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）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 A．A B．B C．C D．D【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）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 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）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；② 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）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，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﹣；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．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．　 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【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﹣25℃～13℃，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﹣25℃～13℃，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）+H2O 2CrO⇌42﹣（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【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O 2CrO⇌42﹣（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．【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 C 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 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．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【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，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中反应后溶质为 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）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中反应后溶液中溶质为 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）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【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﹣，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）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：　 +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③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④的反应类型是：加聚反应，故答案为：加聚反应；（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=CH2CH3CH2Br CH3CH2OHCH3CHO CH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH2=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCOOH 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）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　铁　．②正极的电极反应式是　 NO 3﹣ +8e ﹣ +10H + =NH 4+ +3H 2O 　 ．（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=4.5NO3﹣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：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　本实验条件下， Fe 2+ 不能直接还原 NO 3﹣ ；在 Fe 和 Fe 2+ 共同作用下能提高 NO 3﹣ 的去除率　 ．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：　 Fe 2+ +2FeO （ OH ） =Fe 3O4+2H + ， Fe 2+ 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 pH pH=2.5 pH=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 Fe 2+ 充足；初始 pH 高时，产生的 Fe 2+ 不足　 ．【分析】（1）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；② 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）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；（4）根据 Fe2+的作用进行分析．【解答】解：（1）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；② 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）①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；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+，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Ⅱ问的解答有一定的难度，特别是阐述上的准确性．　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Ⅰ中，在 Fe2+催化下，Pb 和 PbO2反应生成 PbSO4的化学方程式是　Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O 　 ．（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：i：2Fe2++PbO2+4H++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2Oii：…①写出 ii 的离子方程式：　 2Fe 3+ +Pb+SO 42﹣ ═PbSO 4+2Fe 2+ 　 ．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　 ．（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　 【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；② 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）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；【解答】解：（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，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 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+；② 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）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）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 CuSO4Ⅱ．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：　 2Ag + +SO 32﹣ =Ag 2SO3↓．（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　析出红色固体　．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　 HCl 和 BaCl 2 溶液　．b．证实沉淀中含有 Cu2+和 SO32﹣的理由是　在 I ﹣ 的作用下， Cu 2+ 转化为白色沉淀 CuI ， SO 32﹣ 转化为 SO42﹣ 　 ．（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　 Al （ OH ） 3　．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　 V 1 明显大于 V 2　（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）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+；② 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）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 Al3+和 OH﹣，可使酸