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2016 年北京市高考化学试卷
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
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
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
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
5．（3 分）K2Cr2O7 溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（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
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
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
两个石墨电极附近有气泡产生；n 处有
气泡产生；…
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变化
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
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
．
（3）反应③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④的反应类型是
．
（6）反应⑤的化学方程式：
．
（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）．
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
．
②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pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3﹣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+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
．
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：
．
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（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=4.5
NO3﹣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：
．
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
．
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++PbO2+4H++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2O
ii：…
①写出ii 的离子方程式：
．
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．
．
（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 （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：
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．
试剂
实验
滴管
试管
现象
饱和Ag2SO4 溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2 mol•L﹣1 CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加
产生棕黄色沉淀
0.2 mol•L﹣1 Na2SO3
溶液
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：
．
（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
．
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
．
b．证实沉淀中含有Cu2+和SO32﹣的理由是
．
（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．
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①推测沉淀中含有亚硫酸根和
．
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
（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．
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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．菁优网版权所有
【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．菁优网版权所有
【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．菁优网版权所有
【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．
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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．菁优网版权所有
【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）K2Cr2O7 溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（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
【考点】B1：氧化还原反应；CB：化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】515：氧化还原反应专题；51E：化学平衡专题．
【分析】K2Cr2O7 溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（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．
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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
【考点】D4：电解质溶液的导电性．菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH 专题．
【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
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【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有
【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）．
【考点】HB：有机物的推断．菁优网版权所有
【专题】534：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
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，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=CH2
CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3，
故答案为：CH2=CH2
CH3CH2Br
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 NO3﹣+8e﹣+10H+=NH4++3H2O ．
（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=4.5
NO3﹣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
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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，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： 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）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=4.5
NO3﹣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Fe2+充足；初始pH 高时，产生的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
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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NO3﹣，根据题意Fe3O4 为电解质，则Fe 作还原剂，失去电子，作
负极；
②NO3﹣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）①Fe 还原水体中NO3﹣，则Fe 作还原剂，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
②NO3﹣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：
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（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+2H2O
ii：…
①写出ii 的离子方程式： 2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+ ．
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
【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．菁优网版权所有
【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、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；
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；
（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+；
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，
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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．
试剂
实验
滴管
试管
现象
饱和Ag2SO4 溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2 mol•L﹣1 CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加
产生棕黄色沉淀
0.2 mol•L﹣1 Na2SO3
溶液
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++SO32﹣=Ag2SO3↓ ．
（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BaCl2 溶液 ．
b．证实沉淀中含有Cu2+和SO32﹣的理由是 在I﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32﹣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 V1 明显大于V2
（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．菁优网版权所有
【专题】546：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）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
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淀，滴加稀硫酸，沉淀变红（铜单质），则证明有 Cu+；
②a．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；
②a．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．
