届山东省淄博市高三第二次模拟考试理科综合化学试题解析版.docx

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届山东省淄博市高三第二次模拟考试理科综合化学试题解析版

山东省淄博市部分学校2018届高三第二次模拟考试理科综合化学试题

1.化学与生产、生活密切相关。

下列说法正确的是

A.醋酸除水垢，纯碱去油污都发生了化学变化

B.碳纤维、有机玻璃都属于有机高分子材料

C.可燃冰是新型清洁能源，其化学式为CH4·H2O

D.煤的气化、液化和石油的分馏都为物理变化

【答案】A

【解析】分析：

A.醋酸能够与碳酸钙反应，纯碱水解产生的氢氧化钠能够促进油脂的水解，均属于化学变化；B碳纤维为单质碳；C.可燃冰化学式为CH4·8H2O；D.煤的气化、液化为化学变化，分馏属于物理变化。

详解：

醋酸能够与碳酸钙反应，为化学变化，纯碱水解产生的氢氧化钠能够促进油脂的水解，属于化学变化，A正确；碳纤维的主要成分是碳,不属于有机高分子材料,B错误；可燃冰是新型清洁能源，其化学式为CH4·8H2O，C错误；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成氢气、CO等气体的过程,煤的液化是将煤与氢气在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的氢气和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程,所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，石油的分馏为物理变化，D错误；正确选项A。

2.《新修本草》中有关于“绛矾”的描述为：

“绛矾，本绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃。

陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绛矾矣。

”下列对“绛矾”描述的理解不正确的是

A.易失结晶水B.灼烧产物中有氧化铁

C.含铜元素D.被灼烧时发生了氧化还原反应

【答案】C

【解析】分析：

根据描述可知绛矾，本绿色，为氯化亚铁晶体，高温时变为红色，即为氧化铁，据此分析。

详解：

A.绛矾为绿色晶体，受热后分解为氧化铁，易失结晶水，A正确；B.绛矾为绿色晶体，灼烧产物中有氧化铁，变为红色，B正确；C.绛矾为硫酸亚铁晶体，不含铜元素，C错误；D.硫酸亚铁晶体被灼烧时生成了氧化铁，铁的化合价发生了变化，发生了氧化还原反应，D正确；正确选项C。

3.工业上可用甲苯合成苯甲醛：

，

下列说法正确的是

A.甲苯分子中所有原子都在同一平面内B.反应①②③的反应类型相同

C.一氯甲苯的同分异构体有3种D.苯甲醇可与金属钠反应

【答案】D

【解析】分析：

A.甲苯中甲基为四面体结构；B.水解反应属于取代反应，醇变醛为氧化反应；C.Cl可在甲基或苯环上,在苯环上有邻、间、对位置，同分异构体有4种；D.醇都能够与金属钠反应放出氢气；据此解答。

详解：

A.甲苯中甲基为四面体结构,则所有原子不可能共面,A错误；B．由合成流程可以知道,①为甲苯光照下的取代反应,②为卤代烃的水解反应,③为醇的氧化反应，B错误；C.Cl可在甲基或苯环上,在苯环上有邻、间、对位置，同分异构体有4种,C错误；D.苯甲醇含有醇羟基，能够与钠发生反应生成氢气，D正确；正确选项D。

4.环扁桃酯可用于治疗心脑血管疾病，结构简式如下图。

下列说法不正确的是

A.环扁桃酯的分子式是C17H24O3

B.1mol环扁桃酯最多能与3molH2反应

C.环扁桃酯水解得到的醇与苯甲醇互为同系物

D.环扁桃酯能发生取代、加成、氧化反应

【答案】C

5.下列实验的现象及相应的结论都正确的是

【答案】B

【解析】分析：

A.碘易溶于有机溶剂，由于四氯化碳的密度大于水，因此萃取后的碘的四氯化碳溶液在下层；B.碳酸氢钠的溶解度较小，从溶液中以固体形式析出；C.比较氯和碳的非金属性强弱，可以用氯和碳元素的最高价氧化物的水化物的酸性强弱进行比较，无氧酸不能比较；D.向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中加入氢氧化钠溶液，生成亚硫酸钡白色沉淀，二氧化硫未被氧化；加入双氧水，生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫被氧化；据此分析解题。

详解：

碘离子被铁离子氧化为碘单质，发生萃取后，进入四氯化碳溶剂中，由于四氯化碳密度大于水，所以下层液体呈紫色，A错误；氯化钠与二氧化碳、氨气和水共同作用生成碳酸氢钠和氯化铵，由于碳酸氢钠的溶解度小，所以反应后溶液中有固体析出，B正确；根据强酸制备弱酸的规律，盐酸的酸性大于碳酸，所以碳酸钠能够与盐酸反应生成二氧化碳，但是碳酸为最高价含氧酸，而盐酸为无氧酸，不能比较氯元素和碳元素的非金属性的强弱，C错误；向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中加入氢氧化钠溶液，二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，此过程中二氧化硫没有被氧化，D错误；正确选项B。

点睛：

 SO2 与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，生成了亚硫酸根离子，其与钡离子生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，与钡离子反应生成了硫酸钡白色沉淀。

6.某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。

TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。

下列说法错误的是

A.充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能

B.放电时，a极的电极反应式为：

4S2--6e-=S42-

C.充电时，阳极的电极反应式为：

3I--2e-=I3-

D.M是阴离子交换膜

【答案】D

【解析】分析：

TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I--2e-=I3-，据此回答。

详解：

TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a极的电极反应式为：

4S2--6e-=S42-，B正确；在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I--2e-=I3-，C正确；通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M是阳离子交换膜，D错误；正确选项D。

点睛：

本题考查了原电池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。

题目难度中等。

7.已知：

pOH=-lgc（OH-）。

常温下，某弱酸的钠盐（Na2XO3）溶液中微粒浓度的变化关系如下图所示。

下列说法正确的是

A.溶液加水稀释，

先增大后不变

B.在NaHXO3溶液中：

>1

C.向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至溶液显中性时：

c（Na+）+2c（H+）＝c（HXO3-）+2c（XO32-）+2c（OH-）

D.实线M表示pOH与

的变化关系

【答案】B

【解析】分析：

A.溶液加水稀释，c（H+）×c（XO32-）/c（HXO3-）的值不变；B.在NaHXO3溶液中，

=[c（OH-）×c（HXO3-）×c（H2XO3）]÷[c（H+）×c（XO32-）×c（HXO3-）]=Kh/Ka1，结合pOH=2计算；C.根据溶液中电荷守恒及中性溶液中c（H+）＝c（OH-）进行分析；D.已知pOH=-lgc（OH-），则pOH越大，c（OH-）越小，当pOH较大时，溶液中的氢离子较多，则c（H2XO3）较大，所以实线M表示pOH与

的变化关系；根据以上分析解答。

详解：

Na2XO3溶液加水稀释，水解程度增大，但是溶液中c（HXO3-）、c（OH-）均减小，温度不变，Kw不变，因此c（H+）增大，Na2XO3溶液加水稀释，

一直增大，A错误；

=[c（OH-）×c（HXO3-）×c（H2XO3）]÷[c（H+）×c（XO32-）×c（HXO3-）]=Kh/Ka1，根据图像当

=0时，溶液的pOH=4，水解大于电离，溶液显碱性，所以Kh/Ka1>1，即在NaHXO3溶液中：

>1，B正确；向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至溶液显中性时：

溶液中存在电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）＝c（HXO3-）+2c（XO32-）+c（OH-），C错误；Na2XO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，分两步水解：

XO32-+H2O=HXO3-+OH-,HXO3-+H2O=H2XO3+OH-；水解的第一步程度较大，因此c（HXO3-）/c（XO32-）比值较大，当c（HXO3-）/c（XO32-）=10-4时，溶液的碱性最强，pOH=0；第二步水解受到第一步抑制，水解程度较小，c（H2XO3）/c（HXO3-）比值较小，当c（HXO3-）/c（XO32-）=10-9时，溶液的碱性最强，pOH=0；所以实线M表示pOH与

的变化关系，D错误；正确选项B。

8.乳酸亚铁晶体{[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O}（相对分子质量：

288）可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，是一种很好的补铁剂。

I．制备碳酸亚铁：

装置如图所示。

（1）仪器B的名称是____________。

（2）实验操作如下：

关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是：

_________，然后关闭活塞1，接下来的操作是：

_________________。

C中发生反应的离子方程式为_______________________________。

Ⅱ．制备乳酸亚铁：

向纯净的FeCO3固体加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。

（3）该反应方程式为_______________________________________。

为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入______________________。

反应结束后，将所得溶液隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得乳酸亚铁晶体。

该晶体存放时应注意_______。

III．乳酸亚铁晶体纯度的测量：

（4）两位同学分别用不同方案进行测定：

①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度，所得纯度总是大于100％，其原因可能是________________________________。

②乙同学经查阅文献后改用（NH4）4Ce（SO4）4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度（反应中Ce4+还原为Ce3+），称取6.00g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10mol·L-1（NH4）4Ce（SO4）4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。

则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为__________（以质量分数表示）。

【答案】

（1）.蒸馏烧瓶

（2）.排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化（3）.关闭活塞3，打开活塞2（4）.Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O（5）.2CH3CH（OH）COOH+FeCO3

[CH3CH（OH）COO]2Fe+CO2↑+H2O（6）.适量铁粉（7）.密封保存（8）.乳酸根中羟基（－OH）能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液偏多（9）.96%

【解析】分析：

乳酸亚铁晶体中含有亚铁离子，易被空气中的氧气氧化，因此在制备、保存乳酸亚铁晶体时，一定要排除氧气的影响；实验开始前，要先通氢气，排净装置内的空气，然后利用氢气产生的压强差，把硫酸亚铁溶液压入到反应器中进行反应，生成碳酸亚铁，碳酸亚铁再与乳酸反应生成乳酸亚铁，并加入铁粉防止其氧化；利用电子守恒规律进行乳酸亚铁纯度测定时，乳酸中的羟基也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，会带来实验误差；据此分析解题。

详解：

（1）仪器B是用来蒸馏液体的，为蒸馏烧瓶；正确答案：

蒸馏烧瓶。

（2）为顺利达成实验目的，先关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，产生的氢气能够把装置内的空气排净，防止亚铁离子被氧化；然后关闭活塞1，关闭活塞3，打开活塞2，利用生成的氢气，使B装置中的气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入到C装置中；与碳酸氢铵溶液发生反应，生成碳酸亚铁和二氧化碳，离子方程式为Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O；正确答案：

排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化；关闭活塞3，打开活塞2；Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O。

（3）向纯净的FeCO3固体加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，生成乳酸亚铁和二氧化碳，该反应方程式为2CH3CH（OH）COOH+FeCO3

[CH3CH（OH）COO]2Fe+CO2↑+H2O；为防止乳酸亚铁变质，加入铁粉，防止其被氧化；反应结束后，得到的乳酸亚铁晶体，含有亚铁离子，易被氧化，因此要隔绝空气密封保存；正确答案：

2CH3CH（OH）COOH+FeCO3

[CH3CH（OH）COO]2Fe+CO2↑+H2O；适量铁粉；密封保存。

（4）①乳酸跟中含有羟基，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾的量变多，而计算中按Fe2+被氧化，故计算所得的乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的纯度大于100％；正确答案：

乳酸根中羟基（－OH）能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液偏多。

②Ce4+→Ce3+发生还原反应，得电子总量为250/25×0.10×20×10-3mol,设亚铁离子的量为xmol，亚铁离子发生氧化反应，生成铁离子，失电子总量为x×1mol,根据氧化还原反应电子得失守恒规律：

x×1=250/25×0.10×20×10-3，x=2×10-2mol，根据铁守恒，乳酸亚铁晶体的量为2×10-2mol，其质量为2×10-2×288g,则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为2×10-2×288/6.00×100%=96%；正确答案：

96%。

9.

（1）在一定条件下：

CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g），在两个均为2L的密闭容器中以不同的氢碳比[n（H2O）/n（CO）]充入H2O（g）和CO，CO的平衡转化率α（CO）与温度的关系如下图所示。

①R点平衡常数K=__________________。

②氢碳比X_________2.0（填“>”或“<”或“=”），判断的理由是______________。

③下列能提高CO平衡转化率的措施有_________。

A．使用高效催化剂B．通入He气体使体系的压强增大

C．降低反应温度D．投料比不变，增加反应物的浓度

（2）已知：

反应I：

4NH3（g）+5O2（g）

4NO（g）+6H2O（g）△H<0

反应II：

4NH3（g）+3O2（g）

2N2（g）+6H2O（g）△H<0

氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应I和Ⅱ。

为分析该催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，反应关系如图，该催化剂在高温时选择反应_________（填“I”或“II”）。

520℃时，4NH3（g）+3O2（g）

2N2（g）+6H2O（g）的平衡常数K=_______（只需列出数字计算式）。

（3）以连二硫酸根（S2O42-）为介质，使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：

①阴极区的电极反应式为___________。

②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电时电路中转移了0.3mole-，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为___________mL。

【答案】

（1）.1/3

（2）.>（3）.在其它条件一定时，提高氢碳比[n（H2O）/n（CO）]有利于提高CO的转化率（4）.C（5）.I（6）.

（7）.2SO32—+4H++2e—=S2O42—+2H2O（8）.1344

【解析】分析：

（1）①R点与P点温度相同，平衡常数相同，结合P点相关数据可以求出R点的平衡常数。

②温度一定时，根据氢碳比[n（H2O）/n（CO）]关系，充入H2O（g）越大，CO的平衡转化率就越大。

③能够提高CO的平衡转化率，平衡正向移动，提高氢碳比。

（2）根据生成氮气、一氧化氮的物质的量判断催化剂对反应的选择性。

520℃时，n（N2）=n（NO）=0.2mol,利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量以及生成水的量，可以计算平衡时氨气与氧气的量，根据平衡常数K=c2（N2）×c6（H2O）/c4（NH3）×c3（O2）进行计算。

（3）①阳极区失电子生成S2O42-；②结合NO—NH4+-5e-进行计算。

详解：

①在同一温度下，对于同一个反应，化学平衡常数相等，因此R点平衡常数与P点平衡常数相等，因此根据题给信息可知，水蒸气的量为2mol,c（H2O）=1mol/L,一氧化碳的量为1mol，c（CO）=0.5mol/L,一氧化碳的转化率为50%，结合CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）反应可知，剩余c（CO）=0.5-0.5×50%=0.25mol/L,c（H2O）=1-0.5×50%=0.75mol/L,生成c（CO2）=0.25mol/L,c（H2）=0.25mol/L,P点平衡常数K=[0.25×0.25]/[0.25×0.75]=1/3；R点平衡常数K=1/3；正确答案：

1/3。

②两种物质参加反应，在其它条件一定时，增加水蒸气的浓度，一氧化碳的转化率增大；从图像可以知道，提高氢碳比[n（H2O）/n（CO）]有利于提高CO的转化率；因此X曲线中氢碳比大于2.0；正确答案：

>；在其它条件一定时，提高氢碳比[n（H2O）/n（CO）]有利于提高CO的转化率。

③从图像可知，升高温度，CO的转化率减小，因此CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g），△H<0，A．使用高效催化剂，只能改变反应速率，对平衡移动无影响，CO平衡转化率不变，A错误；B．温度、体积不变，通入He气体使体系的压强增大，总压增大分压不变，对该平衡无影响，CO平衡转化率不变，B错误；C．该反应△H<0，降低反应温度，平衡右移，CO平衡转化率增大，C正确；D．投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，由于反应前后气体的总量不变，所以平衡不移动，平衡转化率不变，D错误；正确选项C。

（2）根据图像，在高温时，一氧化氮的量远大于氮气的量，故该催化剂在高温时选择反应I；根据图像可知，520℃时，n（N2）=n（NO）=0.2mol,二者变化的浓度均为c（N2）=c（NO）=0.2mol/L，根据反应方程式进行如下计算：

4NH3（g）+3O2（g）

2N2（g）+6H2O（g）

变化量0.40.30.20.6

4NH3（g）+5O2（g）

4NO（g）+6H2O（g）

变化量0.20.250.20.3

所以平衡时，c（NH3）=1-0.2-0.4=0.4mol/L，c（O2）=2-0.3-0.25=1.45mol/L，c（N2）=0.2mol/L，c（H2O）=0.3+0.6=0.9mol/L；因此4NH3（g）+3O2（g）

2N2（g）+6H2O（g）的平衡常数K==c2（N2）×c6（H2O）/c4（NH3）×c3（O2）=

；正确答案：

I；

。

（3）①阴极应该是将SO32-得电子转化为S2O42-，即将+4价S转化为+3价的S，所以2个SO32-得2个电子转化为1个S2O42-，反应物中再补充氢离子，生成物补充水分子，根据原子个数守恒和电荷守恒配平得到：

2SO32—+4H++2e—=S2O42—+2H2O；正确答案：

2SO32—+4H++2e—=S2O42—+2H2O。

②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，即N的化合价由+2降低为-3，所以1个NO得到5个电子，即NO的物质的量是转移电子的物质的量的0.2mol，当转移0.3mole-时反应的NO为0.06mol，体积为1344mL;正确答案：

1344。

10.用工业制立德粉后的铅锌废渣（主要成分为ZnO和PbSO4，杂质为含Si、Fe（III）、Cu、Cd等元素的化合物）为原料，制活性氧化锌和黄色颜料铅铬黄，工业流程如图所示：

已知常温下Ksp（PbSO4）=1.6×10-5，Ksp（PbCO3）=7.4×10-14，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-38。

（1）“碱浸”过程中PbSO4发生反应的离子方程式为_______________________________，气体A的化学式为_________________________。

（2）“酸浸”过程中，在常温下应控制pH不低于________________________________。

（3）“沉降I”中发生沉降反应的离子方程式为____________________________。

（4）滤液D中溶质的主要成分为________________。

（5）以1t含锌元素10％的铅锌废渣制得活性氧化锌113.4kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。

若能，写出计算结果，若不能，请说明理由。

___________________。

（6）常温下NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5；碳酸的电离常数：

Ka1=4.4×10-7，Ka2=5.6×10-11。

该温度下某浓度的（NH4）2CO3溶液中c（NH4+）／c（NH3·H2O）=18。

则溶液pH为__________________，c（HCO3-）／c（H2CO3）=____________________。

【答案】

（1）.PbSO4（s）+CO32─（aq）=PbCO3（s）+SO42─（aq）

（2）.CO2（3）.3（4）.2Pb2++2OH─+Cr2O72─=2PbCrO4↓+H2O（5）.（NH4）2SO4（6）.不能，除去铜、镉的过程中添加了锌粉，最终ZnO中的锌元素不完全来自于铅锌废渣，无法计算铅锌废渣中锌元素的回收率（7）.8（8）.44

【解析】分析：

铅锌废渣（主要成分为ZnO和PbSO4，杂质为含Si、Fe（III）、Cu、Cd等元素的化合物）为原料，加入氨水、碳酸铵进行“碱浸”，得到固体会含有PbCO3以及含有Si、Fe（III）的化合物，加入硝酸，生成气体二氧化碳，过滤得到的滤渣含有硅的化合物，氢氧化铁等；滤液C中含有硝酸铅、加入氢氧化钾以及重铬酸钾，可以得到PbCrO4固体；滤液A中含有Zn、Cu、Cd的化合物，加入足量的锌粉可除去Cu、Cd，滤液B主要含有锌的化合物，加入稀硫酸调节pH可得到Zn2（OH）2CO3，加热分解得到氧化锌，以此解答该题。

详解：

（1）已知：

常温下Ksp（PbSO4）=1.6×10-5，Ksp（PbCO3）=7.4×10-14，所以“碱浸”过程中PbSO4发生反应的离子方程式为PbSO4（s）+CO32─（aq）=PbCO3（s）+SO42─（aq）；“酸浸”后产生的气体为二氧化碳，化学式为CO2；正确答案：

PbSO4（s）+CO32─（aq）=PbCO3（s）+SO42─（aq）；CO2。

（2）“酸浸”过程中，若pH过低，酸性强，铁与酸反应生成的有关铁的化合物进入滤液中，再加碱时，会出现氢氧化铁沉淀，根据c（Fe3+）=1×10-5mol/L时，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=1.0×10-38，c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）=10-3mol/L，pH=3，因此要想除去铁离子，在常温下应控制pH不低于3；正确答案：

3。

（3）根据流程可知，Pb2+在碱性环境下与Cr2O72─反应生成PbCrO4，离子方程式为2Pb2++2OH─+Cr2O72─=2PbCrO4↓+H2O；正确答案：

2Pb2++2OH─+Cr2O72─=2PbCrO4↓+H2O。

（4）由图知滤液B中含有的离子为Zn2+、NH4+、CO32-，加