2016年北京市高考化学试卷

2016年北京市高考化学试卷

一、选择题. 1．（3分）（2016?北京）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）（2016?北京）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．（3分）（2016?北京）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．（3分）（2016?北京）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 138 144 139 80 沸点/℃ 13 25 47 6 熔点/℃ 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．（3分）（2016?北京）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7（橙色）+H2O?2CrO4（黄色）

+

+2H．用K2Cr2O7溶液进行下列实验：

2﹣

2﹣

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Cr2O7被C2H5OH还原

C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强

第1页（共19页）

2﹣

D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 6．（3分）（2016?北京）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．（3分）（2016?北京）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两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气处无明显变化 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↑

﹣2+

C．c处发生了反应：Fe﹣2e═Fe

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）（2016?北京）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： ．

第2页（共19页）

（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）（2016?北京）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： pH=2.5 pH=4.5 初始pH ﹣接近100% ＜50% NO3的去除率 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 ．

2+

（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Fe可以明

﹣2+

显提高NO3的去除率．对Fe的作用提出两种假设：

﹣2+

Ⅰ．Fe直接还原NO3；

2+

Ⅱ．Fe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+

②同位素示踪法证实Fe能与FeO（OH）反应生成Fe3O4．结合该反应的离子方程式，解

﹣2+

释加入Fe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： pH=2.5 pH=4.5 初始pH ﹣约10% 约3% NO3的去除率 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）（2016?北京）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：

第3页（共19页）

﹣

（1）过程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 ．

2+

（2）过程Ⅰ中，Fe催化过程可表示为：

2++2﹣3+

i：2Fe+PbO2+4H+SO4═2Fe+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： 2+

11．（16分）（2016?北京）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 ﹣1 Ⅰ．产饱和Ag2SO4溶液 0.2 mol?L Na2SO3溶液 生白色沉淀 ﹣1Ⅱ．溶0.2 mol?L CuSO4 液变绿，继续滴加 产生棕黄色沉第4页（共19页）

淀 ﹣10.1 mol?L Al2（SO4）3Ⅲ．开溶液 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+2+2

（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO4，含有Cu、Cu和SO3． 已知：Cu

+

Cu+Cu，Cu

2+2++

CuI↓（白色）+I2．

①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu的实验现象是 ．

2+2﹣

②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu和SO3．

a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 ．

+2﹣

b．证实沉淀中含有Cu和SO3的理由是 ．

2﹣

（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SO4，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．

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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）（2016?北京）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】化学史．

【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）（2016?北京）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 【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用． 【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； 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）（2016?北京）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 【考点】化学反应速率的影响因素．

第6页（共19页）

【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）（2016?北京）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 138 144 139 80 沸点/℃ 13 25 47 6 熔点/℃ 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 【考点】芳香烃、烃基和同系物．

【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，冷却后邻二甲苯与间二甲苯容易形成固体，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、因为对二甲苯的沸点较低，冷却后邻二甲苯与间二甲苯容易形成固体，从而将对二甲苯分离出来，所以能用冷却结晶的方法分离出来，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）（2016?北京）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7（橙色）+H2O?2CrO4（黄色）

+

+2H．用K2Cr2O7溶液进行下列实验：

2﹣2﹣

第7页（共19页）

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Cr2O7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 【考点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素．

2﹣

【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7（橙色）+H2O?2CrO4（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Cr2O7具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO4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．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． 【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Cr2O7、CrO4氧化性的比较，难度不大．

6．（3分）（2016?北京）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（ ）

2﹣

2﹣

2﹣

2﹣

2﹣2﹣+

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

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

第8页（共19页）

【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． 【解答】解：A．Ba（OH）NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2溶液和H2SO4、

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． 【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）（2016?北京）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两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气处无明显变化 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↑

﹣2+

C．c处发生了反应：Fe﹣2e═Fe

D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜 【考点】原电池和电解池的工作原理．

﹣﹣

【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，

第9页（共19页）

﹣

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：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，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，故B错误；

C．c处为阳极，发生了反应：Fe﹣2e═Fe，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），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，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）（2016?北京）功能高分子P的合成路线如下：

﹣

﹣

﹣

2+

（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③的化学方程式：

+NaOH ．

+NaCl ．

（4）E的分子式是C6H10O2．E中含有的官能团： 碳碳双链，酯基 ． （5）反应④的反应类型是 加聚反应 ．

（6）反应⑤的化学方程式： CH3CH2OH ．

+nH2O+n （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】有机物的推断．

第10页（共19页）

【分析】A的分子式是C7H8，其结构简式是浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为取代反应生成C为

，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在

，B与氯气在光照条件下发生

，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，其结构简式是酸在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为发生取代反应生成C为

，结合P的结构简式，可知A与浓硝

，B与氯气在光照条件下

，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．

（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③的化学方程式：故答案为：

+NaOH

+NaOH

+NaCl；

+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④的反应类型是：加聚反应，故答案为：加聚反应；

第11页（共19页）

（6）反应⑤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=CH2

CH3CH2Br

CH3CH2OH

CH3CHO

CH3CH=CH

COOH故答案为：CH2=CH2

CH3CH2Br

CH3CH2OH

CH3CHO

CH3CH=CHCOOCH2CH3，

CH3CH=CH

COOH

CH3CH=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）（2016?北京）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12页（共19页）

（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 铁 ．

②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： pH=2.5 pH=4.5 初始pH ﹣接近100% ＜50% NO3的去除率 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 ．

2+

（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Fe可以明

﹣2+

显提高NO3的去除率．对Fe的作用提出两种假设：

﹣2+

Ⅰ．Fe直接还原NO3；

2+

Ⅱ．Fe破坏FeO（OH）氧化层．

2+

①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，Fe不能直接还原NO3﹣﹣2+

；在Fe和Fe共同作用下能提高NO3的去除率 ．

2+②同位素示踪法证实Fe能与FeO（OH）反应生成Fe3O4．结合该反应的离子方程式，解

﹣2+2++2+

释加入Fe提高NO3去除率的原因： Fe+2FeO（OH）=Fe3O4+2H，Fe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： pH=2.5 pH=4.5 初始pH ﹣约10% 约3% NO3的去除率 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

2+2+

的原因： 初始pH低时，产生的Fe充足；初始pH高时，产生的Fe不足 ．

【考点】铁及其化合物的性质实验；原电池和电解池的工作原理；\三废\处理与环境保护．

﹣【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，根据图2信息可知为酸性环境； （2）根据FeO（OH）不导电进行分析；

（3）①根据图2中的三个实验结果进行分析；

②结合（2）题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析；

第13页（共19页）

﹣

（4）根据Fe的作用进行分析．

﹣

【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；

3+

（2）pH越高，Fe越易水解生成FeO（OH），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）①从图2的实验结果可以看出，单独加入Fe时，NO3的去除率为0，因此得出Fe

﹣﹣2+

不能直接还原NO3；而Fe和Fe共同加入时NO3的去除率比单独Fe高，因此可以得出

﹣﹣2+2+

结论：本实验条件下，Fe不能直接还原NO3；在Fe和Fe共同作用下能提高NO3的去除率．

故答案为：本实验条件下，Fe不能直接还原NO3；在Fe和Fe共同作用下能提高NO3的去除率；

2+2+

②同位素示踪法证实了Fe能与FeO（OH）反应生成Fe3O4，离子方程式为：Fe+2FeO

+2+

（OH）=Fe3O4+2H，Fe将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移．

2++2+

故答案为：Fe+2FeO（OH）=Fe3O4+2H，Fe将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移；

2+

（4）根据实验结果可知Fe的作用是将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，而

﹣2+

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Fe的含量．

2+2+

故答案为：初始pH低时，产生的Fe充足；初始pH高时，产生的Fe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Ⅱ问的解答有一定的难度，特别是阐述上的准确性．

10．（12分）（2016?北京）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：

2+

﹣

﹣

2+

+

2+

﹣

2+

2+

﹣

（1）过程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O ．

2+（2）过程Ⅰ中，Fe催化过程可表示为：

2++2﹣3+

i：2Fe+PbO2+4H+SO4═2Fe+PbSO4+2H2O ii：…

①写出ii的离子方程式： 2Fe+Pb+SO4═PbSO4+2Fe ． 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． 取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去 ．

第14页（共19页）

3+

2﹣

2+

2+

（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 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

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： 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】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．

【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，

2+

（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe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

2+

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Fe被PbO2氧化为3+3+2+

Fe，则反应ii中Fe被Pb还原为Fe，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的溶解度曲线进行解答；

2+

【解答】解：（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O， 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Fe被PbO2氧化为3+3+2+3+2﹣2+Fe，则反应ii中Fe被Pb还原为Fe，离子方程式为：2Fe+Pb+SO4═PbSO4+2Fe，

3+2﹣2+

故答案为：2Fe+Pb+SO4═PbSO4+2Fe；

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，

2+

第15页（共19页）

b．取a中红色溶液少量，溶液中存在平衡，Fe+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，由于PbO能溶解与NaOH溶液，因此滤液Ⅰ中含有Pb元素，滤液Ⅰ重复使用可减少PbO损失，提高产品的产率，且滤液Ⅰ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；

②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）（2016?北京）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 ﹣1 Ⅰ．产饱和Ag2SO4溶液 0.2 mol?L Na2SO3溶液 生白色沉淀 ﹣1Ⅱ．溶0.2 mol?L CuSO4 液变绿，继续滴加 产生棕黄色沉淀 ﹣10.1 mol?L Al2（SO4）3Ⅲ．开溶液 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： 2Ag+SO3=Ag2SO3↓ ．

2﹣+2+2﹣

（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO4，含有Cu、Cu和SO3． 已知：Cu

+

+2﹣3+

﹣

Cu+Cu，Cu

2+2++

CuI↓（白色）+I2．

①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu的实验现象是 析出红色固体 ．

2+2﹣

②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu和SO3．

第16页（共19页）

a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 HCl和BaCl2溶液 ．

﹣+2﹣2+2b．证实沉淀中含有Cu和SO3的理由是 在I的作用下，Cu转化为白色沉淀CuI，SO3﹣2﹣

转化为SO4 ．

2﹣

（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SO4，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．

﹣3+

①推测沉淀中含有亚硫酸根和 Al、OH ．

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 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、阳离子的性质和反应条件 有关． 【考点】性质实验方案的设计． 【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+

（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 Cu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；

2+

②a．根据 BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba的化合物，可以选用BaCl2；

2﹣

b．由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO4，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色

﹣2+2+

沉淀中含有Cu，Cu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，

﹣2+2﹣

而Cu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SO3；

3+

（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； ②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Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4饱和

2﹣

溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑SO3浓度较大，因此推断白色

+2﹣+2﹣

沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag+SO3=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag+SO3=Ag2SO3↓；

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（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：析出红色固体；

②a．分析实验流程可知实验原理为2Cu+4I=2CuI+I2、I2+SO3+H2O=SO4+2I+2H、

2﹣2+2+

SO4+Ba=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba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；

2﹣

b．由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO4，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色

﹣2+2+

沉淀中含有Cu，Cu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，

﹣2+2﹣

而Cu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SO3；

2+

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Cu，白色沉淀A为

2﹣

硫酸钡，证明含有SO3；

2﹣

（3）①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO4，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强

﹣3+

碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有Al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：Al、OH；

②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Ⅲ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Ⅲ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Ⅲ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．

3+

﹣

++

2+

﹣

2﹣2﹣

﹣

+

故答案为：a．；

b．假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2， 故答案为：V1明显大于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两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关．

故答案为：还原性、水解呈碱性；两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关．

【点评】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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参与本试卷答题和审题的老师有：杨老师；梁老师1；237758977；山间竹笋；mxl；欢欢（排名不分先后） 菁优网

2016年6月16日

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/6bir.html