2016年北京市高考化学试卷.doc

第 1 页（共 26 页）2016 年北京市高考化学试卷年北京市高考化学试卷一、选择题一、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）第 2 页（共 26 页）+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第 3 页（共 26 页）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（共二、解答题（共 4 小题，满分小题，满分 58 分）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 （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第 4 页（共 26 页）（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： 第 5 页（共 26 页）（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： 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，提高产品的产率第 6 页（共 26 页）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试剂实验滴管试管现象饱和 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0.2 molL1 Na2SO3溶液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 第 7 页（共 26 页）（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 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 有关第 8 页（共 26 页）2016 年北京市高考化学试卷年北京市高考化学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题一、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【分析】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【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【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；第 9 页（共 26 页）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【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】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B甲苯的沸点高于 144第 10 页（共 26 页）C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【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，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酸性溶液氧化性强第 11 页（共 26 页）D若向中加入 70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【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+、OH第 12 页（共 26 页）Cc 点，两溶液中含有相同量的 OHDa、d 两点对应的溶液均显中性【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 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 点中溶质为第 13 页（共 26 页）Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，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【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；第 14 页（共 26 页）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（共二、解答题（共 4 小题，满分小题，满分 58 分）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 第 15 页（共 26 页）（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） 【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：第 16 页（共 26 页）+NaOH+NaCl，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=CHCOOCH2CH3，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、第 17 页（共 26 页）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 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：第 18 页（共 26 页）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 【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，作负极，故答案为：铁；第 19 页（共 26 页）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+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 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第 20 页（共 26 页）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：2Fe2+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 第 21 页（共 26 页）【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、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 PbO（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：第 22 页（共 26 页）2Fe3+Pb+SO42PbSO4+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 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试剂实验滴管试管现象0.2 molL1 Na2SO3饱和 Ag2SO4溶液产生白色沉淀第 23 页（共 26 页）0.2 molL1 CuSO4溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀溶液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完整步骤一：第 24 页（共 26 页）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【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/LNa2SO3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，第 25 页（共 26 页）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：棕黄色沉淀与 KI 溶液反应生成白色沉淀（CuI） ，证明含有 Cu2+，白色沉淀 A 为硫酸钡，证明含有 SO32；（3）根据题意知实验的白色沉淀中无 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，可以推测沉淀中含有 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；故答案为：Al3+、OH；根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是 Al（OH）3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象中的沉淀，然后采用滴加 NaOH 溶液，因此对比实验首先要制备出 Al（OH）3沉淀，然后滴加 NaOH 溶液，若两者消耗的 NaOH体积相同，则现象中的沉淀就是 Al（OH）3沉淀，若两者消耗的 NaOH 体积不同，则现象中的沉淀考虑是铝的碱式盐铝的碱式盐和 NaOH 溶液反应相当于铝离子和 NaOH 反应，反应比例为 1：4，而 Al（OH）3和 NaOH 反应比例为 1：1，因此若 V1明显大于 V2，则假设 ii 成立；若 V1=V2，则假设 i 成立故答案为：a；第 26 页（共 26 页