2016北京高考化學(xué)答案(2)
2016北京高考化學(xué)答案：
一、選擇題.
1.(3分)(2016•北京)我國科技創(chuàng)新成果斐然，下列成果中獲得諾貝爾獎的是( )
A.徐光憲建立稀土串級萃取理論
B.屠呦呦發(fā)現(xiàn)抗瘧新藥青蒿素
C.閔恩澤研發(fā)重油裂解催化劑
D.侯德榜聯(lián)合制堿法
【考點(diǎn)】化學(xué)史.
【分析】2015年10月，屠呦呦因發(fā)現(xiàn)青蒿素治療瘧疾的新療法獲諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎.
【解答】解：2015年10月，屠呦呦因發(fā)現(xiàn)青蒿素治療瘧疾的新療法獲諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎，
故選：B.
【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)史，只要關(guān)注時事，平時注意積累，能輕松簡答.
【考點(diǎn)】物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用.
【分析】過濾用于分離不溶性物質(zhì)和液體的分離，一般利用固體的顆粒大小將固體和液體分離，以此解答該題.
【解答】解：A.冷水浸泡屬于物質(zhì)的溶解，故A錯誤;
B.加熱煎制屬于加熱，故B錯誤;
C.箅渣取液將固體和液體分離，屬于過濾操作，故C正確;
D.灌裝是液體轉(zhuǎn)移，故D錯誤.
故選C.
【點(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的分離，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋}目密切聯(lián)系生活，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)生學(xué)習(xí)的積極性，難度不大.
3.(3分)(2016•北京)下列食品添加劑中，其試用目的與反應(yīng)速率有關(guān)的是( )
A.抗氧化劑 B.調(diào)味劑 C.著色劑 D.增稠劑
【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素.
【分析】一般來說，食品中常加入抗氧劑、調(diào)味劑、著色劑以及增稠劑等，其中加入抗氧化劑可減緩食品的腐蝕，延長保質(zhì)期，而調(diào)味劑、著色劑以及增稠劑與食品的色、態(tài)、味有關(guān)，以此解答該題.
【解答】解：A.抗氧化劑減少食品與氧氣的接觸，延緩氧化的反應(yīng)速率，故A正確;
B.調(diào)味劑是為了增加食品的味道，與速率無關(guān)，故B錯誤;
C.著色劑是為了給食品添加某種顏色，與速率無關(guān)，故C錯誤;
D.增稠劑是改變物質(zhì)的濃度，與速率無關(guān)，故D錯誤.
故選A.
【點(diǎn)評】本題考查常見食品的添加劑，與化學(xué)反應(yīng)速率相結(jié)合綜合考查學(xué)生的雙基以及分析能力，側(cè)重于化學(xué)與生活的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累.
4.(3分)(2016•北京)在一定條件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯.有關(guān)物質(zhì)的沸點(diǎn)、
A.該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)
B.甲苯的沸點(diǎn)高于144℃
C.用蒸餾的方法可將苯從反應(yīng)所得產(chǎn)物中首先分離出來
D.從二甲苯混合物中，用冷卻結(jié)晶的方法可將對二甲苯分離出來
【考點(diǎn)】芳香烴、烴基和同系物.
【分析】A、甲苯變成二甲苯是苯環(huán)上的氫原子被甲基取代所得，屬于取代反應(yīng);
B、甲苯的相對分子質(zhì)量比二甲苯小，沸點(diǎn)比二甲苯低;
C、苯的沸點(diǎn)與二甲苯的沸點(diǎn)相差較大，用蒸餾的方法分離;
D、因?yàn)閷Χ妆降娜埸c(diǎn)較低，冷卻后鄰二甲苯與間二甲苯容易形成固體，從而將對二甲苯分離出來.
【解答】解：A、甲苯變成二甲苯是苯環(huán)上的氫原子被甲基取代所得，屬于取代反應(yīng)，故A正確;
B、甲苯的相對分子質(zhì)量比二甲苯小，故沸點(diǎn)比二甲苯低，故B錯誤;
C、苯的沸點(diǎn)與二甲苯的沸點(diǎn)相差較大，可以用蒸餾的方法分離，故C正確;
D、因?yàn)閷Χ妆降姆悬c(diǎn)較低，冷卻后鄰二甲苯與間二甲苯容易形成固體，從而將對二甲苯分離出來，所以能用冷卻結(jié)晶的方法分離出來，故D正確;
故選B.
【點(diǎn)評】本題涉及到物質(zhì)的分離和提純、有機(jī)物的反應(yīng)類型、沸點(diǎn)高低比較，考查學(xué)生根據(jù)表格的數(shù)據(jù)分析解決問題的能力，難度不大.
5.(3分)(2016•北京)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7(橙色)+H2O⇌2CrO4(黃色)
++2H.用K2Cr2O7溶液進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)： 2﹣2﹣
結(jié)合實(shí)驗(yàn)，下列說法不正確的是( )
A.①中溶液橙色加深，③中溶液變黃
B.②中Cr2O7被C2H5OH還原
C.對比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性強(qiáng)
D.若向④中加入70%H2SO4溶液至過量，溶液變?yōu)槌壬?/p>
【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng);化學(xué)平衡的影響因素. 2﹣
【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7(橙色)+H2O⇌2CrO4(黃色)+2H，加入酸，氫離子濃度增大，平衡逆向移動，則溶液橙色加深，加入堿，平衡正向移動，溶液變黃，由實(shí)驗(yàn)②、④可知Cr2O7具有較強(qiáng)的氧化性，可氧化乙醇，而CrO4不能，以此解答該題.
【解答】解：A.在平衡體系中加入酸，平衡逆向移動，重鉻酸根離子濃度增大，橙色加深，加入堿，平衡正向移動，溶液變黃，故A正確;
B.②中重鉻酸鉀氧化乙醇，重鉻酸鉀被還原，故B正確;
C.②是酸性條件，④是堿性條件，酸性條件下氧化乙醇，而堿性條件不能，說明酸性條件下氧化性強(qiáng)，故B正確;
D.若向④溶液中加入70%的硫酸到過量，溶液為酸性，可以氧化乙醇，溶液變綠色，故D錯誤.
故選D.
【點(diǎn)評】本題綜合考查氧化還原反應(yīng)以及化學(xué)平衡的移動問題，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握題給信息，為解答該題的關(guān)鍵，易錯點(diǎn)為D，注意Cr2O7、CrO4氧化性的比較，難度不大.
6.(3分)(2016•北京)在兩份相同的Ba(OH)2溶液中，分別滴入物質(zhì)的量濃度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其導(dǎo)電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如圖所示.下列分析不正確的是( )
2﹣2﹣2﹣2﹣2﹣2﹣+
A.①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線
﹣+B.b點(diǎn)，溶液中大量存在的離子是Na、OH
﹣C.c點(diǎn)，兩溶液中含有相同量的OH
D.a、d兩點(diǎn)對應(yīng)的溶液均顯中性
【考點(diǎn)】酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算.
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【分析】A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反應(yīng)方程式分別為H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，根據(jù)圖知，曲線①在a點(diǎn)溶液導(dǎo)電能力接近0，說明該點(diǎn)溶液離子濃度最小，應(yīng)該為Ba(OH)2溶液和H2SO4的反應(yīng)，則曲線②為Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反應(yīng);
B.根據(jù)圖知，a點(diǎn)為Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反應(yīng)，H2SO4、NaHSO4溶液的物質(zhì)的量濃度相等，則b點(diǎn)溶液溶質(zhì)為NaOH;
C.c點(diǎn)，①中稀硫酸過量，溶質(zhì)為硫酸，②中硫酸氫鈉過量，則溶質(zhì)為NaOH、Na2SO4;
D.a點(diǎn)①中硫酸和氫氧化鋇恰好完全反應(yīng)，溶液中只含水;d點(diǎn)②中溶質(zhì)為Na2SO4.
【解答】解：A.Ba(OH)NaHSO4溶液反應(yīng)方程式分別為H2SO4+Ba(OH)2溶液和H2SO4、
2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，根據(jù)圖知，曲線①在a點(diǎn)溶液導(dǎo)電能力接近0，說明該點(diǎn)溶液離子濃度最小，應(yīng)該為Ba(OH)2溶液和H2SO4的反應(yīng)，則曲線②為Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反應(yīng)，即①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線，故A正確;
B.根據(jù)圖知，a點(diǎn)為Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反應(yīng)，H2SO4、NaHSO4溶液的物質(zhì)的
﹣+量濃度相等，則b點(diǎn)溶液溶質(zhì)為NaOH，所以b點(diǎn)，溶液中大量存在的離子是Na、OH，
故B正確;
C.c點(diǎn)，①中稀硫酸過量，溶質(zhì)為硫酸，②中硫酸氫鈉過量，則溶質(zhì)為NaOH、Na2SO4，因?yàn)榱蛩岣x子濃度相同，②中鈉離子濃度大于①中氫離子濃度，所以溶液中氫氧根離子濃度不同，故C錯誤;
D.a點(diǎn)①中硫酸和氫氧化鋇恰好完全反應(yīng)，溶液中只含水;d點(diǎn)②中溶質(zhì)為Na2SO4，水和硫酸鈉溶液都呈中性，
故D正確;
故選C.
【點(diǎn)評】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷及識圖能力，明確發(fā)生的反應(yīng)及各點(diǎn)溶液中溶質(zhì)成分是解本題關(guān)鍵，注意：溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，題目難度中等.
A.a、d處：2H2O+2e═H2↑+2OH
﹣﹣B.b處：2Cl﹣2e═Cl2↑
﹣2+C.c處發(fā)生了反應(yīng)：Fe﹣2e═Fe
D.根據(jù)實(shí)驗(yàn)一的原理，實(shí)驗(yàn)二中m處能析出銅
【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理. ﹣﹣
【分析】實(shí)驗(yàn)一a、d處試紙變藍(lán)，說明生成OH，為電解池的陰極，b處變紅，局部褪色，為電解池的陽極，生成氯氣，c處無明顯變化，鐵絲左側(cè)為陽極，右側(cè)為陰極，
實(shí)驗(yàn)二兩個石墨電極附近有氣泡產(chǎn)生，左側(cè)生成氫氣，右側(cè)生成氧氣，兩個銅珠的左側(cè)為陽極，右側(cè)為陰極，n處有氣泡產(chǎn)生，為陰極，以此解答該題.
【解答】解：A.d處試紙變藍(lán)，為陰極，生成OH，電極方程式為2H2O+2e═H2↑+2OH﹣，故A正確;
B.b處變紅，局部褪色，說明是溶液中的氫氧根和氯離子同時放電，故B錯誤;
C.c處為陽極，發(fā)生了反應(yīng)：Fe﹣2e═Fe，故C正確;
D.實(shí)驗(yàn)一中ac形成電解池，db形成電解池，所以實(shí)驗(yàn)二中也相當(dāng)于形成三個電解池(一個球兩面為不同的兩極)，m為電解池的陰極，另一球朝m的一面為陽極(n的背面)，故相當(dāng)于電鍍，即m上有銅析出，故D正確.
故選B.
【點(diǎn)評】本題考查電解原理，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握電極的判斷以及電極反應(yīng)，為解答該題的關(guān)鍵，題目易錯點(diǎn)為D，注意銅珠的左右側(cè)可看出陰、陽極，難度中等.
二、解答題(共4小題，滿分58分)
8.(17分)(2016•北京)功能高分子P的合成路線如下：
﹣﹣﹣2+
(1)A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡式是
(2)試劑a是 濃硫酸和濃硝酸 .
(3)反應(yīng)③的化學(xué)方程式：
.
(4)E的分子式是C6H10O2.E中含有的官能團(tuán)： 碳碳雙鏈，酯基 .
(5)反應(yīng)④的反應(yīng)類型是 加聚反應(yīng) .
(6)反應(yīng)⑤
(7)已知：2CH3CHO
【分析】A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡式是
濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成B為
取代反應(yīng)生成C為，結(jié)合P的結(jié)構(gòu)簡式，可知A與濃硝酸在，B與氯氣在光照條件下發(fā)生，C在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成D為，可知G的結(jié)構(gòu)簡式為，則
F，E的分子式是C6H10O2，則E為CH3CH=CHCOOCH2CH3.
【解答】解：A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡式是
酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成B為
發(fā)生取代反應(yīng)生成C為，結(jié)合P的結(jié)構(gòu)簡式，可知A與濃硝，B與氯氣在光照條件下，C在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成D為，可知G的結(jié)構(gòu)簡式為，則F
為
，E的分子式是C6H10O2，則E為CH3CH=CHCOOCH2CH3.
(1)A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：;
(2)試劑a是：濃硫酸和濃硝酸，故答案為：濃硫酸和濃硝酸;
(3)反應(yīng)③的化學(xué)方程式：
故答案為：
+NaOH+NaOH+NaCl; +NaCl， (4)E為CH3CH=CHCOOCH2CH3，E中含有的官能團(tuán)：碳碳雙鍵、酯基，故答案為：碳碳雙鍵、酯基;
(5)反應(yīng)④的反應(yīng)類型是：加聚反應(yīng)，故答案為：加聚反應(yīng);
以乙烯為起始原料，選用必要的無機(jī)試劑合成E，寫出合成路線(用結(jié)構(gòu)簡式表示有機(jī)物)，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件).
【考點(diǎn)】有機(jī)物的推斷.
(6)反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式：+nH2
O+n CH3CH2OH， 故答案為：+nH2
O+n CH3CH2OH;
(7)乙烯與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2Br，然后發(fā)生水解反應(yīng)生成CH3CH2OH，再發(fā)生氧化反應(yīng)生成CH3CHO，2分子乙醛發(fā)生加成反應(yīng)生成，再發(fā)生氧化反應(yīng)生成，再與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成生成CH3CH=CHCOOH，最后與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成
CH3CH=CHCOOCH2CH3，合成路線流程圖為：
CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3
CHO
CH3CH=CHCOOH
故答案為：
CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3
CHOCH3CH=CHCOOCH2CH3，
CH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3.
【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的推斷與合成，充分利用P的結(jié)構(gòu)簡式與反應(yīng)條件、分子式進(jìn)行推斷，側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力、知識遷移運(yùn)用能力，是有機(jī)化學(xué)常考題型，難度中等.
9.(13分)(2016•北京)用零價鐵(Fe)去除水體中的硝酸鹽(NO3)已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點(diǎn)之一. ﹣
(1)Fe還原水體中NO3的反應(yīng)原理如圖1所示.
①作負(fù)極的物質(zhì)是.
?、?/p>
﹣﹣﹣ ++
3
2+(3)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：在初始pH=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時，補(bǔ)充一定量的Fe可以明
﹣2+顯提高NO3的去除率.對Fe的作用提出兩種假設(shè)：
﹣2+Ⅰ.Fe直接還原NO3;
2+Ⅱ.Fe破壞FeO(OH)氧化層.
2+①做對比實(shí)驗(yàn)，結(jié)果如圖2所示，可得到的結(jié)論是不能直接還原NO﹣﹣2+
?、谕凰厥聚櫡ㄗC實(shí)Fe能與FeO(OH)反應(yīng)生成Fe3O4.結(jié)合該反應(yīng)的離子方程式，解
﹣2+2++2+釋加入Fe提高NO3
與(2)中數(shù)據(jù)對比，解釋(2)中初始pH不同時，NO3去除率和鐵的最終物質(zhì)形態(tài)不同
2+2+的原因： 初始pH低時，產(chǎn)生的Fe充足;初始pH高時，產(chǎn)生的Fe不足 .
【考點(diǎn)】鐵及其化合物的性質(zhì)實(shí)驗(yàn);原電池和電解池的工作原理;"三廢"處理與環(huán)境保護(hù). 【分析】(1)①Fe還原水體中NO3，則Fe作還原劑，失去電子，作負(fù)極;
﹣+②NO3在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生NH4，根據(jù)圖2信息可知為酸性環(huán)境;
(2)根據(jù)FeO(OH)不導(dǎo)電進(jìn)行分析;
(3)①根據(jù)圖2中的三個實(shí)驗(yàn)結(jié)果進(jìn)行分析;
②結(jié)合(2)題中的鐵的最終物質(zhì)形態(tài)結(jié)果差異進(jìn)行分析;
(4)根據(jù)Fe的作用進(jìn)行分析.
﹣【解答】解：(1)①Fe還原水體中NO3，則Fe作還原劑，失去電子，作負(fù)極，
故答案為：鐵;
?、贜O3在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生NH4，根據(jù)圖2信息可知為酸性環(huán)境，則正極的
﹣﹣++電極反應(yīng)式為：NO3+8e+10H=NH4+3H2O，
﹣﹣++故答案為：NO3+8e+10H=NH4+3H2O;
3+(2)pH越高，F(xiàn)e越易水解生成FeO(OH)，F(xiàn)eO(OH)不導(dǎo)電，阻礙電子轉(zhuǎn)移，所以
﹣NO3的去除率低.
故答案為：FeO(OH)不導(dǎo)電，阻礙電子轉(zhuǎn)移;
(3)①從圖2的實(shí)驗(yàn)結(jié)果可以看出，單獨(dú)加入Fe時，NO3的去除率為0，因此得出Fe
﹣﹣2+不能直接還原NO3;而Fe和Fe共同加入時NO3的去除率比單獨(dú)Fe高，因此可以得出
﹣﹣2+2+結(jié)論：本實(shí)驗(yàn)條件下，F(xiàn)e不能直接還原NO3;在Fe和Fe共同作用下能提高NO3的去
除率.
故答案為：本實(shí)驗(yàn)條件下，F(xiàn)e不能直接還原NO3;在Fe和Fe共同作用下能提高NO3的去除率;
2+2+②同位素示蹤法證實(shí)了Fe能與FeO(OH)反應(yīng)生成Fe3O4，離子方程式為：Fe+2FeO
+2+(OH)=Fe3O4+2H，F(xiàn)e將不導(dǎo)電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，利于電子轉(zhuǎn)移.
2++2+故答案為：Fe+2FeO(OH)=Fe3O4+2H，F(xiàn)e將不導(dǎo)電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，
利于電子轉(zhuǎn)移;
2+(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知Fe的作用是將不導(dǎo)電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，而
﹣2+NO3的去除率由鐵的最終物質(zhì)形態(tài)確定，因此可知實(shí)驗(yàn)初始pH會影響Fe的含量.
2+2+故答案為：初始pH低時，產(chǎn)生的Fe充足;初始pH高時，產(chǎn)生的Fe不足.
﹣【點(diǎn)評】考查化學(xué)反應(yīng)原理，涉及電化學(xué)、氧化還原反應(yīng)等相關(guān)知識，題中的Fe與NO3
的反應(yīng)跟溶液酸堿性有關(guān)，抓住這一點(diǎn)是解題的關(guān)鍵，第Ⅱ問的解答有一定的難度，特別是闡述上的準(zhǔn)確性.
10.(12分)(2016•北京)以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4為原料，制備高純PbO，實(shí)現(xiàn)鉛的再生利用.其工作流程如下：
2+﹣﹣2++2+﹣2+2+﹣
(1)過程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb和PbO2反應(yīng)生成PbSO4的化學(xué)方程式是
(2)過程Ⅰ中，F(xiàn)e催化過程可表示為：
2++2﹣3+i：2Fe+PbO2+4H+SO4═2Fe+PbSO4+2H2O
ii：…
?、賹懗鰅i
?、谙铝袑?shí)驗(yàn)方案可證實(shí)上述催化過程.將實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整.
a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅. b.
3+2﹣2+2+
(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)⇌NaHPbO2(aq)，其溶解度曲線如圖所示.
①過程Ⅱ的目的是脫硫.濾液1經(jīng)處理后可在過程Ⅱ中重復(fù)使用，其目的是序號).
A.減小Pb的損失，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率
B.重復(fù)利用NaOH，提高原料的利用率
C.增加Na2SO4濃度，提高脫硫效率
?、谶^程Ⅲ的目的是提純，結(jié)合上述溶解度曲線，簡述過程Ⅲ的操作：一定量的35%NaOH溶液，加熱至110℃，充分溶解后，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶，過濾得到PbO固體
【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用;制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計.
【分析】以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4為原料，制備高純PbO，含鉛廢料加入硫酸亞鐵、稀硫酸加熱反應(yīng)過濾得到PbSO4粗品，加入10%的氫氧化鈉溶液加熱反應(yīng)，冷卻過濾得到PbO粗品，粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高溫下的飽和溶液，冷卻結(jié)晶、過濾得PbO，
2+(1)根據(jù)題給化學(xué)工藝流程知，過程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb、PbO2和H2SO4反應(yīng)生成
PbSO4和水;
(2)①催化劑通過參加反應(yīng)，改變反應(yīng)歷程，降低反應(yīng)的活化能，加快化學(xué)反應(yīng)速率，而
2+本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)反應(yīng)前后保持不變.根據(jù)題給信息知反應(yīng)i中Fe被PbO2氧化為
3+3+2+Fe，則反應(yīng)ii中Fe被Pb還原為Fe，據(jù)此書寫離子方程式;
?、赼實(shí)驗(yàn)證明發(fā)生反應(yīng)i，則b實(shí)驗(yàn)需證明發(fā)生反應(yīng)ii，實(shí)驗(yàn)方案為取a中紅色溶液少量，加入過量Pb，充分反應(yīng)后，紅色褪去;
(3)①過程Ⅱ脫硫過程中發(fā)生的反應(yīng)為PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，而濾液Ⅰ中含有硫酸，可降低溶液的PH，使平衡PbO(s)+NaOH(aq)⇌NaHPbO2(aq)逆向移動; ②根據(jù)PbO的溶解度曲線進(jìn)行解答;
2+【解答】解：(1)根據(jù)題給化學(xué)工藝流程知，過程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb、PbO2和H2SO4
反應(yīng)生成PbSO4和水，化學(xué)方程式為：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，
故答案為：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O;
(2)①催化劑通過參加反應(yīng)，改變反應(yīng)歷程，降低反應(yīng)的活化能，加快化學(xué)反應(yīng)速率，而本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)反應(yīng)前后保持不變.根據(jù)題給信息知反應(yīng)i中Fe被PbO2氧化為3+3+2+3+2﹣2+Fe，則反應(yīng)ii中Fe被Pb還原為Fe，離子方程式為：2Fe+Pb+SO4═PbSO4+2Fe，
3+2﹣2+故答案為：2Fe+Pb+SO4═PbSO4+2Fe;
?、赼實(shí)驗(yàn)證明發(fā)生反應(yīng)i，則b實(shí)驗(yàn)需證明發(fā)生反應(yīng)ii，實(shí)驗(yàn)方案為：
a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅，亞鐵離子被氧化為鐵離子， 2+
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b.取a中紅色溶液少量，溶液中存在平衡，F(xiàn)e+3SCN=Fe(SCN)3，加入過量Pb，和平衡狀態(tài)下鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，平衡逆向進(jìn)行充分反應(yīng)后，紅色褪去，
故答案為：取a中紅色溶液少量，加入過量Pb，充分反應(yīng)后，紅色褪去;
(3)①過程Ⅱ脫硫過程中發(fā)生的反應(yīng)為PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由于PbO能溶解與NaOH溶液，因此濾液Ⅰ中含有Pb元素，濾液Ⅰ重復(fù)使用可減少PbO損失，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率，且濾液Ⅰ中過量的NaOH可以重復(fù)利用，提高原料的利用率，故選AB. 故答案為：AB;
②根據(jù)PbO的溶解度曲線，提純粗Pb的方法為將粗PbO溶解在NaOH溶液中，結(jié)合溶解度曲線特點(diǎn)可知濃度高的NaOH溶液和較高的溫度，PbO的溶解度高，因此加熱至較高溫度，充分溶解，然后再高溫下趁熱過濾除去雜質(zhì)，后冷卻后PbO又析出結(jié)晶，再次過濾可得到PbO固體.
故答案為：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加熱至110℃，充分溶解后，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶，過濾得到PbO固體.
【點(diǎn)評】本題考查了化學(xué)工藝流程分析、催化劑、離子方程式書寫、化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計、物質(zhì)分離提純、平衡一點(diǎn)原理的應(yīng)用，題目難度中等.
11.(16分)(2016•北京)以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實(shí)驗(yàn)對象，探究鹽
(1)經(jīng)檢驗(yàn)，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3
2﹣+2+2﹣(2)經(jīng)檢驗(yàn)，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含SO4，含有Cu、Cu和SO3.
已知：Cu+3+﹣Cu+Cu，Cu2+2+
+CuI↓(白色)+I2. ①用稀硫酸證實(shí)沉淀中含有Cu的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是 析出紅色固體 .
2+2﹣②通過下列實(shí)驗(yàn)證實(shí)，沉淀中含有Cu和SO3.
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a.白色沉淀A是BaSO4，試劑1
+2﹣2+b.證實(shí)沉淀中含有Cu和SO3﹣2﹣
2﹣(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在.經(jīng)檢驗(yàn)，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無SO4，該白色沉淀既能溶于強(qiáng)酸，又能溶于強(qiáng)堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色.
﹣3+①推測沉淀中含有亞硫酸根和、OH .
?、趯τ诔恋碇衼喠蛩岣拇嬖谛问教岢鰞煞N假設(shè)：i.被Al(OH)3
所吸附;ii.存在于鋁的堿式鹽中.對假設(shè)
ii設(shè)計了對比實(shí)驗(yàn)，證實(shí)了假設(shè)ii成立.
a.將對比實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整.
步驟一：
步驟二： (按圖形式呈現(xiàn)). b.假設(shè)ii(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)，亞硫酸鹽的性質(zhì)有 溶解性、還原性、在水溶液中呈堿性 .鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與 兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件 有關(guān).
【考點(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計.
【分析】(1)0.2mol/LNa2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液發(fā)生反應(yīng)生成白色沉淀Ag2SO3;
2+(2)①根據(jù)第二題中現(xiàn)象2及已知信息，可以得知，取少量洗凈(排除 Cu干擾)的棕
+黃色沉淀，滴加稀硫酸，沉淀變紅(銅單質(zhì))，則證明有 Cu;
2+②a.根據(jù) BaSO4沉淀可知，加入的試劑為含Ba的化合物，可以選用BaCl2;
2﹣b.由白色沉淀A可知之前所取上層清液中有SO4，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色
﹣2+2+沉淀中含有Cu，Cu和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無現(xiàn)象說明上層清液中無I2，
﹣2+2﹣而Cu和I反應(yīng)生成I2，因而推斷生成的I2參與了其他反應(yīng)，因而有還原劑SO3;
3+(3)①由題意，白色沉淀既能溶于強(qiáng)酸，又能溶于強(qiáng)堿，可以得到沉淀中含有Al和OH
﹣，可使酸性KMnO4溶液褪色是因?yàn)榇嬖谟羞€原性的亞硫酸根離子;
?、诟鶕?jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮蛯Ρ葘?shí)驗(yàn)設(shè)計原理進(jìn)行解答;
(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)，亞硫酸鹽具有溶解性、還原性、水解呈堿性，鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件有關(guān).
【解答】解：(1)實(shí)驗(yàn)Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4飽和
2﹣溶液且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考慮SO3濃度較大，因此推斷白色
+2﹣+2﹣沉淀為Ag2SO3，反應(yīng)的離子方程式為：2Ag+SO3=Ag2SO3↓，故答案為：2Ag+SO3
=Ag2SO3↓;
(2)①依據(jù)反應(yīng)Cu和稀硫酸反應(yīng)銅和銅離子，若沉淀中含有Cu，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應(yīng)生成銅單質(zhì)，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是有紅色固體生成，
故答案為：析出紅色固體;
?、赼.分析實(shí)驗(yàn)流程可知實(shí)驗(yàn)原理為2Cu+4I=2CuI+I2、I2+SO3+H2O=SO4+2I+2H、
2﹣2+2+SO4+Ba=BaSO4↓，根據(jù)BaSO4沉淀可知，加入的試劑為含Ba的化合物，可以選用BaCl2溶液，考慮沉淀A沒有BaSO3，因此應(yīng)在酸性環(huán)境中.
故答案為：HCl和BaCl2溶液;
2﹣b.由白色沉淀A可知之前所取上層清液中有SO4，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色
﹣2+2+沉淀中含有Cu，Cu和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無現(xiàn)象說明上層清液中無I2，
﹣2+2﹣而Cu和I反應(yīng)生成I2，因而推斷生成的I2參與了其他反應(yīng)，因而有還原劑SO3;
2+故答案為：棕黃色沉淀與KI溶液反應(yīng)生成白色沉淀(CuI)，證明含有Cu，白色沉淀A為
2﹣硫酸鋇，證明含有SO3;
2﹣(3)①根據(jù)題意知實(shí)驗(yàn)Ⅲ的白色沉淀中無SO4，該白色沉淀既能溶于強(qiáng)酸，又能溶于強(qiáng)
﹣3+堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推測沉淀中含有Al和OH，可使酸性KMnO4溶
液褪色是因?yàn)榇嬖谟羞€原性的亞硫酸根離子;
故答案為：Al、OH;
?、诟鶕?jù)假設(shè)可知實(shí)驗(yàn)的目的是證明產(chǎn)生的沉淀是Al(OH)3還是鋁的堿式鹽，給定實(shí)驗(yàn)首先制備出現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此對比實(shí)驗(yàn)首先要制備出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若兩者消耗的NaOH體積相同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若兩者消耗的NaOH體積不同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀考慮是鋁的堿式鹽. 鋁的堿式鹽和NaOH溶液反應(yīng)相當(dāng)于鋁離子和NaOH反應(yīng)，反應(yīng)比例為1：4，而Al(OH)3和NaOH反應(yīng)比例為1：1，因此若V1明顯大于V2，則假設(shè)ii成立;若V1=V2，則假設(shè)i成立. 3+﹣++2+﹣2﹣2﹣﹣+
故答案為：a.;
b.假設(shè)ii成立的實(shí)驗(yàn)證據(jù)是V1明顯大于V2，
故答案為：V1明顯大于V2;
(4)題目中有多處暗示我們還原性，比如(3)中的沉淀可以使酸性高錳酸鉀褪色，第二空，實(shí)驗(yàn)結(jié)論要緊扣實(shí)驗(yàn)?zāi)康模鶕?jù)題目，我們探究的是 Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液反應(yīng)，所以得到結(jié)論：鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件有關(guān).
故答案為：還原性、水解呈堿性;兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件有關(guān).
【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的分析、評價和設(shè)計.主要是離子檢驗(yàn)和實(shí)驗(yàn)過程的理解應(yīng)用，題目難度較大。
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