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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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2016年高考理综真题试卷（化学部分）（北京卷）
一、选择题.
1.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.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
A.?A??????????????????????????????????B.?B??????????????????????????????????C.?C??????????????????????????????????D.?D
3.下列食品添加剂中，其试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.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/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
25
47
6
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℃
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
5.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O?2CrO42﹣（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.?①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B.?②中Cr2O72﹣被C2H5OH还原
C.?对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D.?若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
6.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.?①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B.?b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣
C.?c点，两溶液中含有相同量的OH﹣
D.?a、d两点对应的溶液均显中性
7.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（?
）
A.?a、d处：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
B.?b处：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C.?c处发生了反应：Fe﹣2e﹣═Fe2+
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.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③的化学方程式：________．
（4）E的分子式是C6H10O2
．
E中含有的官能团：________．
（5）反应④的反应类型是________．
（6）反应⑤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.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．
①作负极的物质是________．
②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pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3﹣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：
Ⅰ．Fe2+直接还原NO3﹣；
Ⅱ．Fe2+破坏FeO（OH）氧化层．
①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是________?
．
②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pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3﹣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.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Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是________．
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++PbO2+4H++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2O
ii：…
①写出ii的离子方程式：________．
②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．
①过程Ⅱ的目的是脱硫．滤液1经处理后可在过程Ⅱ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
②过程Ⅲ的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作：________
11.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
mol?L﹣1
Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2
mol?L﹣1
CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1
mol?L﹣1
Al2（SO4）3溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3
．
用离子方程式解释现象Ⅰ：________．
（2）经检验，现象Ⅱ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
．
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是________．
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32﹣
．
a．白色沉淀A是BaSO4
，
试剂1是________．
b．证实沉淀中含有Cu+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Ⅲ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．
①推测沉淀中含有亚硫酸根和________．
②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．
答案解析部分
一、选择题.
1.【答案】
B
【考点】化学史
【解析】【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．
【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．本题主要考查化学史，只要关注时事，平时注意积累，就能轻松回答．
2.【答案】
C
【考点】物质的分离与提纯
【解析】【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；
D．灌装是液体转移，故D错误．
故选C．
【分析】过滤用于分离不溶性物质和液体，以此解答该题．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.【答案】
A
【考点】化学反应速率的影响因素
【解析】【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．
【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、着色剂以及增稠剂则与食品的色、态、味有关，以此解答该题．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，平时注意相关基础知识的积累．
4.【答案】
B
【考点】苯的同系物及其性质
【解析】【解答】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低，冷却后容易形成固体，所以能用冷却结晶的方法分离出来，故D正确；
故选B．
【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低，冷却后容易形成固体．本题涉及到的知识点有物质的分离和提纯、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.【答案】
D
【考点】氧化还原反应，化学平衡的影响因素
【解析】【解答】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．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；
C．②是酸性条件，④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B正确；
D．若向④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．
【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O?2CrO42﹣（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②、④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．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，注意把握题目所给信息，易错点为D，注意Cr2O72﹣、CrO42﹣氧化性的比较，难度不大．
6.【答案】
C
【考点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．Ba（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，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①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②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①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；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4
，
因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4
，
水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；
故选C．
【分析】A．Ba（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，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①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②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；C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4；D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4
．
本题主要考查酸碱混合溶液定性判断，是高频考点，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答本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等．
7.【答案】
B
【考点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．d处试纸变蓝，为阴极，生成OH-
，
电极方程式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-
，
故A正确；
B．b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；
C．c处为阳极，发生了反应：Fe-2e-═Fe2+
，
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Cu-2e-=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．
【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。
二、解答题（共4小题，满分58分）
8.【答案】
（1）
（2）浓硫酸和浓硝酸
（3）+NaOH
+NaCl
（4）碳碳双键，酯基
（5）加聚反应
（6）+nH2O
+n
CH3CH2OH
（7）CH2=CH2CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3
．
【考点】有机物的推断
【解析】【解答】
（1）
；（2）浓硫酸和浓硝酸；（3）+NaOH
+NaCl；（4）碳碳双键、酯基；
（5）加聚反应；（6）
+nH2O
+n
CH3CH2OH；
（7）CH2=CH2CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3
，
故答案为：CH2=CH2CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3
．
【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、加热条件下发生消去反应生成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为
，E的分子式是C6H10O2
，
则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3
．
写出合成路线：CH2=CH2CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3
?????
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.【答案】
（1）铁；NO3﹣+8e﹣+7H2O=NH4++10OH﹣
（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），FeO（OH）不导电，所以NO3﹣的去除率低
（3）Ⅱ；Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+
，
加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO（OH）的生成，增强了导电性，另外生成了H+
，
H+浓度增大，pH减小，使NO3﹣的转化率增大
（4）由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO（OH），FeO（OH）又不导电，所以NO3﹣的去除率越低
【考点】金属的电化学腐蚀与防护，铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：（1）①Fe还原水体中NO3﹣
，
则Fe作还原剂，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
②NO3﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4+
，
根据电荷守恒写出离子方程式：NO3﹣+8e﹣+7H2O=NH4++10OH﹣
，
故答案为：NO3﹣+8e﹣+7H2O=NH4++10OH﹣；
（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），FeO（OH）不导电，所以NO3﹣的去除率低，
故答案为：pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），FeO（OH）不导电，所以NO3﹣的去除率低；
（3）①从右图可以看出只加入铁粉和只加入Fe2+
，
NO3﹣的去除率都不及同时加入铁和亚铁离子时NO3﹣的去除率高，说明不是应用了亚铁离子的还原性提高硝酸根的去除率，而是由于Fe2+破坏FeO（OH）氧化层，
故答案为：Ⅱ；
②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+
，
加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO（OH）的生成，增强了导电性，另外生成了H+
，
H+浓度增大，pH减小，使NO3﹣的转化率增大，
故答案为：Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+
，
加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO（OH）的生成，增强了导电性，另外生成了H+
，
H+浓度增大，pH减小，使NO3﹣的转化率增大；
（4）由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO（OH），FeO（OH）又不导电，所以NO3﹣的去除率越低，
故答案为：由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO（OH），FeO（OH）又不导电，所以NO3﹣的去除率越低．
【分析】（1）①Fe还原水体中NO3﹣
，
则Fe作还原剂，失去电子，作负极；②NO3﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4+；
（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），FeO（OH）不导电，所以NO3﹣的去除率低；
（3）①从右图可以看出只加入铁粉和只加入Fe2+
，
NO3﹣的去除率都不及同时加入铁和亚铁离子时NO3﹣的去除率高，说明不是应用了亚铁离子的还原性提高硝酸根的去除率；②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+
，
既减少了FeO（OH）的生成，增强了导电性，又生成了H+
，
H+浓度增大，pH减小，使NO3﹣的转化率增大；
（4）由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO（OH），FeO（OH）又不导电，所以NO3﹣的去除率越低．考查化学反应原理，涉及到的知识有电化学、氧化还原反应等，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Ⅱ问的解答有一定的难度，特别是阐述上的准确性．
10.【答案】
（1）Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O
（2）2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+；取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去
（3）A；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
【考点】物质的分离与提纯，制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，故答案为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O；（2）①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+
，
故答案为：2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+；
②a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．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）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ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，减少PbO损失，提高产品的产率，故答案为：A；
②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，冷却结晶、过滤得到PbO，
故答案为：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；
【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Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水；（2）①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；②a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）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ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；②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，冷却结晶、过滤得到PbO；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.【答案】
（1）2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓
（2）有红色固体生成；Ba（OH）2溶液；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）氢氧化铝；；V1=V2
（4）还原性、水解呈碱性；盐的性质和溶液的酸碱性
【考点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液发生反应生成白色沉淀Ag2SO3
，
反应的离子方程式为：2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓；（2）①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：有红色固体生成；
②a．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或者Ba（OH）2
，
由于
OH﹣可以用于检验
Cu2+
，
所以选用
Ba（OH）2溶液，
故答案为：Ba（OH）2溶液；
b．证实沉淀中含有Cu+和SO32﹣的理由是棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀（CuI），证明含有Cu+
，
白色沉淀A为硫酸钡，证明含有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）①根据题意知实验Ⅲ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氢氧化铝，
故答案为：氢氧化铝；
②a．相比起
Al（OH）3
，
铝的碱式盐所具有的区别是每个铝对应的氢氧根离子不足其三倍，记录数据消耗氢氧化钠溶液的体积
V1
，
定量思路可能有多种，比如使用同浓度的酸去定量（然而题中并未提供所用的稀
NaOH
的浓度，因而无法平行比较），因此必须重复使用题中所给稀
NaOH
溶液进行平行实验．根据题给实验方案设计步骤二为：
，?故答案为：
；
b．假设ii成立的实验证据是V1=V2
，
故答案为：V1=V2；（4）题目中有多处暗示我们还原性，比如（3）中的沉淀可以使酸性高锰酸钾褪色，第二空，实验结论要紧扣实验目的，根据题目，我们探究的是
Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以得到结论：盐溶液间反应的多样性与不同金属阳离子有关，主要是盐的性质和溶液的酸碱性．
故答案为：还原性、水解呈碱性；盐的性质和溶液的酸碱性．
【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）①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+；②a．根据
BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2或者Ba（OH）2
，
由于
OH﹣可以用于检验
Cu2+
，
所以选用
Ba（OH）2；
b．由白色沉淀
A
可知之前所取上层清液中有
SO42﹣
，
由加入
KI
生成白色沉淀可知有
Cu+
，
由加淀粉无现象说明无
I2
，
因而有还原剂
SO32﹣；（3）①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
Al（OH）3；②相比起
Al（OH）3
，
铝的碱式盐所具有的区别是每个铝对应的氢氧根离子不足其三倍．因此应当设计一个定量实验，记录数据消耗氢氧化钠溶液的体积
V1
，
定量思路可能有多种，比如使用同浓度的酸去定量（然而题中并未提供所用的稀
NaOH
的浓度，因而无法平行比较），因此必须重复使用题中所给稀
NaOH
溶液进行平行实验．实验过程如答案所示；（4）根据实验，亚硫酸盐具有还原性、水解呈碱性，盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性有关；本题考查化学实验方案的分析、评价和设计．主要是离子检验和实验过程的理解应用，题目难度较大．
1
/
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…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
)
(
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)
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2016年高考理综真题试卷（化学部分）（北京卷）
一、选择题.
1.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
【答案】
B
【考点】化学史
【解析】【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．
【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．本题主要考查化学史，只要关注时事，平时注意积累，就能轻松回答．
2.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
A.?A??????????????????????????????????B.?B??????????????????????????????????C.?C??????????????????????????????????D.?D
【答案】
C
【考点】物质的分离与提纯
【解析】【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；
D．灌装是液体转移，故D错误．
故选C．
【分析】过滤用于分离不溶性物质和液体，以此解答该题．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.下列食品添加剂中，其试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
【答案】
A
【考点】化学反应速率的影响因素
【解析】【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．
【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、着色剂以及增稠剂则与食品的色、态、味有关，以此解答该题．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，平时注意相关基础知识的积累．
4.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/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
25
47
6
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℃
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
【答案】
B
【考点】苯的同系物及其性质
【解析】【解答】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低，冷却后容易形成固体，所以能用冷却结晶的方法分离出来，故D正确；
故选B．
【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低，冷却后容易形成固体．本题涉及到的知识点有物质的分离和提纯、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.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O?2CrO42﹣（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.?①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B.?②中Cr2O72﹣被C2H5OH还原
C.?对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D.?若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】
D
【考点】氧化还原反应，化学平衡的影响因素
【解析】【解答】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．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；
C．②是酸性条件，④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B正确；
D．若向④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．
【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O?2CrO42﹣（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②、④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．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，注意把握题目所给信息，易错点为D，注意Cr2O72﹣、CrO42﹣氧化性的比较，难度不大．
6.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.?①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B.?b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣
C.?c点，两溶液中含有相同量的OH﹣
D.?a、d两点对应的溶液均显中性
【答案】
C
【考点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．Ba（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，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①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②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①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；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4
，
因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4
，
水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；
故选C．
【分析】A．Ba（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，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①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②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；C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4；D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4
．
本题主要考查酸碱混合溶液定性判断，是高频考点，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答本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等．
7.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（?
）
A.?a、d处：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
B.?b处：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C.?c处发生了反应：Fe﹣2e﹣═Fe2+
D.?根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜
【答案】
B
【考点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．d处试纸变蓝，为阴极，生成OH-
，
电极方程式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-
，
故A正确；
B．b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；
C．c处为阳极，发生了反应：Fe-2e-═Fe2+
，
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Cu-2e-=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．
【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。
二、解答题（共4小题，满分58分）
8.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③的化学方程式：________．
（4）E的分子式是C6H10O2
．
E中含有的官能团：________．
（5）反应④的反应类型是________．
（6）反应⑤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）．
【答案】
（1）
（2）浓硫酸和浓硝酸
（3）+NaOH
+NaCl
（4）碳碳双键，酯基
（5）加聚反应
（6）+nH2O
+n
CH3CH2OH
（7）CH2=CH2CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3
．
【考点】有机物的推断
【解析】【解答】
（1）
；（2）浓硫酸和浓硝酸；（3）+NaOH
+NaCl；（4）碳碳双键、酯基；
（5）加聚反应；（6）
+nH2O
+n
CH3CH2OH；
（7）CH2=CH2CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3
，
故答案为：CH2=CH2CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3
．
【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、加热条件下发生消去反应生成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为
，E的分子式是C6H10O2
，
则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3
．
写出合成路线：CH2=CH2CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3
?????
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.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．
①作负极的物质是________．
②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pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3﹣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：
Ⅰ．Fe2+直接还原NO3﹣；
Ⅱ．Fe2+破坏FeO（OH）氧化层．
①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是________?
．
②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pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3﹣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：________．
【答案】
（1）铁；NO3﹣+8e﹣+7H2O=NH4++10OH﹣
（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），FeO（OH）不导电，所以NO3﹣的去除率低
（3）Ⅱ；Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+
，
加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO（OH）的生成，增强了导电性，另外生成了H+
，
H+浓度增大，pH减小，使NO3﹣的转化率增大
（4）由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO（OH），FeO（OH）又不导电，所以NO3﹣的去除率越低
【考点】金属的电化学腐蚀与防护，铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：（1）①Fe还原水体中NO3﹣
，
则Fe作还原剂，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
②NO3﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4+
，
根据电荷守恒写出离子方程式：NO3﹣+8e﹣+7H2O=NH4++10OH﹣
，
故答案为：NO3﹣+8e﹣+7H2O=NH4++10OH﹣；
（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），FeO（OH）不导电，所以NO3﹣的去除率低，
故答案为：pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），FeO（OH）不导电，所以NO3﹣的去除率低；
（3）①从右图可以看出只加入铁粉和只加入Fe2+
，
NO3﹣的去除率都不及同时加入铁和亚铁离子时NO3﹣的去除率高，说明不是应用了亚铁离子的还原性提高硝酸根的去除率，而是由于Fe2+破坏FeO（OH）氧化层，
故答案为：Ⅱ；
②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+
，
加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO（OH）的生成，增强了导电性，另外生成了H+
，
H+浓度增大，pH减小，使NO3﹣的转化率增大，
故答案为：Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+
，
加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO（OH）的生成，增强了导电性，另外生成了H+
，
H+浓度增大，pH减小，使NO3﹣的转化率增大；
（4）由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO（OH），FeO（OH）又不导电，所以NO3﹣的去除率越低，
故答案为：由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO（OH），FeO（OH）又不导电，所以NO3﹣的去除率越低．
【分析】（1）①Fe还原水体中NO3﹣
，
则Fe作还原剂，失去电子，作负极；②NO3﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4+；
（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），FeO（OH）不导电，所以NO3﹣的去除率低；
（3）①从右图可以看出只加入铁粉和只加入Fe2+
，
NO3﹣的去除率都不及同时加入铁和亚铁离子时NO3﹣的去除率高，说明不是应用了亚铁离子的还原性提高硝酸根的去除率；②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+
，
既减少了FeO（OH）的生成，增强了导电性，又生成了H+
，
H+浓度增大，pH减小，使NO3﹣的转化率增大；
（4）由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO（OH），FeO（OH）又不导电，所以NO3﹣的去除率越低．考查化学反应原理，涉及到的知识有电化学、氧化还原反应等，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Ⅱ问的解答有一定的难度，特别是阐述上的准确性．
10.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Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是________．
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++PbO2+4H++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2O
ii：…
①写出ii的离子方程式：________．
②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．
①过程Ⅱ的目的是脱硫．滤液1经处理后可在过程Ⅱ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
②过程Ⅲ的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作：________
【答案】
（1）Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O
（2）2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+；取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去
（3）A；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
【考点】物质的分离与提纯，制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，故答案为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O；（2）①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+
，
故答案为：2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+；
②a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．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）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ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，减少PbO损失，提高产品的产率，故答案为：A；
②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，冷却结晶、过滤得到PbO，
故答案为：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；
【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Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水；（2）①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；②a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）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ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；②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，冷却结晶、过滤得到PbO；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.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
mol?L﹣1
Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2
mol?L﹣1
CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1
mol?L﹣1
Al2（SO4）3溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3
．
用离子方程式解释现象Ⅰ：________．
（2）经检验，现象Ⅱ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
．
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是________．
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32﹣
．
a．白色沉淀A是BaSO4
，
试剂1是________．
b．证实沉淀中含有Cu+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Ⅲ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．
①推测沉淀中含有亚硫酸根和________．
②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．
【答案】
（1）2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓
（2）有红色固体生成；Ba（OH）2溶液；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）氢氧化铝；；V1=V2
（4）还原性、水解呈碱性；盐的性质和溶液的酸碱性
【考点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液发生反应生成白色沉淀Ag2SO3
，
反应的离子方程式为：2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓；（2）①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：有红色固体生成；
②a．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或者Ba（OH）2
，
由于
OH﹣可以用于检验
Cu2+
，
所以选用
Ba（OH）2溶液，
故答案为：Ba（OH）2溶液；
b．证实沉淀中含有Cu+和SO32﹣的理由是棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀（CuI），证明含有Cu+
，
白色沉淀A为硫酸钡，证明含有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）①根据题意知实验Ⅲ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氢氧化铝，
故答案为：氢氧化铝；
②a．相比起
Al（OH）3
，
铝的碱式盐所具有的区别是每个铝对应的氢氧根离子不足其三倍，记录数据消耗氢氧化钠溶液的体积
V1
，
定量思路可能有多种，比如使用同浓度的酸去定量（然而题中并未提供所用的稀
NaOH
的浓度，因而无法平行比较），因此必须重复使用题中所给稀
NaOH
溶液进行平行实验．根据题给实验方案设计步骤二为：
，?故答案为：
；
b．假设ii成立的实验证据是V1=V2
，
故答案为：V1=V2；（4）题目中有多处暗示我们还原性，比如（3）中的沉淀可以使酸性高锰酸钾褪色，第二空，实验结论要紧扣实验目的，根据题目，我们探究的是
Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以得到结论：盐溶液间反应的多样性与不同金属阳离子有关，主要是盐的性质和溶液的酸碱性．
故答案为：还原性、水解呈碱性；盐的性质和溶液的酸碱性．
【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）①根据第二题中现象
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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+；②a．根据
BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2或者Ba（OH）2
，
由于
OH﹣可以用于检验
Cu2+
，
所以选用
Ba（OH）2；
b．由白色沉淀
A
可知之前所取上层清液中有
SO42﹣
，
由加入
KI
生成白色沉淀可知有
Cu+
，
由加淀粉无现象说明无
I2
，
因而有还原剂
SO32﹣；（3）①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
Al（OH）3；②相比起
Al（OH）3
，
铝的碱式盐所具有的区别是每个铝对应的氢氧根离子不足其三倍．因此应当设计一个定量实验，记录数据消耗氢氧化钠溶液的体积
V1
，
定量思路可能有多种，比如使用同浓度的酸去定量（然而题中并未提供所用的稀
NaOH
的浓度，因而无法平行比较），因此必须重复使用题中所给稀
NaOH
溶液进行平行实验．实验过程如答案所示；（4）根据实验，亚硫酸盐具有还原性、水解呈碱性，盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性有关；本题考查化学实验方案的分析、评价和设计．主要是离子检验和实验过程的理解应用，题目难度较大．
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