2023屆浙江省杭州地區(qū)（含周邊）重點中學高三下學期聯(lián)考化學試題（解析版）

PAGEPAGE1浙江省杭州地區(qū)（含周邊）重點中學2023屆高三下學期聯(lián)考本卷可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32K-39Cu-64Fe-56Br-80選擇題部分一、選擇題(每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，16個小題，共48分)1.熔融狀態(tài)下能導電且含有極性共價鍵的化合物是（）A. B. C. D.【答案】C【分析】熔融狀態(tài)下能導電的化合物屬于離子化合物?！驹斀狻緼．熔融狀態(tài)下不能導電，A錯誤；B．熔融狀態(tài)下能導電，但中只含非極性共價鍵，B錯誤；C．熔融狀態(tài)下能導電，且OH-中含非極性共價鍵，C正確；D．屬于共價化合物，熔融狀態(tài)下不能導電，D錯誤。故答案為：C。2.鐵及其化合物應用廣泛，下列說法正確的是（）A.元素位于周期表VIIIB族 B.屬于弱電解質C.可用作補血劑 D.元素位于周期表區(qū)【答案】B【解析】A．元素位于第四周期VIII族，故A錯誤；B．在水溶液中發(fā)生部分電離，屬于弱電解質，故B正確；C．Fe3+不能被人體吸收，不能用作補血劑，故C錯誤；D．元素位于周期表d區(qū)，故D錯誤；選B。3.下列化學用語表示正確的是（）A.異丁烯的鍵線式： B.的電子式：C.淀粉的分子式： D.的中心原子的雜化軌道類型：【答案】D【解析】A．異丁烯的主鏈上三個碳原子，中間碳原子有一個支鏈，A錯誤；B．B最外層三個電子，與F形成共用電子對后，無孤電子對的存在，B錯誤；C．淀粉的分子式為，C錯誤；D．的中心原子的價層電子對數(shù)，所以雜化軌道類型為雜化，D正確；故答案選D。4.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是（）A.氫氧化鋁受熱易分解，可用作胃酸中和劑B.干冰升華吸熱，可用于人工降雨C.碳化硅具有類似金剛石的結構，硬度很大，可用作砂紙和砂輪的磨料D.合金能夠大量吸收結合成金屬氫化物，可用作儲存和運輸氫氣【答案】A【解析】A．氫氧化鋁能夠和胃酸反應，所以可用作胃酸中和劑，和氫氧化鋁受熱易分解無關，故A符合題意；B．干冰升華吸熱，可用于人工降雨，故B不符合題意；C．碳化硅具有類似金剛石的結構，硬度很大，可用作砂紙和砂輪的磨料，故C不符合題意；D．合金能夠大量吸收結合成金屬氫化物，可用作儲存和運輸氫氣，故D不不符合題意；故選A。5.下列關于元素及其化合物的性質說法不正確的是（）A.工業(yè)上利用二氧化氮與水反應生產硝酸B.將通入冷的溶液中，制得以為有效成分的漂白粉C.工業(yè)上用98.3％的濃硫酸吸收制備硫酸D.和氫氧化鈉溶液反應可生成【答案】B【解析】A．工業(yè)制硝酸利用二氧化氮與水反應，即；A正確；B．將通入冷的石灰乳中制備漂白粉，不是溶液，B錯誤；C．為了防止產生酸霧，用工業(yè)上用98.3％的濃硫酸吸收，C正確；D．化學方程式為：，D正確；故答案選B。6.關于反應，下列說法正確的是（）A.是還原產物B.氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：4C.既是氧化劑又是還原劑D.生成，轉移電子【答案】D【解析】A.分析方程式中的化合價可知，N2H4中N元素的化合價為-2，N2中的N元素的化合價為0，N元素的化合價升高，N2為氧化產物，故A錯誤；B.分析方程式中的化合價可知，Cu元素化合價降低，為氧化劑，N元素化合價升高，N2H4為還原劑，氧化劑與還原劑的物質的量之比為4:1，故B錯誤；C.N2H4中有且只有N元素化合價升高，所以N2H4僅為還原劑，故C錯誤；D.分析方程式可知，每生成1molN2，轉移的電子數(shù)為4mol，28gN2，正好為1molN2，故D正確；故選D。7.下列反應的離子方程式不正確的是（）A.少量的通入亞硫酸鈉溶液：B.惰性電極電解飽和硫酸鋅溶液：C.濃硝酸與銅的反應：D.用溶液處理水垢中的：【答案】A【解析】A．亞硫酸鈉溶液為堿性，少量的通入亞硫酸鈉溶液發(fā)生反應生成硫酸鈉和氯化鈉，離子方程式為：，故A錯誤；B．飽和硫酸鋅溶液呈堿性，惰性電極電解飽和硫酸鋅溶液，Zn2+在陰極得到電子生成Zn，H2O在陽極失去電子生成O2，電極方程式為：，故B正確；C．濃硝酸與銅反應生成硝酸銅和二氧化氮，離子方程式為：，故C正確；D．由于的溶解度小于的溶解度，用溶液處理水垢中的，會轉化為，離子方程式為：，故D正確；故選A。8.下列說法不正確的是（）A.天然氨基酸均為無色晶體，熔點較高B.重油經減壓分餾得到輕質油C.核酸是由許多核苷酸單體形成的聚合物，可水解D.工業(yè)上常將液態(tài)植物油在一定條件下與氫氣發(fā)生加成反應，生成固態(tài)的氫化植物油【答案】B【解析】A．天然氨基酸均為無色晶體，分子間存在氫鍵，所以熔沸點較高，A正確；B．重油得到輕質油通過裂化裂解得到，B錯誤；C．核酸是由許多核苷酸單體形成的聚合物，故可水解，C正確；D．液態(tài)植物油中含有碳碳雙鍵，在一定條件下可以與氫氣發(fā)生加成反應，得到只含有碳碳單鍵脂肪，即固態(tài)的氫化植物油，D正確；故答案選B。9.對乙酰氨基酚(Ⅰ)可合成緩釋長效高分子藥物(Ⅱ)，兩者結構如圖所示，下列說法正確的是（）A.Ⅰ分子中最少有5個原子共直線B.Ⅰ分子可以發(fā)生取代、加成、氧化、還原、水解反應C.Ⅱ最多消耗D.Ⅱ水溶性比I強【答案】B【解析】A．分子中最少有4個原子共直線(*標出)，故A錯誤；B．Ⅰ分子中含有羥基、酰胺基、苯環(huán)，可以發(fā)生取代、加成、氧化、還原、水解反應，故B正確；C．與氫氧化鈉反應生成、CH3COONa，Ⅱ最多消耗2molNaOH，故C錯誤；D．Ⅰ分子中含有羥基，Ⅱ中不含羥基，Ⅰ水溶性比Ⅱ強，故D錯誤；選B。10.X、Y、Z、W、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X元素基態(tài)原子電子排布式為，Y元素的第一電離能大于同周期相鄰元素的第一電離能，Z元素基態(tài)原子2p軌道有一個未成對電子，W元素基態(tài)原子s能級上的電子總數(shù)與p能級上電子總數(shù)相等，Q是地殼中含量最多的金屬元素。下列說法不正確的是（）A.最高價氧化物對應水化物的堿性：B.Y和原子序數(shù)為51的元素位于同一主族C.同周期元素中Z的第一電離能最大D.X、Q的氧化物、氫氧化物都有兩性【答案】C【解析】X、Y、Z、W、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，X元素基態(tài)原子電子排布式為，n=2，則X為Be元素；Q是地殼中含量最多的金屬元素，則Q為Al元素；Y元素的第一電離能大于同周期相鄰元素的第一電離能，Y位于IIA或VA族，且原子序數(shù)介于Be，O之間，則Y元素為N元素，W元素基態(tài)原子s能級上的電子總數(shù)與p能級上電子總數(shù)相等，W原子核外電子排布式為，則W為Mg元素；Z元素基態(tài)原子2p軌道有一個未成對電子，且原子序數(shù)介于O、Al之間，Z原子核外電子排布式為，則Z為F元素；A．金屬性：Be<Mg，則最高價氧化物對應水化物的堿性：，A項正確；B．原子序數(shù)為51的元素位于第四周期VA族，與N元素位于同一主族，B項正確；C．F元素位于第二周期，第二周期中稀有氣體Ne的第一電離能最大，C項錯誤；D．根據(jù)對角線規(guī)則，Be、Al的性質相似，二者氧化物，氫氧化物都有兩性，D項正確；答案選C。11.科學家利用多晶銅高效催化電解制乙烯，原理如圖所示。已知：電解前后電解液濃度幾乎不變。下列說法正確的是（）A.鉑電極為陽極，產生的氣體是和B.銅電極的電極反應式為C.通電過程中，溶液中通過陰離子交換膜向右槽移動D.當電路中通過電子時，理論上能產生【答案】A【分析】該電解池的總反應方程式為，銅電極為陰極，該電極的電極方程式為，鉑電極為陽極，該電極的電極方程式為【詳解】A.由分析可知，鉑電極為陽極，產生的氣體是和，故A正確；B.由分析可知，銅電極的電極方程式為，故B錯誤；C.由分析可知，在鉑電極發(fā)生反應，并且電解前后電解液濃度幾乎不變，所以溶液中通過陰離子交換膜向左槽移動，故C錯誤；D.由銅電極電極方程式分析可知，當電路中通過電子時，理論上能產生0.05mol，在標況下，0.05mol的體積為1.12L，該題目沒有說明條件為標況，故D錯誤；故選A。12.氯化亞砜又稱亞硫酰氯，常溫下為黃色的液體，熔點，沸點，常用作有機合成工業(yè)中的氯化劑，遇水立即水解。下列說法不正確的是（）A.與混合共熱，可得無水B.的空間結構為平面三角形C.與足量溶液反應生成和D.熔沸點比高【答案】B【解析】A．加熱生成氯化鋁和水，氯化鋁水溶液在加熱時發(fā)生水解生成HCl和，而遇到水，水解生成HCl和，其中HCl抑制了氯化鋁的水解，最后與混合共熱，可得無水，A正確；B．中心原子S的價層電子對數(shù)=，分子結構為三角錐形，B錯誤；C．遇到水，水解生成HCl和，均與NaOH反應，生成物為和，C正確；D．和均為分子晶體，范德華力越大，熔沸點越高，前者的相對分子質量大于后者，故熔沸點比高，D正確；故答案選B。13.含雜質的礦物，用處理后，過濾，濾液里添加溶液，產生沉淀、溶液隨溶液體積關系如圖所示，下列說法不正確的是（）A.一開始添加溶液沒有沉淀的原因是：B.b點水的電離程度大于d點水的電離程度C.c點溶液中存在：D.濾液中【答案】C【解析】A．含雜質的礦物，用處理后，過濾，濾液里添加溶液，開始無沉淀的原因是：，隨后偏鋁酸根促進碳酸氫根的電離，生成沉淀的離子方程式為：，A正確；B．b點為偏鋁酸鈉與碳酸鈉的混合液，偏鋁酸鈉與碳酸鈉均促進水的電離，d點為碳酸鈉溶液，偏鋁酸鈉的水解程度大于碳酸鈉，所以b點水的電離程度大于d點水的電離程度，B正確；C．c點溶液中含偏鋁酸鈉與碳酸鈉溶液，溶液中電荷守恒：，C錯誤；D．加入40ml碳酸氫鈉溶液時沉淀最多，沉淀為0.032mol，氫氧化鈉過量，濾液中含氫氧化鈉，由、可知，前8ml發(fā)生反應，不生成沉淀，，則濾液中n(NaOH)=1.0mol/L×0.008L=8×10-3mol，D正確；故選C。14.一定條件下，反應物和生成物的相對能量與反應歷程示意圖如下，下列說法不正確的是（）A.由歷程I可計算，的總鍵能B.由歷程Ⅱ可知，相同條件下的濃度比的濃度對反應速度影響更大C.相同條件下，的平衡轉化率，歷程I歷程ⅡD.由歷程I和歷程Ⅱ可得，【答案】A【解析】A．由圖可知，1molSO2的活化能為，的總鍵能不是，故A錯誤；B．由歷程Ⅱ可知，相同條件下使用V2O5作催化劑增大的濃度后，反應的活化能降低，反應速率加快，則的濃度比的濃度對反應速度影響更大，故B正確；C．催化劑不改變化學平衡的轉化率，則相同條件下，的平衡轉化率，歷程I歷程Ⅱ，故C正確；D．催化劑不改變化學反應熱，由歷程I和歷程Ⅱ可得，，故D正確；故選A。15.可溶性鋇鹽有毒，醫(yī)院中常用硫酸鋇這種鋇鹽作為內服造影劑。已知：；。下列推斷正確的是（）A.飽和溶液中存在：B.向、的飽和混合溶液中加入少量，溶液中減小C.不用碳酸鋇作為內服造影劑，是因為D.若每次加入的溶液，至少需要6次可將轉化為【答案】D【解析】A．是難溶性鹽，飽和溶液中存在：，根據(jù)物料守恒：，故A錯誤；B．、的飽和混合溶液中存在平衡：(s)+SO(aq)(s)+(aq)，溶液中，少量，度不變，和不變，不變，故B錯誤；C．胃液中含有鹽酸，不用碳酸鋇作為內服造影劑的原因是：碳酸鋇能和鹽酸反應而溶解，和溶度積常數(shù)無關，故C錯誤；D．向中加入溶液，發(fā)生反應(s)+(aq)(s)+SO(aq)，該反應的平衡常數(shù)K=，若每次加入的溶液，能處理BaSO4物質的量xmol，則K=，x=，，所以至少6次可以將轉化為，故D正確；故選D。16.下列方案設計、現(xiàn)象和結論都正確的是（）實驗方案現(xiàn)象結論A將新制飽和氯水慢慢滴入含有酚酞的氫氧化鈉稀溶液中當?shù)蔚揭欢繒r，紅色褪去氯水具有酸性B將銅絲與濃硫酸反應產生的氣體通入紫色石蕊溶液中石蕊溶液先變紅后褪色氣體具有漂白性C將和的混合氣體通入密閉的注射器，壓縮活塞混合氣體的顏色變淺增大壓強會使化學平衡向氣體體積縮小的方向移動D在2％溶液中，逐滴滴入2％的氨水先產生沉淀，后沉淀溶解結合銀離子能力：氨分子氫氧根離子【答案】D【解析】A.將新制飽和氯水慢慢滴入含有酚酞的氫氧化鈉稀溶液中，Cl2與水反應生成HCl和HClO，其中HClO具有漂白性，也能使紅色褪去，故A錯誤；B.銅絲與濃硫酸反應產生的氣體為SO2，SO2通入石蕊溶液中，會與水生成H2SO3，使溶液變紅，SO2不能使石蕊溶液褪色，故B錯誤；C.密閉的注射器中NO2與N2O4會相互轉化，壓縮活塞，有色氣體NO2的濃度增大，雖然增大壓強會使化學平衡向氣體體積縮小的方向移動，但并不能抵消因體積減小而使NO2的濃度增大的量，最終的結果仍是NO2的濃度增大，故C錯誤；D.在1ml2％溶液中，逐滴滴入2％的氨水，先生成AgOH白色沉淀，然后沉淀溶解于氨水中，生成[Ag(NH3)2]+，所以氨分子結合銀離子的能力大于氫氧根離子結合銀離子的能力，故D正確；故選D。非選擇題部分二、填空題(5個小題，共52分)17.鈦被稱為繼鐵、鋁之后的“第三金屬”，請回答：（1）基態(tài)鈦原子核外電子有___________種空間運動狀態(tài)，根據(jù)價電子排布圖判斷下列鈦原子或離子電離一個電子所需能量最高的是___________。（2）鈦的配合物有多種。、、的配體中所含原子電負性由大到小的順序是_______________，其中中___________(填寫“大于”、“小于”或“等于”)單個水分中。（3）鈦與鈣、氧原子形成的一種化合物鈣鈦礦晶胞如圖。此化合物的化學式為___________，該晶體中鈣的配位數(shù)為___________。（4）在相同條件下，比的水解能力更強，原因是_________________________。【答案】（1）12B（2）大于（3）12（4）帶電荷數(shù)更多，半徑更小，更易水解【解析】（1）鈦是第22號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，不同軌道的電子空間運動狀態(tài)不同，因而具有12種空間運動狀態(tài)的電子；A為Ti原子基態(tài)，B為Ti+的基態(tài)，C為Ti原子的激發(fā)態(tài)，第二電離能明顯高于的一電離能，同級電離能中激發(fā)態(tài)電離能比基態(tài)低，故失去一個電子所需能量最高的是B，故答案為：12；B；（2）由、、可知，它們的配體分別為H2O、F-、Cl-，含有的原子有H、Cl、O、F，非金屬性越強，電負性越大，所以H、Cl、O、F的電負性由大到小的順序是；由可知，H2O中O原子的孤電子對進入Ti2+的空軌道，形成配位鍵，則孤電子對數(shù)減少，斥力減小，中變大，所以中大于單個水分中，故答案為：；大于；（3）由晶胞圖可知，Ti位于頂點，個數(shù)為=1，1個Ca位于體心，個數(shù)為=3，Ti:Ca:O=1:1:3，此化合物化學式為；Ca到棱心的O的距離都相等且最近，故該晶體中鈣的配位數(shù)為12，故答案為：；12；（4）與相比，所帶電荷更多，半徑更小，極化能力更強，故在相同條件下，比的水解能力更強，故答案為：帶電荷數(shù)更多，半徑更小，更易水解。18.化合物X由三種元素組成，某學習小組按如下流程進行實驗：已知：黃褐色固體A的式量小于100，溶液C是單一溶質鹽溶液。（1）X的組成元素是___________，X的化學式是___________。（2）寫出B溶液與溶液恰好完全沉淀時的離子反應方程式：____________________________________________。（3）固體A是一種良好的脫硫劑，請寫出常溫下固體A在氛圍中與反應的化學反應方程式：____________________________________________。（4）設計實驗檢驗溶液B中的陽離子：______________________________________?！敬鸢浮浚?）K、Fe、O（2）（3）（4）用玻璃棒蘸取B溶液，點在試紙上，若變紅，則存在(其他合理答案)；用潔凈的鉑絲或鐵絲蘸取B溶液進行焰色試驗，透過藍色鈷玻璃片觀察到紫色，則存在(其他合理答案)【分析】化合物X由三種元素組成，12.7gX和水反應生成8.9g黃褐色固體A，加熱分解生成8.0g紅褐色固體B為Fe2O3，物質的量n==0.05mol，質量減少的是水，水的質量=8.9g-8.0g=0.9g，n(H2O)==0.05mol，元素守恒得到固體A中含n(Fe)=0.1mol，n(H)=0.05mol×2=0.1mol，n(O)=0.05mol×3+0.05mol=0.2mol，則A中含n(Fe)：n(H)：n(O)=0.1：0.1：0.2=1：1：2，黃褐色固體A的式量小于100，得到化學式為HFeO2或FeOOH，證明X中含F(xiàn)e、O元素，溶液C是單一溶質鹽溶液，結合所加試劑可知為K2SO4，證明X中含K元素，質量守恒分析驗證，12.7g固體X中含K物質的量n(K)==0.1mol，X的化學式n(K)：n(Fe)：n(O)=0.1：0.1：0.2=1：1：2，化學式為KFeO2，溶液A為KOH，和硫酸反應生成B，B和KOH反應生成硫酸鉀，則B為硫酸氫鉀，據(jù)此回答問題?！驹斀狻浚?）上述分析和計算得到X中含元素為：K、Fe、O，化學式為：KFeO2，故答案為：K、Fe、O；KFeO2；（2）分析可知B溶液與Ba(OH)2溶液恰好完全沉淀時的離子反應方程式為：，故答案為：；（3）固體A是一種良好的脫硫劑，常溫下固體A在HCl氛圍中與H2S反應生成單質硫、氯化亞鐵和水，反應的化學反應方程式為：2FeOOH+H2S+4HCl═S+2FeCl2+4H2O，故答案為：2FeOOH+H2S+4HCl═S+2FeCl2+4H2O；（4）溶液B中的陽離子為氫離子和K+離子，結合氫離子顯酸性，鉀離子焰色試驗為紫色涉及實驗驗證，實驗過程和現(xiàn)象為：用玻璃棒蘸取B溶液，點在pH試紙上，若變紅，則存在H+，用潔凈的鉑絲或鐵絲蘸取B溶液進行焰色試驗，透過藍色鈷玻璃片觀察到紫色，則存在K+，故答案為：用玻璃棒蘸取B溶液，點在pH試紙上，若變紅，則存在H+，用潔凈的鉑絲或鐵絲蘸取B溶液進行焰色試驗，透過藍色鈷玻璃片觀察到紫色，則存在K+。19.“碳達峰·碳中和”是我國社會發(fā)展重大戰(zhàn)略之一，加氫制進行回收利用是實現(xiàn)“雙碳”經濟的有效途徑之一、催化加制的反應歷程如圖1所示(吸附在催化劑表面的物種用*標注)。向恒壓、密閉容器中通入和，平衡時混合氣體中含碳物質(、、)的物質的量隨溫度的變化如圖2所示。催化加制，主要涉及到如下反應：反應i：反應ii：（1）反應i自發(fā)進行的條件是：__________________________。（2）實驗測得，隨著的濃度增大化學反應速率先增大后減小，試解釋原因____________________________________________(已知：圖1中步驟Ⅱ、Ⅲ是決速步)（3）根據(jù)圖2，下列說法不正確的是___________。A．溫度低于時，測得反應一定時間后的產物中幾乎無，原因可能主要發(fā)生反應iiB．曲線B表示平衡時隨溫度的變化關系C．在高溫條件下，可同時提高的平衡轉化率和的平衡產率D．提高轉化為的轉化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑（4）在圖2中，高于，曲線B隨溫度升高而減小的原因_____________________。（5）已知的選擇性，的選擇性，的選擇性的選擇性。則①在圖2中，平衡時容器體積為，則反應i的平衡常數(shù)___________(用V、m列式表示)②在圖中畫出之間和選擇性比(Y)與溫度變化的趨勢圖，并標注a點的坐標___________?！敬鸢浮浚?）低溫自發(fā)（2）濃度增大，吸附在催化劑表面的增多，解離為增多，反應速率加快；增大到一定程度后，吸附在催化劑表面的減少，解離為減少，反應速率減慢（3）ABC（4）、，溫度升高反應ii正移程度大于反應i逆移程度，平衡轉化率增大，剩余物質的量減小（5）①②【解析】（1）反應i是氣體體積減小的放熱反應，<0，<0，低溫時<0，所以低溫時反應能自發(fā)進行，故答案為：低溫自發(fā)；（2）催化加制的反應歷程如圖1，增大濃度，吸附在催化劑表面的增多，解離為增多，使步驟Ⅲ的反應速率加快，但CO2增大到一定程度后，吸附在催化劑表面的減少，解離為減少，使步驟Ⅱ的反應速率減慢，由于步驟Ⅱ、Ⅲ是決速步驟，所以隨著的濃度增大化學反應速率先增大后減小，故答案為：濃度增大，吸附在催化劑表面的增多，解離為增多，反應速率加快；增大到一定程度后，吸附在催化劑表面的減少，解離為減少，反應速率減慢；（3）A．圖2中曲線A表示平衡時n(CH4)隨溫度變化的關系，曲線C表示平衡時n(CO)隨溫度變化的關系，由圖可知，溫度低于時，測得反應一定時間后的產物中幾乎無，產物主要是CH4，說明這一階段主要發(fā)生反應i，故A錯誤；B．由上述分析可知，曲線A表示平衡時n(CH4)隨溫度變化的關系，曲線C表示平衡時n(CO)隨溫度變化的關系，則曲線B表示平衡時隨溫度的變化關系，故B錯誤；C．由圖可知，在高溫條件下，的平衡轉化率較高，但的含量和平衡產率較低，則高溫不利于提高的平衡產率，故C錯誤；D．由圖可知，低溫條件下的含量較高，即在低溫條件下有利于提高轉化為的轉化率，并且高效的催化劑可提高反應速率，所以研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑可提高轉化為的轉化率，故D正確；故答案為：ABC；（4）反應i是放熱反應，反應ii是吸熱反應，曲線B表示平衡時隨溫度的變化關系，由圖可知，溫度高于，含量增大，含量減小，含量也減小，說明的平衡轉化率增大，的平衡產率增大，的平衡產率減小，即升高溫度時，反應ii向正向移動的程度大于反應i逆向進行的程度，故答案為：、，溫度升高反應ii正移程度大于反應i逆移程度，平衡轉化率增大，剩余物質的量減??；（5）①圖2中時，n(CH4)=n(CO)=mmol，設n(CO2)=ymol，n(H2)=zmol，n(H2O)=xmol，根據(jù)C、H、O原子守恒列式有：2m+y=1，4m+2x+2z=8，m+2y+x=2，解得x=3m，y=1-2m，z=4-5m，則反應i的平衡常數(shù)==，故答案為：；②、，隨著溫度升高，的選擇性逐漸減小，的選擇性逐漸增大，則和選擇性比(Y)逐漸減小，圖中a點二者選擇性相等，選擇性比(Y)為1，變化趨勢如圖，故答案為：。20.溴化亞銅可用作工業(yè)催化劑，是一種白色粉末，微溶于冷水，不溶于乙醇等有機溶劑，在熱水中或見光都會分解，在空氣中會慢慢氧化成綠色粉末。制備的實驗步驟如下：（1）實驗所用蒸餾水需經煮沸，煮沸目的是______________________________________。步驟III中用“溶有”蒸餾水洗滌的方法是_______________________。（2）下列說法不正確的是___________。A.實驗過程中可加少量還原粉防止被氧化B.多孔玻璃泡可以增大氣體與溶液的接觸面積，起到充分反應目的C.防止見光分解，步驟3過濾需避光進行D.洗滌時，為防止被氧化需用玻璃棒快速攪拌多次以加快洗滌速度（3）判斷反應已完成的簡單方法____________________________________________。（4）欲利用上述裝置燒杯中的吸收液(經檢測主要含、等)制取較純凈的晶體。從下列選項中選擇最佳操作并排序___________。____→____→(⑥)→____→____→____→(⑦)①蒸發(fā)濃縮至出現(xiàn)大量晶體②蒸發(fā)濃縮至出現(xiàn)晶膜，冷卻結晶③乙醇洗滌2～3次④熱水洗滌2～3次⑤過濾⑥加入少量維生素C溶液(抗氧劑)⑦真空干燥⑧燒杯中加入100g20％的溶液⑨燒杯中通入至飽和（5）某熒光材料可測的純度。已知熒光強度比值與在一定濃度范圍內的關系如圖。取粗產品，經預處理，將其中元素全部轉化為并定容至1L。取樣測得熒光強度比值為10.7，則制得純度為___________?！敬鸢浮浚?）除去蒸餾水中的溶解氧往漏斗內加入溶有的蒸餾水至沒過沉淀，待自然流干，重復操作2-3次（2）AD（3）溶液藍色完全褪去（4）⑨⑧⑥②⑤③⑦（5）72％【解析】（1）該實驗通過硫酸銅與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應生成CuBr，為防止二氧化硫被水中溶解的氧氣氧化而增加其用量，實驗所用蒸餾水應先煮沸除去水中的溶解氧；過濾后用“溶有”蒸餾水洗滌沉淀的方法：往漏斗內加入溶有的蒸餾水至沒過沉淀，待自然流干，重復操作2-3次，故答案為：除去蒸餾水中的溶解氧；往漏斗內加入溶有的蒸餾水至沒過沉淀，待自然流干，重復操作2-3次；（2）A.若加還原粉防止被氧化，會引入雜質，故A錯誤；B.多孔玻璃泡可以增大氣體與溶液的接觸面積，有利于氣體與溶液充分反應，故B正確；C.見光易分解，因此在步驟3過濾時需避光進行，以防止見光分解，故C正確；D.洗滌時，不能用玻璃棒攪拌，否則會破壞濾紙，影響過濾效果，故D錯誤；故答案為：AD；（3）若硫酸銅完全反應，則溶液藍色會消失，因此可通過觀察溶液顏色變化確定反應是否完成，故答案為：溶液藍色完全褪去；（4）主要含、等吸收液中先通入至飽