1、2016年北京市高考化学试卷一、选择题.1（3分）我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（）A徐光宪建立稀土串级萃取理论B屠呦呦发现抗疟新药青蒿素C闵恩泽研发重油裂解催化剂D侯德榜联合制碱法2（3分）下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是（） A冷水浸泡B加热煎制C箅渣取液D灌装保存 AABBCCDD3（3分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（）A抗氧化剂B调味剂C着色剂D增稠剂4（3分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯有关物质的沸点、熔点如表： 对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/13814413980熔点/1325476下列说法不正确的是（）A该反应属于取代反应
2、B甲苯的沸点高于144C用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来D从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来5（3分）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（）A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O72被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色6（3分）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示下列分析不正确
3、的是（）A代表滴加H2SO4溶液的变化曲线Bb点，溶液中大量存在的离子是Na+、OHCc点，两溶液中含有相同量的OHDa、d两点对应的溶液均显中性7（3分）用石墨电极完成下列电解实验 实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生；下列对实验现象的解释或推测不合理的是（）Aa、d处：2H2O+2eH2+2OHBb处：2Cl2eCl2Cc处发生了反应：Fe2eFe2+D根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜二、解答题（共4小题，满分58分）8（17分）功能高分子P的合成路线如下：（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是 （2）试
4、剂a是 （3）反应的化学方程式： （4）E的分子式是C6H10O2E中含有的官能团： （5）反应的反应类型是 （6）反应的化学方程式： （7）已知：2CH3CHO以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）9（13分）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3）已成为环境修复研究的热点之一（1）Fe还原水体中NO3的反应原理如图1所示作负极的物质是 正极的电极反应式是 （2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率接近100%50%24小
5、时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态 pH=4.5时，NO3的去除率低其原因是 （3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3的去除率对Fe2+的作用提出两种假设：Fe2+直接还原NO3；Fe2+破坏FeO（OH）氧化层做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是 同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3去除率的原因： （4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3的去除率和pH，结果如表：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近
6、中性与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3去除率和铁的最终物质形态不同的原因： 10（12分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用其工作流程如下：（1）过程中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 （2）过程中，Fe2+催化过程可表示为：i：2Fe2+PbO2+4H+SO422Fe3+PbSO4+2H2Oii：写出ii的离子方程式： 下列实验方案可证实上述催化过程将实验方案补充完整a向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变
7、红b （3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示过程的目的是脱硫滤液1经处理后可在过程中重复使用，其目的是 （选填序号）A减小Pb的损失，提高产品的产率B重复利用NaOH，提高原料的利用率C增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率过程的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，简述过程的操作： 11（16分）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性实验试剂现象滴管试管 0.2 molL1 Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液产生白色沉淀0.2 molL1 CuSO4溶液变绿，继续滴加产生
8、棕黄色沉淀0.1 molL1 Al2（SO4）3溶液开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经检验，现象中的白色沉淀是Ag2SO3用离子方程式解释现象： （2）经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO42，含有Cu+、Cu2+和SO32已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI（白色）+I2用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32a白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 b证实沉淀中含有Cu2+和SO32的理由是 （3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在经检验，现象的白色沉淀中无SO42，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液
9、褪色推测沉淀中含有亚硫酸根和 对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i被Al（OH）3所吸附；ii存在于铝的碱式盐中对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立a将对比实验方案补充完整步骤一：步骤二： （按图形式呈现）b假设ii成立的实验证据是 （4）根据实验，亚硫酸盐的性质有 盐溶液间反应的多样性与 有关2016年北京市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题.1（3分）我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（）A徐光宪建立稀土串级萃取理论B屠呦呦发现抗疟新药青蒿素C闵恩泽研发重油裂解催化剂D侯德榜联合制碱法【考点】1A：化学史菁优网版权所有【专题】56：化学应用【分析】201
10、5年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖【解答】解：2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖。故选：B。【点评】本题考查化学史，只要关注时事，平时注意积累，能轻松简答2（3分）下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是（） A冷水浸泡B加热煎制C箅渣取液D灌装保存 AABBCCDD【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用菁优网版权所有【专题】545：物质的分离提纯和鉴别【分析】过滤用于分离不溶性物质和液体的分离，一般利用固体的颗粒大小将固体和液体分离，以此解答该题【解答】解：A冷水浸泡属于物质的溶解，故A错误；B加热煎制属于加
11、热，故B错误；C箅渣取液将固体和液体分离，属于过滤操作，故C正确；D灌装是液体转移，故D错误。故选：C。【点评】本题考查物质的分离，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目密切联系生活，有利于培养学生良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大3（3分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（）A抗氧化剂B调味剂C着色剂D增稠剂【考点】CA：化学反应速率的影响因素菁优网版权所有【专题】51F：化学反应速率专题【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题【解答
12、】解：A抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选：A。【点评】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累4（3分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯有关物质的沸点、熔点如表： 对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/13814413980熔点/1325476下列说法不正确的是（）A该反应属于取代反应
13、B甲苯的沸点高于144C用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来D从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来【考点】HD：有机物的结构和性质菁优网版权所有【专题】533：有机反应【分析】A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应；B、甲苯的相对分子质量比二甲苯小，沸点比二甲苯低；C、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，用蒸馏的方法分离；D、因为对二甲苯的熔点较高，将温度冷却至2513，对二甲苯形成固体，从而将对二甲苯分离出来【解答】解：A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A正确；B、甲苯的相对分子质量比二甲苯小，故沸点比二甲苯低，
14、故B错误；C、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故C正确；D、因为对二甲苯的熔点较高，将温度冷却至2513，对二甲苯形成固体，从而将对二甲苯分离出来，故D正确；故选：B。【点评】本题涉及到物质的分离和提纯、有机物的反应类型、沸点高低比较，考查学生根据表格的数据分析解决问题的能力，难度不大5（3分）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（）A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O72被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO
15、4溶液至过量，溶液变为橙色【考点】B1：氧化还原反应；CB：化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】515：氧化还原反应专题；51E：化学平衡专题【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验、可知Cr2O72具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42不能，以此解答该题【解答】解：A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；C是酸性条件，是碱
16、性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D若向溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误。故选：D。【点评】本题综合考查氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，易错点为D，注意Cr2O72、CrO42氧化性的比较，难度不大6（3分）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示下列分析不正确的是（）A代表滴加H2SO4溶液的变化曲线Bb点，溶液中大量存在的离子是Na+、OHCc点
17、，两溶液中含有相同量的OHDa、d两点对应的溶液均显中性【考点】D4：电解质溶液的导电性菁优网版权所有【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题【分析】ABa（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；B根据图知，a
18、点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；Cc点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；Da点中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点中溶质为Na2SO4【解答】解：ABa（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶
19、液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；B根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH，故B正确；Cc点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，中钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；Da点中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点中溶质为Na2SO4，水和硫
20、酸钠溶液都呈中性，故D正确；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等7（3分）用石墨电极完成下列电解实验 实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生；下列对实验现象的解释或推测不合理的是（）Aa、d处：2H2O+2eH2+2OHBb处：2Cl2eCl2Cc处发生了反应：Fe2eFe2+D根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜【考点】BH：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【
21、专题】51I：电化学专题【分析】实验一a、d处试纸变蓝，说明生成OH，为电解池的阴极，b处变红，局部褪色，为电解池的阳极，生成氯气，c处无明显变化，铁丝左侧为阳极，右侧为阴极，实验二两个石墨电极附近有气泡产生，左侧生成氢气，右侧生成氧气，两个铜珠的左侧为阳极，右侧为阴极，n处有气泡产生，为阴极，以此解答该题【解答】解：Ad处试纸变蓝，为阴极，生成OH，电极方程式为2H2O+2eH2+2OH，故A正确；Bb处变红，局部褪色，是因为Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl的酸性使溶液变红，HClO的漂白性使局部褪色，故B错误；Cc处为阳极，发生了反应：Fe2eFe2+，故C正确；D实验一中ac形成
22、电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池，一个球两面为不同的两极，左边铜珠的左侧为阳极，发生的电极反应为Cu2e=Cu2+，右侧（即位置m处）为阴极，发生的电极反应为Cu2+2e=Cu，同样右边铜珠的左侧为阳极，右侧（即位置n处）为阴极，因此m处能析出铜的说法正确，故D正确。故选：B。【点评】本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电极的判断以及电极反应，为解答该题的关键，题目易错点为D，注意铜珠的左右侧可看出阴、阳极，难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8（17分）功能高分子P的合成路线如下：（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是（2）试剂a是浓硫酸和
23、浓硝酸（3）反应的化学方程式：+NaOH+NaCl（4）E的分子式是C6H10O2E中含有的官能团：碳碳双链，酯基（5）反应的反应类型是加聚反应（6）反应的化学方程式：+nH2O+n CH3CH2OH（7）已知：2CH3CHO以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）【考点】HB：有机物的推断菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】A的分子式是C7H8，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧
24、化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3【解答】解：A的分子式是C7H8，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式，则F，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是，故答案为：；（2）试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，故答案为：浓硫酸和浓硝酸；（3）反应的化学方程式：+NaOH+NaC
25、l，故答案为：+NaOH+NaCl；（4）E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，E中含有的官能团：碳碳双键、酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；（5）反应的反应类型是：加聚反应，故答案为：加聚反应；（6）反应的化学方程式+nH2O+n CH3CH2OH，故答案为+nH2O+n CH3CH2OH；（7）乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，然后发生水解反应生成CH3CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CHO，2分子乙醛发生加成反应生成，再发生氧化反应生成，再与氢气发生加成反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成生成CH3CH=CHCOOH，最后与乙醇发生酯化反应生成CH3CH=CHC
26、OOCH2CH3，合成路线流程图为：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用P的结构简式与反应条件、分子式进行推断，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是有机化学常考题型，难度中等9（13分）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3）已成为环境修复研究的热点之一（1）Fe还原水体中NO3的反应原理如图1所示作负极的物质是铁正极的电极反应式是
27、NO3+8e+10H+=NH4+3H2O（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率接近100%50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态 pH=4.5时，NO3的去除率低其原因是FeO（OH）不导电，阻碍电子转移（3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3的去除率对Fe2+的作用提出两种假设：Fe2+直接还原NO3；Fe2+破坏FeO（OH）氧化层做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3；在Fe和Fe2+共同作用
28、下能提高NO3的去除率同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3去除率的原因：Fe2+2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移（4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3的去除率和pH，结果如表：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3去除率和铁的最终物质形态不同的原因：初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足【考点】BH：原电池和电
29、解池的工作原理；FE：三废处理与环境保护；S4：铁及其化合物的性质实验菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题；52：元素及其化合物【分析】（1）Fe还原水体中NO3，根据题意Fe3O4为电解质，则Fe作还原剂，失去电子，作负极；NO3在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境；（2）由于Fe3O4为电解质，而电解质主要作用是为电子转移提供媒介，然后根据FeO（OH）不导电进行分析；（3）根据图2中的三个实验结果进行分析；结合（2）题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析；（4）根据Fe2+的作用进行分析【解答】解：（1）Fe还原水体中NO3，则Fe作还原剂，失去电子，作负
30、极，故答案为：铁；NO3在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：NO3+8e+10H+=NH4+3H2O，故答案为：NO3+8e+10H+=NH4+3H2O；（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），而FeO（OH）不导电，阻碍电子转移，所以NO3的去除率低故答案为：FeO（OH）不导电，阻碍电子转移；（3）从图2的实验结果可以看出，单独加入Fe2+时，NO3的去除率为0，因此得出Fe2+不能直接还原NO3；而Fe和Fe2+共同加入时NO3的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3；在Fe和Fe2+
31、共同作用下能提高NO3的去除率故答案为：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3的去除率；同位素示踪法证实了Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4，离子方程式为：Fe2+2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移故答案为：Fe2+2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移；（4）根据实验结果可知Fe2+的作用是将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，而NO3的去除率由铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始pH
32、会影响Fe2+的含量故答案为：初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足【点评】考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识，题中的Fe与NO3的反应跟溶液酸碱性有关，抓住这一点是解题的关键，第问的解答有一定的难度，特别是阐述上的准确性10（12分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用其工作流程如下：（1）过程中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O（2）过程中，Fe2+催化过程可表示为：i：2Fe
33、2+PbO2+4H+SO422Fe3+PbSO4+2H2Oii：写出ii的离子方程式：2Fe3+Pb+SO42PbSO4+2Fe2+下列实验方案可证实上述催化过程将实验方案补充完整a向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红b取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示过程的目的是脱硫滤液1经处理后可在过程中重复使用，其目的是AB（选填序号）A减小Pb的损失，提高产品的产率B重复利用NaOH，提高原料的利用率C增加Na2SO4
34、浓度，提高脱硫效率过程的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，简述过程的操作：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计菁优网版权所有【专题】546：无机实验综合【分析】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，含铅废料加入硫酸亚铁、稀硫酸加热反应过滤得到PbSO4粗品，加入10%的氢氧化钠溶液加热反应，冷却过滤得到PbO粗品，粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，冷却结晶
35、、过滤得PbO，（1）根据题给化学工艺流程知，过程中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水；（2）催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变根据题给信息知反应i中Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+，据此书写离子方程式；a实验证明发生反应i，则b实验需证明发生反应ii，实验方案为取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去；（3）过程脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，而滤液中含有硫酸，可降低溶液的pH，使平衡P
36、bO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq）逆向移动；根据PbO的溶解度曲线进行解答；【解答】解：（1）根据题给化学工艺流程知，过程中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，故答案为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O；（2）催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变根据题给信息知反应i中Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3+Pb+SO42PbSO4+
37、2Fe2+，故答案为：2Fe3+Pb+SO42PbSO4+2Fe2+；a实验证明发生反应i，则b实验需证明发生反应ii，实验方案为：a向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红，亚铁离子被氧化为铁离子，b取a中红色溶液少量，溶液中存在平衡，Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，加入过量Pb，和平衡状态下铁离子反应生成亚铁离子，平衡逆向进行充分反应后，红色褪去，故答案为：取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去；（3）过程脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由于PbO能溶解与NaOH溶液，因此滤液中含有
38、Pb元素，滤液重复使用可减少PbO损失，提高产品的产率，且滤液中过量的NaOH可以重复利用，提高原料的利用率，故选AB故答案为：AB；根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在NaOH溶液中，结合溶解度曲线特点可知浓度高的NaOH溶液和较高的温度，PbO的溶解度高，因此加热至较高温度，充分溶解，然后再高温下趁热过滤除去杂质，后冷却后PbO又析出结晶，再次过滤可得到PbO固体故答案为：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体【点评】本题考查了化学工艺流程分析、催化剂、离子方程式书写、化学实验方案的设计、物质分离
39、提纯、平衡一点原理的应用，题目难度中等11（16分）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性实验试剂现象滴管试管 0.2 molL1 Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液产生白色沉淀0.2 molL1 CuSO4溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1 molL1 Al2（SO4）3溶液开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经检验，现象中的白色沉淀是Ag2SO3用离子方程式解释现象：2Ag+SO32=Ag2SO3（2）经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO42，含有Cu+、Cu2+和SO32已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI（白色）+I2用
40、稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是析出红色固体通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32a白色沉淀A是BaSO4，试剂1是HCl和BaCl2溶液b证实沉淀中含有Cu2+和SO32的理由是在I的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32转化为SO42（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在经检验，现象的白色沉淀中无SO42，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色推测沉淀中含有亚硫酸根和Al（OH）3对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i被Al（OH）3所吸附；ii存在于铝的碱式盐中对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立a将对比实验方案补充
41、完整步骤一：步骤二：（按图形式呈现）b假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有溶解性、还原性、在水溶液中呈碱性盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质有关【考点】U2：性质实验方案的设计菁优网版权所有【专题】546：无机实验综合【分析】（1）0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液发生反应生成白色沉淀Ag2SO3；（2）根据第二题中现象2及已知信息，可以得知，取少量洗净（排除Cu2+干扰）的棕黄色沉淀，滴加稀硫酸，沉淀变红（铜单质），则证明有 Cu+；a根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2；b由白色
42、沉淀A可知之前所取上层清液中有SO42，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32；（3）由题意，白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，可以得到沉淀中含有Al3+和OH，可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；根据实验目的和对比实验设计原理进行解答；（4）根据实验，亚硫酸盐具有溶解性、还原性、水解呈碱性，盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关【解答】解：（1）实验中0.2mol/LNa2S
43、O3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑SO32浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag+SO32=Ag2SO3，故答案为：2Ag+SO32=Ag2SO3；（2）依据反应Cu+和稀硫酸反应铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为：析出红色固体；a分析实验流程可知实验原理为2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+SO32+H2O=SO42+2I+2H+、SO42+Ba2+=BaSO4，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中故答案为：HCl和BaCl2溶液；b由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO42，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32；故答案为：
