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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）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】1A：化学史．
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【专题】56：化学应用．
【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
【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
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第1页 | 共19页【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．
【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
【考点】CA：化学反应速率的影响因素．
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【专题】51F：化学反应速率专题．
【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．
第2页 | 共19页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
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
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【专题】533：有机反应．
【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）K Cr O 溶液中存在平衡：Cr O 2﹣（橙色）+H O⇌2CrO 2﹣（黄色）
2 2 7 2 7 2 4
第3页 | 共19页+2H+．用K Cr O 溶液进行下列实验：
2 2 7
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Cr O 2﹣被C H OH 还原
2 7 2 5
C．对比②和④可知K Cr O 酸性溶液氧化性强
2 2 7
D．若向④中加入70%H SO 溶液至过量，溶液变为橙色
2 4
【考点】B1：氧化还原反应；CB：化学平衡的影响因素．
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【专题】515：氧化还原反应专题；51E：化学平衡专题．
【分析】K Cr O 溶液中存在平衡：Cr O 2﹣（橙色）+H O⇌2CrO 2﹣（黄色）+2H+，
2 2 7 2 7 2 4
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Cr O 2﹣具有较强的氧化性，可氧化
2 7
乙醇，而CrO 2﹣不能，以此解答该题．
4
【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
Cr O 2﹣、CrO 2﹣氧化性的比较，难度不大．
2 7 4
第4页 | 共19页6．（3 分）在两份相同的 Ba（OH） 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的
2
H SO 、NaHSO 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
2 4 4
分析不正确的是（ ）
A．①代表滴加H SO 溶液的变化曲线
2 4
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】D4：电解质溶液的导电性．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．Ba（OH） 溶液和H SO 、NaHSO 溶液反应方程式分别为H SO +Ba
2 2 4 4 2 4
（OH）=BaSO ↓+2H O、NaHSO +Ba（OH）=BaSO ↓+NaOH+H O，2NaHSO +Ba
2 4 2 4 2 4 2 4
（OH）=BaSO ↓+Na SO +2H O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，
2 4 2 4 2
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） 溶液和H SO 的反应，则曲线②为Ba（OH） 溶液和NaHSO 溶液的
2 2 4 2 4
反应；
B．根据图知，a 点为Ba（OH） 溶液和H SO 恰好反应，H SO 、NaHSO 溶液的
2 2 4 2 4 4
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、Na SO ；
2 4
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
Na SO ．
2 4
【解答】解：A．Ba（OH）溶液和H SO 、NaHSO 溶液反应方程式分别为H SO +Ba
2 2 4 4 2 4
（OH）=BaSO ↓+2H O、NaHSO +Ba（OH）=BaSO ↓+NaOH+H O，2NaHSO +Ba
2 4 2 4 2 4 2 4
（OH）=BaSO ↓+Na SO +2H O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，
2 4 2 4 2
第5页 | 共19页曲线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） 溶液和H SO 的反应，则曲线②为Ba（OH） 溶液和NaHSO 溶液的
2 2 4 2 4
反应，即①代表滴加H SO 溶液的变化曲线，故A正确；
2 4
B．根据图知，a 点为Ba（OH） 溶液和H SO 恰好反应，H SO 、NaHSO 溶液的
2 2 4 2 4 4
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、
Na SO ，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，
2 4
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
Na SO ，水和硫酸钠溶液都呈中性，
2 4
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，两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡
局部褪色；c处无明显变 产生；…
化
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）
A．a、d处：2H O+2e﹣═H ↑+2OH﹣
2 2
B．b处：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl ↑
2
C．c处发生了反应：Fe﹣2e﹣═Fe2+
第6页 | 共19页D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．
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【专题】51I：电化学专题．
【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2H O+2e﹣═
2
H ↑+2OH﹣，故A正确；
2
B．b处变红，局部褪色，是因为Cl +H O=HCl+HClO，HCl 的酸性使溶液变红，HClO
2 2
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：
第7页 | 共19页（1）A的分子式是C H ，其结构简式是 ．
7 8
（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C H O ．E中含有的官能团： 碳碳双链，酯基 ．
6 10 2
（5）反应④的反应类型是 加聚反应 ．
（6）反应⑤的化学方程式： +nH O +n
2
CH CH OH ．
3 2
（7）已知：2CH CHO
3
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】HB：有机物的推断．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】A的分子式是C H ，其结构简式是 ，结合P 的结构简式，可知A与
7 8
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
第8页 | 共19页为 ，则 F ，E 的分子式是 C H O ，则 E 为
6 10 2
CH CH=CHCOOCH CH ．
3 2 3
【解答】解：A的分子式是C H ，其结构简式是 ，结合P 的结构简式，可知
7 8
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 C H O ， 则 E 为
6 10 2
CH CH=CHCOOCH CH ．
3 2 3
（1）A的分子式是C H ，其结构简式是 ，故答案为： ；
7 8
（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 CH CH=CHCOOCH CH ，E 中含有的官能团：碳碳双键、酯基，故答案
3 2 3
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 +nH O +n CH CH OH，
2 3 2
故答案为 +nH O +n CH CH OH；
2 3 2
第9页 | 共19页（7）乙烯与 HBr 发生加成反应生成 CH CH Br，然后发生水解反应生成
3 2
CH CH OH，再发生氧化反应生成 CH CHO，2 分子乙醛发生加成反应生成
3 2 3
，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
CH CH=CHCOOH，最后与乙醇发生酯化反应生成 CH CH=CHCOOCH CH ，合成
3 3 2 3
路 线 流 程 图 为 ： CH =CH CH CH Br CH CH OH CH CHO
2 2 3 2 3 2 3
CH CH
3
=CHCOOH CH CH=CHCOOCH CH ，
3 2 3
故 答 案 为 ：
CH =CH CH CH Br CH CH OH CH CHO
2 2 3 2 3 2 3
CH CH=CHCOOH
3
CH CH=CHCOOCH CH ．
3 2 3
【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（NO ﹣）已成为环境修复研究
3
的热点之一．
第10页 | 共19页（1）Fe还原水体中NO ﹣的反应原理如图1所示．
3
①作负极的物质是 铁 ．
②正极的电极反应式是 NO ﹣+8e﹣+10H+=NH ++3H O ．
3 4 2
（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO ﹣的去除率和pH，结果如下：
3
初始pH pH=2.5 pH=4.5
NO ﹣的去除率 接近100% ＜50%
3
24小时pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5 时，NO ﹣的去除率低．其原因是 FeO（OH）不导电，阻碍电子转
3
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NO ﹣的去除率．对Fe2+的作用提出两种假设：
3
Ⅰ．Fe2+直接还原NO ﹣；
3
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，Fe2+不能直
接还原NO ﹣；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO ﹣的去除率 ．
3 3
②同位素示踪法证实 Fe2+能与 FeO（OH）反应生成 Fe O ．结合该反应的离子方
3 4
程式，解释加入 Fe2+提高 NO ﹣去除率的原因： Fe2++2FeO（OH）
3
=Fe O +2H+，Fe2+将不导电的 FeO（OH）转化为可导电的 Fe O ，利于电子转
3 4 3 4
移 ．
（4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO ﹣的去除率和pH，结果如表：
3
初始pH pH=2.5 pH=4.5
NO ﹣的去除率 约10% 约3%
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，NO ﹣去除率和铁的最终物质
3
形态不同的原因： 初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的
第11页 | 共19页Fe2+不足 ．
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；FE："三废"处理与环境保护；S4：铁
及其化合物的性质实验．
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【专题】51I：电化学专题；52：元素及其化合物．
【分析】（1）①Fe还原水体中NO ﹣，根据题意Fe O 为电解质，则Fe作还原剂，
3 3 4
失去电子，作负极；
②NO ﹣在正极得电子发生还原反应产生NH +，根据图2信息可知为酸性环境；
3 4
（2）由于 Fe O 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
3 4
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）①Fe还原水体中NO ﹣，则Fe作还原剂，失去电子，作负极，
3
故答案为：铁；
②NO ﹣在正极得电子发生还原反应产生 NH +，根据图 2 信息可知为酸性环境，
3 4
则正极的电极反应式为：NO ﹣+8e﹣+10H+=NH ++3H O，
3 4 2
故答案为：NO ﹣+8e﹣+10H+=NH ++3H O；
3 4 2
（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NO ﹣的去除率低．
3
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，NO ﹣的去除率为 0，因
3
此得出 Fe2+不能直接还原 NO ﹣；而 Fe 和 Fe2+共同加入时 NO ﹣的去除率比单
3 3
独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO ﹣；在Fe
3
和Fe2+共同作用下能提高NO ﹣的去除率．
3
故答案为：本实验条件下，Fe2+不能直接还原 NO ﹣；在 Fe 和 Fe2+共同作用下能
3
提高NO ﹣的去除率；
3
②同位素示踪法证实了 Fe2+能与 FeO（OH）反应生成 Fe O ，离子方程式为：
3 4
Fe2++2FeO（OH）=Fe O +2H+，Fe2+将不导电的 FeO（OH）转化为可导电的
3 4
第12页 | 共19页Fe O ，利于电子转移．
3 4
故答案为：Fe2++2FeO（OH）=Fe O +2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导
3 4
电的Fe O ，利于电子转移；
3 4
（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
Fe O ，而NO ﹣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
3 4 3
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NO ﹣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
3
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、PbO 、PbSO 及炭黑等）
2 4
和H SO 为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用．其工作流程如下：
2 4
（1）过程Ⅰ中，在 Fe2+催化下，Pb 和 PbO 反应生成 PbSO 的化学方程式是
2 4
Pb+PbO +2H SO ═2PbSO +2H O ．
2 2 4 4 2
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++PbO +4H++SO 2﹣═2Fe3++PbSO +2H O
2 4 4 2
ii：…
①写出ii 的离子方程式： 2Fe3++Pb+SO 2﹣═PbSO +2Fe2+ ．
4 4
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 FeSO 溶液中加入 KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量 PbO ，
4 2
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）⇌NaHPbO
2
（aq），其溶解度曲线如图所示．
第13页 | 共19页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Na SO 浓度，提高脱硫效率
2 4
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】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案
的设计．
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【专题】546：无机实验综合．
【分析】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO 、PbSO 及炭黑等）和
2 4
H SO 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
2 4
得到 PbSO 粗品，加入 10%的氢氧化钠溶液加热反应，冷却过滤得到 PbO 粗
4
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、PbO 和 H SO
2 2 4
反应生成PbSO 和水；
4
（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 PbO 氧化为 Fe3+，则反应 ii 中 Fe3+被 Pb 还原为 Fe2+，据此书写离子
2
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；
第14页 | 共19页（3）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为 PbSO +2NaOH=PbO+Na SO +H O，而滤
4 2 4 2
液Ⅰ中含有硫酸，可降低溶液的pH，使平衡PbO（s）+NaOH（aq）⇌NaHPbO
2
（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、PbO
2
和 H SO 反 应 生 成 PbSO 和 水 ， 化 学 方 程 式 为 ： Pb+PbO +2H SO ═
2 4 4 2 2 4
2PbSO +2H O，
4 2
故答案为：Pb+PbO +2H SO ═2PbSO +2H O；
2 2 4 4 2
（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PbO 氧化为Fe3+，则反应ii 中Fe3+被Pb还原为Fe2+，离子方程式为：
2
2Fe3++Pb+SO 2﹣═PbSO +2Fe2+，
4 4
故答案为：2Fe3++Pb+SO 2﹣═PbSO +2Fe2+；
4 4
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 FeSO 溶液中加入 KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量 PbO ，
4 2
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） ，加入过量
3
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PbSO +2NaOH=PbO+Na SO +H O，由于
4 2 4 2
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．
第15页 | 共19页故答案为：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 Na SO 溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的
2 3
性质和盐溶液间反应的多样性．
实验 试剂 现象
滴管 试管
饱和Ag SO 溶液 Ⅰ．产生白色沉淀
2 4
0.2 mol•L﹣1 CuSO Ⅱ．溶液变绿，继续滴加
4
0.2 mol•L﹣1 Na SO 产生棕黄色沉淀
2 3
溶液
0.1 mol•L﹣1 Al （SO ） Ⅲ．开始无明显变化，继
2 4 3
溶液 续滴加产生白色沉淀
（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是 Ag SO ．用离子方程式解释现象Ⅰ：
2 3
2Ag++SO 2﹣=Ag SO ↓ ．
3 2 3
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO 2﹣，含有Cu+、Cu2+和SO 2﹣．
4 3
已知：Cu+ Cu+Cu2+，Cu2+ CuI↓（白色）+I ．
2
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SO 2﹣．
3
a．白色沉淀A是BaSO ，试剂1是 HCl 和BaCl 溶液 ．
4 2
b．证实沉淀中含有Cu2+和SO 2﹣的理由是 在I﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀
3
CuI，SO 2﹣转化为SO 2﹣ ．
3 4
（3）已知：Al （SO ） 在水溶液中不存在．经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无
2 3 3
SO 2﹣，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO 溶液褪
4 4
第16页 | 共19页色．
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） 所吸附；ii．存
3
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 明显大于V
1 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．
【考点】U2：性质实验方案的设计．
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【专题】546：无机实验综合．
【分析】（1）0.2mol/LNa SO 溶液滴入饱和 Ag SO 溶液发生反应生成白色沉淀
2 3 2 4
Ag SO ；
2 3
（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+；
②a．根据BaSO 沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl ；
4 2
b．由白色沉淀 A 可知之前所取上层清液中有 SO 2﹣，由加入 KI 生成白色沉淀可
4
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I ，而Cu2+和I﹣反应生成I ，因而推断生成的I 参与了其他
2 2 2
反应，因而有还原剂SO 2﹣；
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
Al3+和OH﹣，可使酸性KMnO 溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；
4
第17页 | 共19页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/LNa SO 溶液滴入饱和Ag SO 溶液，由于Ag SO
2 3 2 4 2 4
饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是 Ag SO 沉淀，考虑 SO 2﹣浓度较
2 4 3
大 ， 因 此 推 断 白 色 沉 淀 为 Ag SO ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ：
2 3
2Ag++SO 2﹣=Ag SO ↓，故答案为：2Ag++SO 2﹣=Ag SO ↓；
3 2 3 3 2 3
（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+I 、
2
I +SO 2﹣+H O=SO 2﹣+2I﹣+2H+、SO 2﹣+Ba2+=BaSO ↓，根据 BaSO 沉淀可知，加
2 3 2 4 4 4 4
入的试剂为含 Ba2+的化合物，可以选用 BaCl 溶液，考虑沉淀 A 没有 BaSO ，
2 3
因此应在酸性环境中．
故答案为：HCl 和BaCl 溶液；
2
b．由白色沉淀 A 可知之前所取上层清液中有 SO 2﹣，由加入 KI 生成白色沉淀可
4
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I ，而Cu2+和I﹣反应生成I ，因而推断生成的I 参与了其他
2 2 2
反应，因而有还原剂SO 2﹣；
3
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SO 2﹣；
3
（3）①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO 2﹣，该白色沉淀既能溶于强酸，又
4
能溶于强碱，还可使酸性KMnO 溶液褪色，可以推测沉淀中含有Al3+和OH﹣，
4
可使酸性KMnO 溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；
4
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） 还是铝的碱式盐，给
3
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） 沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH
3
体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al（OH） 沉淀，若两者消耗的NaOH体积
3
第18页 | 共19页不同，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） 和NaOH反应比例为1：1，因此若V 明显大于V ，则假设ii 成
3 1 2
立；若V =V ，则假设i成立．
1 2
故答案为：a． ；
b．假设ii成立的实验证据是V 明显大于V ，
1 2
故答案为：V 明显大于V ；
1 2
（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 Na SO 溶
2 3
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．
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