浙江省名校協作體2023-2024學年高二下學期2月月考化學試題

2023學年第二學期浙江省名校協作體試題高二年級化學學科考生須知：1.本卷滿分100分，考試時間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學校、班級、姓名、試場號、座位號及準考證號。3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4.考試結束后，只需上交答題卷?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：選擇題部分一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.浙江歷史悠久，已經出土豐富的文物，下列文物主要成分為硅酸鹽的是A．越王者旨於睗劍B．元黃公望富春山居圖卷C．戰(zhàn)國水晶杯D．宋代青白瓷釋迦摩尼佛像A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】硅酸鹽產品主要有陶瓷、水泥、玻璃【詳解】A．越王者旨於睗劍，主要成分為鐵合金，A錯誤；B．元黃公望富春山居圖卷主要成分為纖維素，B錯誤；C．戰(zhàn)國水晶杯，主要成分為SiO2，C錯誤；D．宋代青白瓷釋迦摩尼佛像主要成分硅酸鹽，D正確；故選D。2.下列化學用語表示正確的是A.的電子式：B.鋁離子結構示意圖：C.乙烯的結構簡式：D.的核外電子排布式：【答案】D【解析】【詳解】A．過氧化鈉是離子化合物，電子式是，故A錯誤；B．鋁離子是鋁原子失去3個電子形成的，鋁離子結構示意圖為，故B錯誤；C．乙烯含有碳碳雙鍵，結構簡式是CH2=CH2，故C錯誤；D．基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為，失去最外層2s電子得到Fe2+，則基態(tài)Fe2+的核外電子排布式為，故D正確。答案選D。3.俗稱“鋇餐”，常用作射線透視腸胃造影劑，下列說法不正確的是A.元素位于周期表s區(qū) B.硫酸鋇難溶于水，屬于弱電解質C.不能用碳酸鋇代替作造影劑 D.硫酸鋇可作白色顏料【答案】B【解析】【詳解】A．元素位于周期表IIA族，屬于s區(qū)，故A正確；B．硫酸鋇難溶于水，但溶于水的部分完全可以電離，而且是強電解質，故B錯誤；C．BaSO4不溶于水和酸，常用于醫(yī)療上作內服造影劑，但BaCO3能溶于胃酸，反應為BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，則不能用碳酸鋇代替硫酸鋇作內服造影劑，故C正確；D．硫酸鋇不溶于酸，不溶于水，是白色顏料鋅鋇白的成分，故D正確。答案選B。4.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是A.具有強氧化性，可用作自來水消毒劑 B.液氨汽化會大量吸熱，可用作制冷劑C.氧化鈣易吸水，可用作干燥劑 D.是兩性氧化物，可用作耐高溫材料【答案】D【解析】【詳解】A．ClO2具有強氧化性，可用作消毒劑，A正確；B．NH3易液化，液氨汽化需要吸收大量的熱，可用作制冷劑，B正確；C．氧化鈣易吸水，可用作干燥劑，C正確；D．是兩性氧化物，與作耐高溫材料無關，D錯誤；故選D。5.下列說法正確的是A.裝置甲用于配制.的硫酸溶液 B.裝置乙用于鑒別和C.裝置丙采用犧牲陽極法保護鐵 D.裝置丁驗證非金屬性：【答案】B【解析】【詳解】A．不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，應在燒杯中稀釋、冷卻后，轉移到容量瓶中定容，故A錯誤；B．通入水中得到橙黃色的溴水，通入水中得到無色的溶液，可以鑒別和，故B正確；C．丙裝置中Fe為負極，失電子被氧化，不會得到保護，故C錯誤；D．鹽酸為無氧酸，且揮發(fā)的鹽酸與硅酸鈉反應，不能比較Cl、C、Si的非金屬性強弱，故D錯誤。答案選B。6.常用作食鹽中的補碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應為。下列說法不正確的是A.可用石灰乳吸收反應產生的制備漂白粉B.反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為C.產生時，反應中轉移D.可用稀硫酸酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在【答案】C【解析】【分析】該反應氧化劑為，Cl化合價由+5價降為了0價和1價；還原劑為，化合價由0價升為+5價。1mol該反應轉移60mol電子。【詳解】A．石灰乳吸收Cl2后可制得漂白粉，故A正確；B．該反應中氧化劑與還原劑物質的量之比為11：6，故B正確；C．沒有說明標況，無法計算，故C錯誤；D．食鹽中可與I在酸性條件下發(fā)生歸中反應生成I2，即，I2與淀粉發(fā)生特征反應變?yōu)樗{色，故可用稀硫酸酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在，故D正確；故選C。7.為阿伏加德羅常數值，下列說法正確的是A.中的鍵數目為B.中含有的質子數為C.與足量的水反應轉移電子數為D.溶液中，含有的數目為【答案】A【解析】【詳解】A．60gSiO2物質的量為1mol，因為SiO2是原子晶體，為空間網狀結構，每一個Si原子與4個O原子相結合，形成4個SiO鍵，所以1molSiO2中含有SiO鍵數目為4NA，故A正確；B．18gD2O物質的量為，含有的質子數為9NA，故B錯誤C．1molNa2O2與足量水發(fā)生反應：，轉移的電子數為NA，故C錯誤；D．未說明溶液體積，無法計算，故D錯誤；故選A。8.下列說法不正確的是A.淀粉和纖維素都屬于高分子化合物，都能發(fā)生水解反應和酯化反應B.油脂在酸性條件下的水解可以得到高級脂肪酸鹽，常用于生產肥皂C.塑料中植入微量蛋白酶，有助于塑料降解，高溫、紫外線均能使該蛋白酶變性D.甘氨酸既能與鹽酸反應，又能與氫氧化鈉溶液反應【答案】B【解析】【詳解】A．淀粉和纖維素都屬于高分子化合物，都屬于多糖都能發(fā)生水解反應，其結構單元中均含有OH，都能發(fā)生酯化反應，故A正確；B．油脂在堿性條件下的水解才可以得到高級脂肪酸鹽，常用于生產肥皂，故B錯誤；C．塑料中植入微量蛋白酶，蛋白酶對塑料降解有催化作用，但蛋白酶是一種蛋白質，高溫、紫外線均能使該蛋白酶變性，故C正確；D．甘氨酸結構中含有堿性基團氨基，所以能與鹽酸反應，又含有酸性基團羧基能與氫氧化鈉溶液反應，故D正確；故選B。9.下列反應的離子方程式正確的是A.溶于溶液中：B.溶液與足量的溶液反應：C.用硫酸銅溶液吸收硫化氫氣體：D.用鐵作陽極電解飽和溶液：【答案】C【解析】【詳解】A．鐵離子具有氧化性，能夠氧化碘離子；Fe2O3溶于HI溶液中，離子方程式：Fe2O3+2I+6H+═2Fe2++3H2O+I2，故A錯誤；B．溶液與足量的溶液反應應生成Mg(OH)2沉淀，離子方程式為：，故B錯誤；C．用硫酸銅溶液吸收硫化氫氣體，生成CuS沉淀，離子方程式為：，故C正確；D．鐵做陽極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應，生成氫氧化亞鐵和氫氣，離子方程式為：Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑，故D錯誤。答案選C。10.一種生產聚苯乙烯的流程如圖所示，下列敘述不正確的是A.①的反應類型是加成反應B.乙苯的分子式為C.苯、苯乙烯、聚苯乙烯均能使的四氯化碳溶液褪色D.苯乙烯最多可與發(fā)生加成反應【答案】C【解析】【詳解】A．由流程圖可知，反應①為加成反應，A正確；B．根據乙苯的結構簡式可知，其分子式為，B正確；C．苯、聚苯乙烯無碳碳雙鍵，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C錯誤；D．苯乙烯中，苯環(huán)可與三個氫氣加成，一個碳碳雙鍵可以與一個氫氣加成，故苯乙烯最多可與發(fā)生加成反應，D正確；故選C。11.是原子序數依次增大的前四周期元素。這些基態(tài)原子中，的電子只有一種自旋取向，的s能級電子總數比能級的多1個，的價層電子排布式為的核外電子填充在8個軌道中，有4個未成對電子。下列說法不正確的是A.第一電離能：B.的基態(tài)原子有5種空間運動狀態(tài)的電子C.由三種元素形成的化合物的水溶液均顯酸性D.與與均能形成原子個數比為的化合物【答案】C【解析】【分析】R、Q、X、Y、Z是原子序數依次增大的前四周期元素，基態(tài)原子中，R的電子只有一種自旋取向，則R為H；Q的s能級電子總數比P能級多1，則Q的電子排布式為1s22s22p3，Q為N；X的價層電子排布式為2s22p4，則X為O；Y的核外電子填充在8個軌道中，則Y的電子排布式為1s22s22p63s23p2，則Y為Si；Z有4個未成對電子，價層電子排布為3d64s2，則Z為Fe?！驹斀狻緼．同周期元素核電荷數越大，第一電離能越大；同主族元素核電荷數越大，第一電離能越小。同周期第ⅡA族和第ⅤA族元素第一電離能大于同周期相鄰元素第一電離能，則第一電離能：N＞O，O＞S＞Si，即Q＞X＞Y，A正確；B．Q為N，基態(tài)原子核外有5種空間運動狀態(tài)的電子，B正確；C．由R、Q、X三種元素形成的化合物HNO3、HNO2、NH4NO3、NH3?H2O，其中HNO3、HNO2、NH4NO3的水溶液均顯酸性，而NH3?H2O的水溶液顯堿性，C錯誤；D．Y與Q可形成原子個數比為3:4的化合物Si3N4，Z與X可形成原子個數比為3:4的化合物Fe3O4，D正確；故答案選C。12.廢舊電池亂扔不僅污染環(huán)境，更是一種資源的浪費。普通鋅錳干電池的外筒由鋅制成，筒中央為碳棒，筒內黑色糊狀物的主要成分是淀粉、氯化銨、氯化鋅和二氧化錳等。某研究性學習小組設計如下流程，變廢為寶：下列說法不正確的是A.“溶解”步驟中，為提高溶解速率，可采取的措施有加熱、攪拌等B.過濾操作需要用到的玻璃儀器為漏斗、燒杯C.黑色濾渣中的主要成分能與濃鹽酸在一定條件下反應D.操作Ⅱ在氣體中進行是為了抑制的水解【答案】B【解析】【分析】普通鋅錳干電池的外筒由鋅制成，筒中央為碳棒，筒內黑色糊狀物的主要成分是淀粉、氯化銨、氯化鋅和二氧化錳等，糊狀物加水溶解，“溶解”操作中，為提高溶解速率，可以使用玻璃棒攪拌，濁液過濾后得到黑色濾渣中的二氧化錳與濃鹽酸共熱反應可制氯氣，濾液a中含有氯化銨、氯化鋅，“操作Ⅰ”得到的是固體和液體，是蒸發(fā)結晶，過濾后，濾液B中主要成分為氯化銨，濾渣在氯化氫氣流中蒸發(fā)得到無水氯化鋅?！驹斀狻緼．“溶解”步驟中，為提高溶解速率，可采取的措施有加熱、攪拌等，增大反應混合物的接觸機會，故A正確；B．過濾操作需要用到的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒等，故B不正確；C．黑色濾渣中的二氧化錳與濃鹽酸共熱反應可制氯氣（Cl2），同時生成氯化錳（MnCl2）和一種氧化物水，故C正確；D．是強酸弱堿鹽，易水解，操作Ⅱ在氣體中進行是為了抑制的水解，故D正確；故選B。13.直接燃料電池是一種新型化學電源，其工作原理如圖所示。電池放電時，下列說法不正確的是A.電極會產生B.電極的反應式為：C.當電路中轉移電子時，通過陽離子交換膜的為D.該電池的設計利用了在不同酸堿性條件下氧化性、還原性的差異【答案】A【解析】【分析】電池工作時，電勢低的是負極，電子從負極流向正極，故電極I為負極，電極Ⅱ為正極，負極：，正極：?！驹斀狻緼．據分析可知電極I為負極，反應：，產生故A錯誤；B．據分析可知電極的反應式為：，故B正確；C．當電路中轉移電子時，通過陽離子交換膜的是，質量為，故C正確；D．根據分析可知分別在不同的酸堿性條件下發(fā)生得失電子的反應，所以該電池的設計利用了在不同酸堿性條件下氧化性、還原性的差異，故D正確；故選A。14.十氫萘是具有高儲氫密度的氫能載體，經歷“”的脫氫過程釋放氫氣。反應Ⅰ：反應Ⅱ:在一定溫度下，其反應過程對應的能量變化如圖。下列說法不正確的是A.B.反應Ⅱ過程中有極性鍵的斷裂和非極性鍵的形成C.升高溫度更有利于提高反應的速率D.十氫萘脫氫過程中，不會有大量中間產物積聚【答案】A【解析】【詳解】A．Ea1為反應Ⅰ的活化能，Ea2為反應Ⅱ的活化能，由圖可知，ΔH1＜Ea1Ea2，故A錯誤；B．反應Ⅱ為，斷開了CH鍵，形成了HH，即有極性鍵的斷裂和非極性鍵的形成，故B正確；C．反應I吸熱更多，更有利于提高反應I的速率，故C正確；D．由圖可知，Ea1＞Ea2，則說明反應Ⅱ比反應Ⅰ速率快，即消耗C10H12速率大于生成C10H12，所以C10H18脫氫過程中，不會有大量中間產物C10H12，故D正確。答案選A。15.一種測定水樣中溴離子濃度的實驗步驟如下：①向錐形瓶中加入處理后的水樣，再加入幾滴溶液。②加入溶液（過量），充分搖勻。③用標準溶液進行滴定，至終點時消耗標準溶液。[已知：，，]下列說法不正確的是A.溶液作指示劑，滴定終點時，溶液變?yōu)榧t色B.該滴定法也可用于測定水樣中氯離子的濃度C.的平衡常數D.該水樣中【答案】B【解析】【詳解】A．在沉淀滴定中，標準液先與待測物反應，再與指示劑反應，所以SCN－先與Ag＋成AgSCN沉淀，當Ag＋完全沉淀后，再與Fe3＋反應生成Fe(SCN)3，使溶液變?yōu)榧t色，選項A正確，不符合題意；B．由于Ksp(AgCl)=1.8×10?10>Ksp(AgSCN)=1×10?12，用KSCN滴定過量的Ag+時，會使AgCl沉淀發(fā)生轉化，故B錯誤，符合題意；C．AgBr(s)+SCN?(aq)?AgSCN(s)+Br?(aq)的平衡常數

，選項C正確，不符合題意；D．由題意，過量的Ag+的物質的量為c2V2×103mol，故與Br反應的Ag+的物質的量為（c1V1c2V2）×103mol，即Br的物質的量也為（c1V1c2V2）×103mol，則，選項C正確，不符合題意；故選B。16.下列實驗方案設計、現象和結論不正確的是選項實驗方案現象結論A將分別通入品紅的乙醇溶液和品紅的水溶液，觀察現象品紅的乙醇溶液不褪色，品紅的水溶液慢慢褪色說明使品紅褪色的不是，而是與水反應后的產物B向溶液中滴加滴溶液，充分振蕩，繼續(xù)滴加4滴溶液，靜置先有白色沉淀生成，后有紅褐色沉淀生成溶解度：C向飽和溶液中滴加一定量的濃溶液溶液變渾濁同時產生氣泡發(fā)生的反應：D，將溶液加熱到，用傳感器監(jiān)測溶液變化溶液的逐漸減小隨溫度升高，逐漸增大，溶液中增大，減小A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．將分別通入品紅的乙醇溶液和品紅的水溶液，品紅的乙醇溶液不褪色，品紅的水溶液慢慢褪色，說明使品紅褪色的是二氧化硫和水反應的產物，而不是二氧化硫，A正確；B．氫氧化鈉不足，白色的氫氧化鎂沉淀轉化為更難溶的氫氧化鐵沉淀，由實驗現象可知溶解度，B正確；C．向飽和溶液中滴加一定量的濃溶液既產生沉淀又產生氣體，說明生成了碳酸鋇沉淀和二氧化碳，方程式正確，C正確；D．溫度升高，逐漸增大，同時溫度升高還會促進醋酸根的電離，會使溶液中的增大，D錯誤；故選D。非選擇題部分二、非選擇題（本大題共5小題，共52分）17.現代信息科技的蓬勃發(fā)展與單晶硅等集成電路材料密不可分。請回答：（1）基態(tài)原子的價層電子排布圖為_______。（2）①下列敘述正確的是_______。A．第五周期與同族的元素原子序數為50B．的電負性由大到小的順序為C．元素在周期表中位于區(qū)D．第三電離能：②銅或銅鹽的焰色試驗為綠色，該光譜是_______(填“吸收光譜”或“發(fā)射光譜”)，產生焰色試驗的原因是_______。（3）硅酸鹽礦物中，原子都和4個O原子結合成四面體的基團。圖示硅酸鹽礦物結構可以看成是四面體基團共用頂點形成的，請寫出圖離子結構的化學式_______，圖鏈形硅酸鹽陰離子的通式_______(的個數用表示)。【答案】17.18.①.②.發(fā)射光譜③.電子由較高能量的激發(fā)態(tài)躍遷到較低能量的激發(fā)態(tài)或基態(tài)時，以光的形式釋放能量19.①.②.【解析】【小問1詳解】基態(tài)原子的價層電子即最外層電子的排布圖為。【小問2詳解】①A．是第三周期，第五周期與同族的元素原子序數為14+18+18=50，故A正確。B．的電負性由大到小的順序為，故B錯誤。C．元素是第ⅣA族，在周期表中位于區(qū)，故C正確。D．失去的第三個電子為3s2中的電子，而失去的第三個電子為3p1中的電子，前者更穩(wěn)定，失電子更難，所需電離能更大，所以第三電離能：，故D錯誤。故選AC。②焰色試驗時發(fā)射光譜，產生焰色試驗的原因是：電子由較高能量的激發(fā)態(tài)躍遷到較低能量的激發(fā)態(tài)或基態(tài)時，以光的形式釋放能量?！拘?詳解】圖示硅酸鹽礦物結構可以看成是四面體基團共用頂點形成的，圖離子有兩個硅原子，每個硅原子獨立占有3個O原子，共用1個O原子，共七個O原子，根據化合價法可以確定圖離子結構的化學式為：。同理每個硅原子分攤占有3個O原子，兩端的兩個O原子不均攤，再結合化合價法可得圖鏈形硅酸鹽陰離子的通式為。18.氮及其化合物的相互轉化對生命、生產生活意義重大。是重要的化工原料，可發(fā)生如下轉化：已知：可被弱氧化劑氧化。（1）氨氣和光氣反應也可生成和一種鹽，請寫出該鹽的化學式：_________。（2）下列說法正確的是

。A.實驗室可用加熱氯化銨固體來制取氨氣B.在水、醇中的溶解度較大C.硝酸工業(yè)排放的可用處理生成無污染的物質D.為反應完全，反應Ⅱ所加應過量（3）請預測物質的穩(wěn)定性：_________________（填“”或“”），理由是_____________________。（4）反應Ⅲ消耗與的物質的量相等，產物不含氧元素，請寫出該反應的化學方程式_________________。（5）反應Ⅱ在堿性條件下按方程式計量數之比投料，且恰好完全反應。請設計實驗檢驗還原產物中的陰離子_________________。【答案】（1）（2）BC（3）①.②.原子半徑比氫原子大，所以鍵的鍵長比鍵的鍵長更長，鍵能更小，更不穩(wěn)定。（4）（5）取反應后的溶液于試管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，若有白色沉淀產生，則其還原產物陰離子為【解析】【小問1詳解】氨氣和光氣反應可生成和一種鹽，根據原子守恒，該鹽是NH4Cl；【小問2詳解】A．實驗室可用加熱氫氧化鈣和氯化銨固體來制取氨氣，不能直接加熱氯化銨制取，A錯誤；B．N2H4與水分子和乙醇分子間能形成氫鍵，在水、醇中的溶解度較大，B正確；C．NOx與NH3可以發(fā)生氧化還原反應生成氮氣和水，硝酸工業(yè)排放的可用處理生成無污染的物質，C正確；D．N2H4具有還原性，若所加過量，二者會發(fā)生氧化還原反應，使N2H4產量降低，D錯誤；答案是BC；【小問3詳解】穩(wěn)定性與鍵能有關，鍵能越大越穩(wěn)定，原子半徑比氫原子大，所以鍵的鍵長比鍵的鍵長更長，鍵能更小，更不穩(wěn)定；【小問4詳解】轉化Ⅲ消耗與的物質的量相等，產物A不含氧元素，說明氧和氫形成水，根據元素守恒，則A含有氫和氮，再根據化合價和得失電子相等，則A的化學式為HN3；反應的化學方程式為：；【小問5詳解】反應Ⅱ在堿性條件下按方程式計量數之比投料，反應進行完全，反應的還原產物是氯化鈉，為檢驗氯離子，則實驗方案是取反應后的溶液于試管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀產生，則其還原產物陰離子為Cl；故答案為：取反應后的溶液于試管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀產生，則其還原產物陰離子為Cl。19.減排策略主要有三種：減少排放、捕集封存、轉化利用。其中轉化利用生產高能燃料和高附加值化學品，有利于實現碳資源的有效循環(huán)。我國在碳氧化物催化加氫合成甲醇上取得了突破性進展，有關反應如下：反應ⅰ：反應ⅱ：反應ⅲ：（1）反應ⅲ自發(fā)進行的條件是_______(填“低溫自發(fā)”、“高溫自發(fā)”或“任意溫度自發(fā)”)。（2）在催化劑的作用下，的微觀反應歷程和相對能量如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用“*”標注。已知：表示，表示，表示。歷程Ⅰ：反應甲：歷程Ⅱ：反應乙：歷程Ⅲ：反應丙：_______①歷程Ⅲ中的反應丙可表示為_______。②的決速步是歷程_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。（3）時，向容積固定的密閉容器中投入物質的量之比為的和，同時加入催化劑。用壓力傳感器測定初始及平衡時壓強分別為及，假設過程中只發(fā)生反應，則平衡轉化率為_______，平衡常數為_______(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓物質的量分數)。（4）已知反應的活化能和速率常數滿足公式(其中為常數)。一定條件下，反應的系如下圖。①該反應的活化能_______。②當用更高效催化劑時，請在圖中畫出與關系曲線_______?！敬鸢浮浚?）低溫自發(fā)（2）①.②.（3）①.②.（4）①.30.0②.②【解析】【小問1詳解】根據蓋斯定律，反應ⅲ=反應ⅰ反應ii，反應反應ⅲ的==，反應ⅲ的，，要使，需要低溫條件，即反應ⅲ自發(fā)進行的條件是低溫自發(fā)；【小問2詳解】①根據歷程Ⅲ的圖示，反應丙可表示為；②歷程I的活化能為0.05eV(0.37eV)=0.32eV，歷程II的活化能為0.38eV(0.41eV)=0.8eV，歷程III的活化能為0.63eV(0.85eV)=1.48eV，活化能越大，反應速率越慢，總反應的反應速率由最慢的一步決定，故的決速步是歷程III；【小問3詳解】設投入物質的量為1mol，的物質的量為2mol，列三段式如下：初始及平衡時壓強分別為及，即平衡時壓強，解得x=0.5，故CO的平衡轉化率==50%；平衡時氣體的總物質的量為2mol，總壓強為，p(CO)==，同理可計算得p(H2)=，p(CH3OH)=，故Kp===；【小問4詳解】①根據圖象并結合公式，有63.0=3.0Ea+C，33.0=4.0Ea+C，解得Ea=30.0，C=153；該反應的活化能30.0；②使用更高效催化劑時，可降低反應的活化能，所以圖中的直線斜率會更小，則與關系的曲線如圖：。20.實驗室制備顏料PbCrO4實驗步驟如下：已知：①Cr(OH)3(兩性氫氧化物)呈綠色且難溶于水；②均易溶于水，PbCrO4難溶于水，Pb(OH)2開始沉淀時pH為7.2，完全沉淀時pH為8.7；③PbCrO4可由沸騰的鉻酸鹽溶液與鉛鹽溶液作用制得，含PbCrO4晶種時更易生成；④六價格在溶液中物種分布分數與pH關系如圖所示。（1）制備的離子方程式_______。（2）“氧化”后溶液中主要溶質是_______。（3）用“冷卻液”制備PbCrO4需要用到下列所有操作：a．加熱煮沸溶液b．滴加溶液至有大量沉淀產生c．加入一滴溶液攪拌片刻，有少量沉淀產生d．過濾、洗滌、干燥e．靜置后，向上層清液中繼續(xù)滴入Pb(NO3)2溶液，若無沉淀生成，則說明滴加完全f．在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入的醋酸調節(jié)反應液pH值請給出上述操作的正確排序：_______。f→_______→_______→_______→_______。（4）關于本實驗的操作下列說法不正確的是_______。A.制備的具體操作為：不斷攪拌下加入溶液，至產生的綠色沉淀完全溶解B.氧化后“煮沸”的目的是將過量的H2O2除盡，防止降低PbCrO4產率C.用“冷卻液”制備PbCrO4時，加入的醋酸使反應液呈強酸性條件最佳D.洗滌沉淀操作時，遵循“少量多次”的原則，洗后盡量瀝干，可以提高洗滌效率（5）PbCrO4產品純度測定方法如下(雜質不參與反應)：取克產品加入水中，用醋酸酸化后，加入過量溶液充分反應。用標準溶液滴定，在接近滴定終點時向反應液中加入少量淀粉溶液，滴至終點共消耗標準液cmL。已知：，PbCrO4摩爾質量。①在加入淀粉溶液前，判斷已接近滴定終點的現象_______。②產品中PbCrO4的純度_______%(用含a、b、c的質量百分數最簡式表示)【答案】（1）（2）（3）；；b；e（4）C（5）①.溶液中碘水的黃色變得很淺②.【解析】【分析】實驗室通過CrCl3溶液和6mol/LNaOH溶液反應生成溶液，再加入6%的過氧化氫溶液在小火加熱的條件下進行氧化，之后通過煮沸、冷卻液等一系列操作得到PbCrO4?！拘?詳解】根據題中流程圖可以得到制備的離子方程式為：。【小問2詳解】結合流程圖可以判斷出“氧化”是將+3價的鉻元素氧化成+6價的鉻元素后溶液中主要溶質是?！拘?詳解】結合信息②和③，用“冷卻液”制備PbCrO4需要先加入加入的醋酸調節(jié)反應液pH值略小于7，然后加熱煮沸溶液，再加入一滴溶液攪拌片刻，有少量沉淀產生，繼續(xù)滴加至有大量沉淀產生，靜置后檢驗沉淀是否完全，然后經過濾、洗滌、干燥，得到PbCrO4。所以操作順序為f→a→c→b→e。【小問4詳解】A．Cr(OH)3(兩性氫氧化物)呈綠色且難溶于水，加入氫氧化鈉溶液時，不斷攪拌下逐滴加入氫氧化鈉溶液至產生的綠色沉淀恰好溶解，可防止氫氧化鈉溶液過量，A正確；B．煮沸可以促使過氧化氫分解，氧化后煮沸可以達到除去過氧化氫的目的，防止降低PbCrO4產率，B正確；C．根據已知信息②由硝酸鉛提供鉛離子，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的圖像可以得到溶液的pH又不能小于6.5，因為pH小于6.5時的含量少，所以控制pH略小于7即可，不能是強酸性，C錯誤；D．洗滌沉淀操作時，遵循“少量多次”的原則，洗后盡量瀝干，可以提高洗滌效率，D正確；故選C?！拘?詳解】①滴定時發(fā)生的反應為：，在加入淀粉溶液前，判斷已接近滴定終點時溶液中碘單質含量很少，所以接近滴定終點的現象是溶液中碘水的黃色變得很淺。②根據題中可以得到反應關系為：，所以產品中PbCrO4的純度為。21.巴豆