浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期2月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期2月月考考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号。3.所有〖答案〗必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：选择题部分一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.浙江历史悠久，已经出土丰富的文物，下列文物主要成分为硅酸盐的是A．越王者旨於睗剑B．元黄公望富春山居图卷C．战国水晶杯D．宋代青白瓷释迦摩尼佛像A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖祥解〗硅酸盐产品主要有陶瓷、水泥、玻璃【详析】A．越王者旨於睗剑，主要成分为铁合金，A错误；B．元黄公望富春山居图卷主要成分为纤维素，B错误；C．战国水晶杯，主要成分为SiO2，C错误；D．宋代青白瓷释迦摩尼佛像主要成分硅酸盐，D正确；故选D。2.下列化学用语表示正确的是A.的电子式：B.铝离子结构示意图：C.乙烯的结构简式：D.的核外电子排布式：〖答案〗D【详析】A．过氧化钠是离子化合物，电子式是，故A错误；B．铝离子是铝原子失去3个电子形成的，铝离子结构示意图为，故B错误；C．乙烯含有碳碳双键，结构简式是CH2=CH2，故C错误；D．基态Fe原子的核外电子排布式为，失去最外层2s电子得到Fe2+，则基态Fe2+的核外电子排布式为，故D正确。〖答案〗选D。3.俗称“钡餐”，常用作X射线透视肠胃造影剂，下列说法不正确的是A.元素位于周期表s区 B.硫酸钡难溶于水，属于弱电解质C.不能用碳酸钡代替作造影剂 D.硫酸钡可作白色颜料〖答案〗B【详析】A．元素位于周期表IIA族，属于s区，故A正确；B．硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全可以电离，而且是强电解质，故B错误；C．BaSO4不溶于水和酸，常用于医疗上作内服造影剂，但BaCO3能溶于胃酸，反应为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，则不能用碳酸钡代替硫酸钡作内服造影剂，故C正确；D．硫酸钡不溶于酸，不溶于水，是白色颜料锌钡白的成分，故D正确。〖答案〗选B。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.具有强氧化性，可用作自来水消毒剂B.液氨汽化会大量吸热，可用作制冷剂C.氧化钙易吸水，可用作干燥剂D.是两性氧化物，可用作耐高温材料〖答案〗D【详析】A．ClO2具有强氧化性，可用作消毒剂，A正确；B．NH3易液化，液氨汽化需要吸收大量的热，可用作制冷剂，B正确；C．氧化钙易吸水，可用作干燥剂，C正确；D．是两性氧化物，与作耐高温材料无关，D错误；故选D。5.下列说法正确的是A.装置甲用于配制.的硫酸溶液B.装置乙用于鉴别和C.装置丙采用牺牲阳极法保护铁D.装置丁验证非金属性：〖答案〗B【详析】A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故A错误；B．通入水中得到橙黄色的溴水，通入水中得到无色的溶液，可以鉴别和，故B正确；C．丙装置中Fe为负极，失电子被氧化，不会得到保护，故C错误；D．盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应，不能比较Cl、C、Si的非金属性强弱，故D错误。〖答案〗选B。6.常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法不正确的是A.可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为C.产生时，反应中转移D.可用稀硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在〖答案〗C〖祥解〗该反应氧化剂为，Cl化合价由+5价降为了0价和-1价；还原剂为，化合价由0价升为+5价。1mol该反应转移60mol电子。【详析】A．石灰乳吸收Cl2后可制得漂白粉，故A正确；B．该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为11：6，故B正确；C．没有说明标况，无法计算，故C错误；D．食盐中可与I-在酸性条件下发生归中反应生成I2，即，I2与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用稀硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，故D正确；故选C。7.为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A.中的键数目为B.中含有的质子数为C.与足量的水反应转移电子数为D.溶液中，含有的数目为〖答案〗A【详析】A．60gSiO2物质的量为1mol，因为SiO2是原子晶体，为空间网状结构，每一个Si原子与4个O原子相结合，形成4个Si-O键，所以1molSiO2中含有Si-O键数目为4NA，故A正确；B．18gD2O物质的量为，含有的质子数为9NA，故B错误C．1molNa2O2与足量水发生反应：，转移的电子数为NA，故C错误；D．未说明溶液体积，无法计算，故D错误；故选A。8.下列说法不正确的是A.淀粉和纤维素都属于高分子化合物，都能发生水解反应和酯化反应B.油脂在酸性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，常用于生产肥皂C.塑料中植入微量蛋白酶，有助于塑料降解，高温、紫外线均能使该蛋白酶变性D.甘氨酸既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应〖答案〗B【详析】A．淀粉和纤维素都属于高分子化合物，都属于多糖都能发生水解反应，其结构单元中均含有-OH，都能发生酯化反应，故A正确；B．油脂在碱性条件下的水解才可以得到高级脂肪酸盐，常用于生产肥皂，故B错误；C．塑料中植入微量蛋白酶，蛋白酶对塑料降解有催化作用，但蛋白酶是一种蛋白质，高温、紫外线均能使该蛋白酶变性，故C正确；D．甘氨酸结构中含有碱性基团氨基，所以能与盐酸反应，又含有酸性基团羧基能与氢氧化钠溶液反应，故D正确；故选B。9.下列反应的离子方程式正确的是A.溶于溶液中：B.溶液与足量的溶液反应：C.用硫酸铜溶液吸收硫化氢气体：D.用铁作阳极电解饱和溶液：〖答案〗C【详析】A．铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子；Fe2O3溶于HI溶液中，离子方程式：Fe2O3+2I-+6H+═2Fe2++3H2O+I2，故A错误；B．溶液与足量的溶液反应应生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为：，故B错误；C．用硫酸铜溶液吸收硫化氢气体，生成CuS沉淀，离子方程式为：，故C正确；D．铁做阳极，铁失去电子发生氧化反应，生成氢氧化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑，故D错误。〖答案〗选C。10.一种生产聚苯乙烯的流程如图所示，下列叙述不正确的是A.①的反应类型是加成反应B.乙苯的分子式为C.苯、苯乙烯、聚苯乙烯均能使的四氯化碳溶液褪色D.苯乙烯最多可与发生加成反应〖答案〗C【详析】A．由流程图可知，反应①为加成反应，A正确；B．根据乙苯的结构简式可知，其分子式为，B正确；C．苯、聚苯乙烯无碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D．苯乙烯中，苯环可与三个氢气加成，一个碳碳双键可以与一个氢气加成，故苯乙烯最多可与发生加成反应，D正确；故选C。11.是原子序数依次增大的前四周期元素。这些基态原子中，的电子只有一种自旋取向，的s能级电子总数比能级的多1个，的价层电子排布式为的核外电子填充在8个轨道中，有4个未成对电子。下列说法不正确的是A.第一电离能：B.Q的基态原子有5种空间运动状态的电子C.由三种元素形成的化合物的水溶液均显酸性D.与与均能形成原子个数比为的化合物〖答案〗C〖祥解〗R、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，基态原子中，R的电子只有一种自旋取向，则R为H；Q的s能级电子总数比P能级多1，则Q的电子排布式为1s22s22p3，Q为N；X的价层电子排布式为2s22p4，则X为O；Y的核外电子填充在8个轨道中，则Y的电子排布式为1s22s22p63s23p2，则Y为Si；Z有4个未成对电子，价层电子排布为3d64s2，则Z为Fe。【详析】A．同周期元素核电荷数越大，第一电离能越大；同主族元素核电荷数越大，第一电离能越小。同周期第ⅡA族和第ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素第一电离能，则第一电离能：N＞O，O＞S＞Si，即Q＞X＞Y，A正确；B．Q为N，基态原子核外有5种空间运动状态的电子，B正确；C．由R、Q、X三种元素形成的化合物HNO3、HNO2、NH4NO3、NH3▪H2O，其中HNO3、HNO2、NH4NO3的水溶液均显酸性，而NH3▪H2O的水溶液显碱性，C错误；D．Y与Q可形成原子个数比为3:4的化合物Si3N4，Z与X可形成原子个数比为3:4的化合物Fe3O4，D正确；故〖答案〗选C。12.废旧电池乱扔不仅污染环境，更是一种资源的浪费。普通锌锰干电池的外筒由锌制成，筒中央为碳棒，筒内黑色糊状物的主要成分是淀粉、氯化铵、氯化锌和二氧化锰等。某研究性学习小组设计如下流程，变废为宝：下列说法不正确的是A.“溶解”步骤中，为提高溶解速率，可采取的措施有加热、搅拌等B.过滤操作需要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯C.黑色滤渣中的主要成分能与浓盐酸在一定条件下反应D.操作Ⅱ在气体中进行是为了抑制的水解〖答案〗B〖祥解〗普通锌锰干电池的外筒由锌制成，筒中央为碳棒，筒内黑色糊状物的主要成分是淀粉、氯化铵、氯化锌和二氧化锰等，糊状物加水溶解，“溶解”操作中，为提高溶解速率，可以使用玻璃棒搅拌，浊液过滤后得到黑色滤渣中的二氧化锰与浓盐酸共热反应可制氯气，滤液a中含有氯化铵、氯化锌，“操作Ⅰ”得到的是固体和液体，是蒸发结晶，过滤后，滤液B中主要成分为氯化铵，滤渣在氯化氢气流中蒸发得到无水氯化锌。【详析】A．“溶解”步骤中，为提高溶解速率，可采取的措施有加热、搅拌等，增大反应混合物的接触机会，故A正确；B．过滤操作需要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒等，故B不正确；C．黑色滤渣中的二氧化锰与浓盐酸共热反应可制氯气（Cl2），同时生成氯化锰（MnCl2）和一种氧化物水，故C正确；D．是强酸弱碱盐，易水解，操作Ⅱ在气体中进行是为了抑制的水解，故D正确；故选B。13.直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是A.电极会产生B.电极的反应式为：C.当电路中转移电子时，通过阳离子交换膜的为D.该电池的设计利用了在不同酸碱性条件下氧化性、还原性的差异〖答案〗A〖祥解〗电池工作时，电势低的是负极，电子从负极流向正极，故电极I为负极，电极Ⅱ为正极，负极：，正极：。【详析】A．据分析可知电极I为负极，反应：，产生故A错误；B．据分析可知电极的反应式为：，故B正确；C．当电路中转移电子时，通过阳离子交换膜的是，质量为，故C正确；D．根据分析可知分别在不同的酸碱性条件下发生得失电子的反应，所以该电池的设计利用了在不同酸碱性条件下氧化性、还原性的差异，故D正确；故选A。14.十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“”的脱氢过程释放氢气。反应Ⅰ：反应Ⅱ:在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法不正确的是A.B.反应Ⅱ过程中有极性键的断裂和非极性键的形成C.升高温度更有利于提高反应的速率D.十氢萘脱氢过程中，不会有大量中间产物积聚〖答案〗A【详析】A．Ea1为反应Ⅰ的活化能，Ea2为反应Ⅱ的活化能，由图可知，ΔH1＜Ea1-Ea2，故A错误；B．反应Ⅱ为，断开了C-H键，形成了H-H，即有极性键的断裂和非极性键的形成，故B正确；C．反应I吸热更多，更有利于提高反应I的速率，故C正确；D．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，即消耗C10H12速率大于生成C10H12，所以C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12，故D正确。〖答案〗选A。15.一种测定水样中溴离子浓度的实验步骤如下：①向锥形瓶中加入处理后的水样，再加入几滴溶液。②加入溶液（过量），充分摇匀。③用标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液。[已知：，，]下列说法不正确的是A.溶液作指示剂，滴定终点时，溶液变为红色B.该滴定法也可用于测定水样中氯离子的浓度C.的平衡常数D.该水样中〖答案〗B【详析】A．在沉淀滴定中，标准液先与待测物反应，再与指示剂反应，所以SCN－先与Ag＋成AgSCN沉淀，当Ag＋完全沉淀后，再与Fe3＋反应生成Fe(SCN)3，使溶液变为红色，选项A正确，不符合题意；B．由于Ksp(AgCl)=1.8×10−10>Ksp(AgSCN)=1×10−12，用KSCN滴定过量的Ag+时，会使AgCl沉淀发生转化，故B错误，符合题意；C．AgBr(s)+SCN−(aq)⇌AgSCN(s)+Br−(aq)的平衡常数

，选项C正确，不符合题意；D．由题意，过量的Ag+的物质的量为c2V2×10-3mol，故与Br-反应的Ag+的物质的量为（c1V1-c2V2）×10-3mol，即Br-的物质的量也为（c1V1-c2V2）×10-3mol，则，选项C正确，不符合题意；故选B。16.下列实验方案设计、现象和结论不正确的是选项实验方案现象结论A将分别通入品红的乙醇溶液和品红的水溶液，观察现象品红的乙醇溶液不褪色，品红的水溶液慢慢褪色说明使品红褪色的不是，而是与水反应后的产物B向溶液中滴加滴溶液，充分振荡，继续滴加4滴溶液，静置先有白色沉淀生成，后有红褐色沉淀生成溶解度：C向饱和溶液中滴加一定量的浓溶液溶液变浑浊同时产生气泡发生的反应：D，将溶液加热到，用传感器监测溶液变化溶液的逐渐减小随温度升高，逐渐增大，溶液中增大，减小A.A B.B C.C D.D〖答案〗D【详析】A．将分别通入品红的乙醇溶液和品红的水溶液，品红的乙醇溶液不褪色，品红的水溶液慢慢褪色，说明使品红褪色的是二氧化硫和水反应的产物，而不是二氧化硫，A正确；B．氢氧化钠不足，白色的氢氧化镁沉淀转化为更难溶的氢氧化铁沉淀，由实验现象可知溶解度，B正确；C．向饱和溶液中滴加一定量的浓溶液既产生沉淀又产生气体，说明生成了碳酸钡沉淀和二氧化碳，方程式正确，C正确；D．温度升高，逐渐增大，同时温度升高还会促进醋酸根的电离，会使溶液中的增大，D错误；故选D。非选择题部分二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17.现代信息科技的蓬勃发展与单晶硅等集成电路材料密不可分。请回答：（1）基态原子的价层电子排布图为_______。（2）①下列叙述正确的是_______。A．第五周期与同族的元素原子序数为50B．的电负性由大到小的顺序为C．元素在周期表中位于区D．第三电离能：②铜或铜盐的焰色试验为绿色，该光谱是_______(填“吸收光谱”或“发射光谱”)，产生焰色试验的原因是_______。（3）硅酸盐矿物中，原子都和4个O原子结合成四面体的基团。图示硅酸盐矿物结构可以看成是四面体基团共用顶点形成的，请写出图离子结构的化学式_______，图链形硅酸盐阴离子的通式_______(的个数用表示)。〖答案〗（1）（2）①.②.发射光谱③.电子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，以光的形式释放能量（3）①.②.【小问1详析】基态原子的价层电子即最外层电子的排布图为。【小问2详析】①A．是第三周期，第五周期与同族的元素原子序数为14+18+18=50，故A正确。B．的电负性由大到小的顺序为，故B错误。C．元素是第ⅣA族，在周期表中位于区，故C正确。D．失去的第三个电子为3s2中的电子，而失去的第三个电子为3p1中的电子，前者更稳定，失电子更难，所需电离能更大，所以第三电离能：，故D错误。故选AC。②焰色试验时发射光谱，产生焰色试验的原因是：电子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，以光的形式释放能量。【小问3详析】图示硅酸盐矿物结构可以看成是四面体基团共用顶点形成的，图离子有两个硅原子，每个硅原子独立占有3个O原子，共用1个O原子，共七个O原子，根据化合价法可以确定图离子结构的化学式为：。同理每个硅原子分摊占有3个O原子，两端的两个O原子不均摊，再结合化合价法可得图链形硅酸盐阴离子的通式为。18.氮及其化合物的相互转化对生命、生产生活意义重大。是重要的化工原料，可发生如下转化：已知：可被弱氧化剂氧化。（1）氨气和光气反应也可生成和一种盐，请写出该盐的化学式：_________。（2）下列说法正确的是

。A.实验室可用加热氯化铵固体来制取氨气B.在水、醇中的溶解度较大C.硝酸工业排放的可用处理生成无污染的物质D.为反应完全，反应Ⅱ所加应过量（3）请预测物质的稳定性：_________________（填“”或“”），理由是_____________________。（4）反应Ⅲ消耗与的物质的量相等，产物不含氧元素，请写出该反应的化学方程式_________________。（5）反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，且恰好完全反应。请设计实验检验还原产物中的阴离子_________________。〖答案〗（1）（2）BC（3）①.②.原子半径比氢原子大，所以键的键长比键的键长更长，键能更小，更不稳定。（4）（5）取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为【小问1详析】氨气和光气反应可生成和一种盐，根据原子守恒，该盐是NH4Cl；【小问2详析】A．实验室可用加热氢氧化钙和氯化铵固体来制取氨气，不能直接加热氯化铵制取，A错误；B．N2H4与水分子和乙醇分子间能形成氢键，在水、醇中的溶解度较大，B正确；C．NOx与NH3可以发生氧化还原反应生成氮气和水，硝酸工业排放的可用处理生成无污染的物质，C正确；D．N2H4具有还原性，若所加过量，二者会发生氧化还原反应，使N2H4产量降低，D错误；〖答案〗是BC；【小问3详析】稳定性与键能有关，键能越大越稳定，原子半径比氢原子大，所以键的键长比键的键长更长，键能更小，更不稳定；【小问4详析】转化Ⅲ消耗与的物质的量相等，产物A不含氧元素，说明氧和氢形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则A的化学式为HN3；反应的化学方程式为：；【小问5详析】反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl-；故〖答案〗为：取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl-。19.减排策略主要有三种：减少排放、捕集封存、转化利用。其中转化利用生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环。我国在碳氧化物催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展，有关反应如下：反应ⅰ：反应ⅱ：反应ⅲ：（1）反应ⅲ自发进行的条件是_______(填“低温自发”、“高温自发”或“任意温度自发”)。（2）在催化剂的作用下，的微观反应历程和相对能量如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。已知：表示，表示，表示。历程Ⅰ：反应甲：历程Ⅱ：反应乙：历程Ⅲ：反应丙：_______①历程Ⅲ中的反应丙可表示为_______。②的决速步是历程_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。（3）时，向容积固定的密闭容器中投入物质的量之比为的和，同时加入催化剂。用压力传感器测定初始及平衡时压强分别为及，假设过程中只发生反应，则平衡转化率为_______，平衡常数为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。（4）已知反应的活化能和速率常数满足公式(其中为常数)。一定条件下，反应的系如下图。①该反应的活化能_______。②当用更高效催化剂时，请在图中画出与关系曲线_______。〖答案〗（1）低温自发（2）①.②.（3）①.②.（4）①.30.0②.②【小问1详析】根据盖斯定律，反应ⅲ=反应ⅰ-反应ii，反应反应ⅲ的=-=，反应ⅲ的，，要使，需要低温条件，即反应ⅲ自发进行的条件是低温自发；【小问2详析】①根据历程Ⅲ的图示，反应丙可表示为；②历程I的活化能为-0.05eV-(-0.37eV)=0.32eV，历程II的活化能为0.38eV-(-0.41eV)=0.8eV，历程III的活化能为0.63eV-(-0.85eV)=1.48eV，活化能越大，反应速率越慢，总反应的反应速率由最慢的一步决定，故的决速步是历程III；【小问3详析】设投入物质的量为1mol，的物质的量为2mol，列三段式如下：初始及平衡时压强分别为及，即平衡时压强，解得x=0.5，故CO的平衡转化率==50%；平衡时气体的总物质的量为2mol，总压强为，p(CO)==，同理可计算得p(H2)=，p(CH3OH)=，故Kp===；【小问4详析】①根据图象并结合公式，有63.0=3.0Ea+C，33.0=4.0Ea+C，解得Ea=30.0，C=153；该反应的活化能30.0；②使用更高效催化剂时，可降低反应的活化能，所以图中的直线斜率会更小，则与关系的曲线如图：。20.实验室制备颜料PbCrO4实验步骤如下：已知：①Cr(OH)3(两性氢氧化物)呈绿色且难溶于水；②均易溶于水，PbCrO4难溶于水，Pb(OH)2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7；③PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成；④六价格在溶液中物种分布分数与pH关系如图所示。（1）制备的离子方程式_______。（2）“氧化”后溶液中主要溶质是_______。（3）用“冷却液”制备PbCrO4需要用到下列所有操作：a．加热煮沸溶液b．滴加溶液至有大量沉淀产生c．加入一滴溶液搅拌片刻，有少量沉淀产生d．过滤、洗涤、干燥e．静置后，向上层清液中继续滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，则说明滴加完全f．在不断搅拌下，向“冷却液”中加入的醋酸调节反应液pH值请给出上述操作的正确排序：_______。f→_______→_______→_______→_______。（4）关于本实验的操作下列说法不正确的是_______。A.制备的具体操作为：不断搅拌下加入溶液，至产生的绿色沉淀完全溶解B.氧化后“煮沸”的目的是将过量的H2O2除尽，防止降低PbCrO4产率C.用“冷却液”制备PbCrO4时，加入的醋酸使反应液呈强酸性条件最佳D.洗涤沉淀操作时，遵循“少量多次”的原则，洗后尽量沥干，可以提高洗涤效率（5）PbCrO4产品纯度测定方法如下(杂质不参与反应)：取克产品加入水中，用醋酸酸化后，加入过量溶液充分反应。用标准溶液滴定，在接近滴定终点时向反应液中加入少量淀粉溶液，滴至终点共消耗标准液cmL。已知：，PbCrO4摩尔质量。①在加入淀粉溶液前，判断已接近滴定终点的现象_______。②产品中PbCrO4的纯度_______%(用含a、b、c的质量百分数最简式表示)〖答案〗（1）（2）（3）；；b；e（4）C（5）①.溶液中碘水的黄色变得很浅②.〖祥解〗实验室通过CrCl3溶液和6mol/LNaOH溶液反应生成溶液，再加入6%的过氧化氢溶液在小火加热的条件下进行氧化，之后通过煮沸、冷却液等一系列操作得到PbCrO4。【小问1详析】根据题中流程图可以得到制备的离子方程式为：。【小问2详析】结合流程图可以判断出“氧化”是将+3价的铬元素氧化成+6价的铬元素后溶液中主要溶质是。【小问3详析】结合信息②和③，用“冷却液”制备PbCrO4需要先加入加入的醋酸调节反应液pH值略小于7，然后加热煮沸溶液，再加入一滴溶液搅拌片刻，有少量沉淀产生，继续滴加至有大量沉淀产生，静置后检验沉淀是否完全，然后经过滤、洗涤、干燥，得到PbCrO4。所以操作顺序为f→a→c→b→e。【小问4详析】A．Cr(OH)3(两性氢氧化物)呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入氢氧化钠溶液至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止氢氧化钠溶液过量，A正确；B．煮沸可以促使过氧化氢分解，氧化后煮沸可以达到除去过氧化氢的目的，防止降低PbCrO4产率，B正确；C．根据已知信息②由硝酸铅提供铅离子，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息④的图像可以得到溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时的含量少，所以控制pH略小于7即可，不能是强酸性，C错误；D．洗涤沉淀操作时，遵循“少量多次”的原则，洗后尽量沥干，可以提高洗涤效率，D正确；故选C。【小问5详析】①滴定时发生的反应为：，在加入淀粉溶液前，判断已接近滴定终点时溶液中碘单质含量很少，所以接近滴定终点的现象是溶液中碘水的黄色变得很浅。②根据题中可以得到反应关系为：，所以产品中PbCrO4的纯度为。21.巴