2016年高考北京卷理综化学试题解析全解(共13页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上#NO.#NO.#6.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B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.考点定位:本题主要是考查化学史判断名师点晴:本题侧重于考查我国科学家在化学领域中的重大研究成果，主要是与诺贝尔化学奖有关的判断，学生只要平时注意稍加留意即可得出正确的判断，有利于培养学生的化学兴趣，激发学生的爱国主义热情。7.下列中草药煎制步骤中

2、，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C解析:A、冷水浸泡属于物质的溶解，A错误；B、加热煎制属于加热，B错误；C、箅渣取液属于过滤操作，C正确；D、灌装保存是液体转移，D错误。答案选C。考点定位:本题主要是考查物质的分离和提纯操作装置判断名师点晴:该题以我国中草药煎制为载体，侧重考查学生对物质分离与提纯操作装置图的熟练掌握程度，题目难度不大，明确过滤的含义、适用范围以及主要装置是解答的关键。过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，主要仪器有铁架台(带铁圈)、烧杯、玻璃棒和漏斗，主要用品是滤纸。另外还需要注意过滤操作的注意事项。#NO.#点评:本题考查物质的分

3、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.8.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A#NO.#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

4、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.考点定位:本题主要是考查食品添加剂的有关判断名师点晴:化学是一门实用性很强的学科，在日常生活及工农业生产和科学技术中应用十分广泛。食品添加剂关乎我们每个人的健康，了解食品添加剂是每个人应该掌握的基本常识，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。了解抗氧化剂、调味剂、着色剂、增稠剂的含义是解答的关键，注意相关知识的积累。9.在一定条件下，甲苯可生

5、成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下: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 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B解析:A、甲苯变二甲苯是甲苯苯环上的氢原子被甲基代替，属于取代反应，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，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，C正确；D、因为对二甲苯的熔点较高，冷却后容易形成固体，所以能用冷却结晶的方法分离出来，D正确。答案选B。考点

6、定位:本题主要考查物质的分离和提纯，有机物的反应类型判断等名师点晴:掌握取代反应的含义、物质的分离与提纯方法以及相关物质的性质是解答本题的关键，解答时注意提取题干中的有效信息。本题难点是物质的分离与提纯方法的选择，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。归纳如下: 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) :加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法):分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体:洗气。答题时注意灵活应用。10.K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72-(橙色)+H2O2Cr

7、O42-(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D#NO.#专题:氧化还原反应专题；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

8、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B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.考点定位:本题主要是考查化学平衡移动、氧化还原反应判断名师点晴:明确溶液

9、中的反应特点，并能灵活应用勒夏特列原理判断平衡的移动方向是解答的关键，解答时要注意通过对比实验的分析得出在酸性溶液中重铬酸钾的氧化性强，能把乙醇氧化。易错选项是D，注意中的实验环境，不要忽视了溶液中还存在乙醇，而不能单纯的考虑平衡的移动方向。11.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右图所示。下列分析不正确的是A.代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B.b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OHC.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C#NO.#专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析

10、: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，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；C.c点，中稀硫酸过量，溶

11、质为硫酸，中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4；D.a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: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，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H2S

12、O4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，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中硫酸氢钠过量，则溶质为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；D.a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，水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；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

13、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.考点定位:本题主要考查酸碱溶液混合时溶液的酸碱性的判断以及图像分析等名师点睛:该题以氢氧化钡与硫酸以及硫酸氢钠的反应为载体，侧重考查溶液的导电性、离子判断以及溶液酸碱性判断。明确反应的原理，正确书写出相应的化学反应方程式是解答的关键，特别是氢氧化钡和硫酸氢钠的反应，应用顺序的不同或量的不同而导致方程式变化，是解答本题的难点和易错点。注意溶液的导电能力只与溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数有关系，与离子种类无关。12.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

14、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-=Cl2C.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B#NO.#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:A.d处试纸变蓝，为阴极，生成OH-，

15、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.点评:本题考查电解原理，侧重于学

16、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.考点定位:本题主要是考查电解原理的应用名师点睛:化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S

17、2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。25.(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C6H10O2。E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: 。(5)已知: 2CH3CHO以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂

18、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)。(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=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHH3CH=CHCOOCH2CH3，解析:根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，因此A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，B与氯气发生取代反应生成C为一氯甲基对硝基苯，结构简式为。根据D和P的结构简式可知D和G发生酯化反应生成P，因此G的结构简式为。F水解生成G和乙

19、醇，因此F的结构简式为。E在催化剂的作用下转化为F，这说明反应是碳碳双键的加聚反应，因此E的结构简式为CH3CH=CHCOOC2H5。#NO.#NO.#考点:。专题: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，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、加热条件下发生消

20、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。(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+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 C

21、H3CH2OH，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=CHCOOHH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为: CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=

22、CHCOOHH3CH=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。考点定位:本题主要考查有机物的推断与合成、结构、性质、转化、化学方程式的书写等知识。名师点睛:有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，解答此类问题需要学生掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。解决这类

23、题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的区分度体现在“E物质”的推导过程，该物质可用“逆推法”来推断。有机题高起低

24、落，推断过程可能略繁琐，但大多数问题的难度不大，第(6)问的方程式书写较易出错，注意解答的规范化。26.(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-的反应原理如右图所示。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

25、+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，结果如下: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: 。(1)铁 NO3-+8e-+10H+=NH4

26、+3H2O(2)因为铁表面生成不导电的FeO(OH)，阻止反应进一步发生(3)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。Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+， Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，有利于反应的进行，使NO3-的去除率提高(4)Fe+2H+=Fe2+H2，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3去除率和铁的最终物质形态不同。#NO.#考点:；.专题:电化学专题；元素及其化合物.

27、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:(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；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-+1

28、0H+=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

29、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.

30、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.考点定位:本题主要是考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识名师点晴:该题一改化学原理综合应用的拼题，改成“借实验考原理”的方式来考查学生应用化学反应基本理论、化学反应速率平衡、电化学等理论联系实际，分析解决氧化还原反应、速率平衡、电化学等问题的能力。此题区分度在第(4)问。实际上，我们只要抓住主要矛盾，便可简化解题思路。我们只需要从影响速率平衡的主要因素(此题主要是浓度)考虑问题即可。此问极易诱导学生从复杂角

31、度分析问题，不容易得到正确答案。27.(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+SO42=2Fe3+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

32、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.减少PbO的损失，提高产品的产率B.重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率C.增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率过滤的目的是提纯，综合上述溶解度曲线，简述过程的操作 。(1)Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+ 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、B；将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110，充分溶解后，趁热过滤

33、，冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到PbO固体。#NO.#专题: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、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

34、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+

35、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+SO42-PbSO4+2Fe2+，故答案为:2Fe3+Pb+SO42-PbSO4+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

36、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

37、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.考点定位:本题主要是考查化学工艺流程分析，催化剂，离子方程式书写，化学实验方案的设计，物质的分离、提纯，平衡移动原理的应用等。名师点晴:化学高考试题的发展趋势必然是重视与生产

38、、生活的紧密联系，但不管如何灵活多变，工业生产离不开反应原理中的方向、速率和限度问题。该题以铅的再生利用为载体，考查了陌生方程式书写、元素化合物性质、速率平衡、转化率等问题，综合性较强。第(3)的问不太好分析，需要结合图像及题目的前后信息来解决。28.(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2 mL0.2 mol·L1 Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液.产生白色沉淀0.2 mol·L1 CuSO4溶液.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1 mol·L1 Al2(SO4)3溶液.开

39、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SO32。KI溶液 洗净的棕黄色沉淀 取上层清液 分成两份 淀粉溶液 试剂1 无明显现象白色沉淀A A.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(SO4)3在水溶液中不存在。经检验，现象的白色沉淀中无SO42，该

40、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: (按上图形式呈现)。(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。(1)2Ag+SO32=Ag2SO4。(2)加入稀硫酸后，有红色固体生成；A.HCl和BaCl2溶液。B.在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-。(3)Al3+、OH-。a、，b、V1明显大于V2。

41、(4)还原性、水解溶液显碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。#NO.#考点:.专题: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

42、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Ag

43、2SO3，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

44、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

45、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.；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.考点定位:本题主要是考查化学实验方案的分析、评价和设计等名