解】，则【小问4详解】的电极的电极反应式：；由题阳极反应为44e=O2+4CO2+2H2O，每转移时，生成CO2，则用，发生2KOH+CO2=K2CO3+H2O，K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，则，再生液有0.5molKHCO3，0.25molK2CO3，根据，c（H+）=20.某学习小组利用相对密度法测定分子量，实验装置如图：简要步骤如下：步骤Ⅰ：利用上图装置获取纯净；步骤Ⅱ：取一只洁净而干燥的锥形瓶（E），用合适的橡胶塞塞紧后在塞子上作上标记，用电子天平称量，质量：.用E收集.集满后，在电子天平上称量，质量（+瓶+塞子）：.步骤Ⅲ：分子量的测定依据阿伏加德罗定律的推论：，可得：请回答下列问题：（1）写出装置A反应的离子方程式：____________.（2）的纯净程度是保证实验结果准确的关键.B、C、D装置是的净化装置，请按顺序选择最适当的试剂：___________.a.水b.浓硫酸c.无水氯化钙及玻璃纤维d.饱和碳酸氢钠溶液e.碱石灰及玻璃纤维（3）E没有设置防对流，能否收集到纯净，说明理由：__________.（4）下列说法正确的是____________.A.当装置B、C中有气泡时，即可以开始收集B.即是锥形瓶的质量C.对E进行称量时，应缓缓取出导管，再塞上橡胶塞至标记处，称量D.通过对E反复称量，对比质量的变化，即可判断是否集满（5）通过向锥形瓶装水至橡胶塞塞至的标记处，用托盘天平称量，质量（水+瓶+塞子）：，此时，水的质量远大于空气，可测定锥形瓶的体积：_________mL.若体积折算成标准状况，则________（用、、的计算式表示，无需化简）。【答案】（1）（2）dbc（3）可以，因为的密度比空气大很多，不会与空气形成对流，向上排空即可收集到纯净的（4）CD（5）①.②.【解析】【分析】本题为探究二氧化碳分子量实验探究类题目，由装置A制备二氧化碳，装置B除去二氧化碳中的氯化氢，装置C干燥二氧化碳，在气流被装置D稳定后，在装置E中收集二氧化碳，进而进行测定，以此解题。【小问1详解】由分析可知，装置A为碳酸钙和盐酸制备二氧化碳的装置，离子方程式为：；【小问2详解】由装置A制备的二氧化碳中混入了氯化氢，可以用装置B中的饱和碳酸氢钠溶液除去；随后