2016年北京市高考化学试卷解析版

发布时间:2024-06-04 10:06:10浏览次数:2
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
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