高考北京卷理綜化學(xué)試題解析

1、#NO.#NO.#6.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B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)獎點評: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.考點定位:本題主要是考查化學(xué)史判斷名師點晴:本題側(cè)重于考查我國科學(xué)家在化學(xué)領(lǐng)域中的重大研究成果，主要是與諾貝爾化學(xué)獎有關(guān)的判斷，學(xué)生只要平時注意稍加留意即可得出正確的判斷，有利于培養(yǎng)學(xué)生的化學(xué)興趣，激發(fā)學(xué)生的愛國主義熱情。7.下列中草藥煎制步驟中，屬于過濾操作的是A.冷水浸泡

2、B.加熱煎制C.箅渣取液D.灌裝保存C解析:A、冷水浸泡屬于物質(zhì)的溶解，A錯誤；B、加熱煎制屬于加熱，B錯誤；C、箅渣取液屬于過濾操作，C正確；D、灌裝保存是液體轉(zhuǎn)移，D錯誤。答案選C?？键c定位:本題主要是考查物質(zhì)的分離和提純操作裝置判斷名師點晴:該題以我國中草藥煎制為載體，側(cè)重考查學(xué)生對物質(zhì)分離與提純操作裝置圖的熟練掌握程度，題目難度不大，明確過濾的含義、適用范圍以及主要裝置是解答的關(guān)鍵。過濾適用于不溶性固體和液體之間的一種分離方法，主要儀器有鐵架臺(帶鐵圈)、燒杯、玻璃棒和漏斗，主要用品是濾紙。另外還需要注意過濾操作的注意事項。#NO.#點評:本題考查物質(zhì)的分離，側(cè)重于學(xué)生的分析、實驗?zāi)芰?/p>

3、的考查，題目密切聯(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.8.下列食品添加劑中，其使用目的與反應(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A#NO.#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

4、.故選A.點評: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.考點定位:本題主要是考查食品添加劑的有關(guān)判斷名師點晴:化學(xué)是一門實用性很強的學(xué)科，在日常生活及工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和科學(xué)技術(shù)中應(yīng)用十分廣泛。食品添加劑關(guān)乎我們每個人的健康，了解食品添加劑是每個人應(yīng)該掌握的基本常識，只有掌握一定的化學(xué)知識，才會使我們的生活質(zhì)量得以提升，也才會更安全、更健康。了解抗氧化劑、調(diào)味劑、著色劑、增稠劑的含義是解答的關(guān)鍵，注意相關(guān)知識的積累。9.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、

5、熔點如下:對二甲苯鄰二甲苯間二甲苯苯沸點點/1325476下列說法不正確的是A.該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)B.甲苯的沸點高于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B解析:A、甲苯變二甲苯是甲苯苯環(huán)上的氫原子被甲基代替，屬于取代反應(yīng)，A正確；B、甲苯的相對分子質(zhì)量比二甲苯小，故沸點比二甲苯低，B錯誤；C、苯的沸點與二甲苯的沸點相差較大，可以用蒸餾的方法分離，C正確；D、因為對二甲苯的熔點較高，冷卻后容易形成固體，所以能用冷卻結(jié)晶的方法分離出來，D正確。答案選B。考點定位:本題主要考查物質(zhì)的分離和提純，

6、有機物的反應(yīng)類型判斷等名師點晴:掌握取代反應(yīng)的含義、物質(zhì)的分離與提純方法以及相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，解答時注意提取題干中的有效信息。本題難點是物質(zhì)的分離與提純方法的選擇，分離提純方法的選擇思路是根據(jù)分離提純物的性質(zhì)和狀態(tài)來定的。歸納如下:分離提純物是固體(從簡單到復(fù)雜方法) :加熱(灼燒、升華、熱分解)，溶解，過濾(洗滌沉淀)，蒸發(fā)，結(jié)晶(重結(jié)晶)；分離提純物是液體(從簡單到復(fù)雜方法):分液，萃取，蒸餾；分離提純物是膠體:鹽析或滲析；分離提純物是氣體:洗氣。答題時注意靈活應(yīng)用。10.K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黃色)+2H+。用K2Cr2

7、O7溶液進(jìn)行下列實驗:結(jié)合實驗，下列說法不正確的是A.中溶液橙色加深，中溶液變黃B.中Cr2O72-被C2H5OH還原C.對比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性強D.若向中加入70%H2SO4溶液至過量，溶液變?yōu)槌壬獶#NO.#專題:氧化還原反應(yīng)專題；化學(xué)平衡專題.分析:K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(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，由實驗、可知Cr2O72-具有較強的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-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

8、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.中重鉻酸鉀氧化乙醇，重鉻酸鉀被還原，故B正確；C.是酸性條件，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，故B正確；D.若向溶液中加入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，易錯點為D，注意Cr2O72-、CrO42-氧化性的比較，難度不大.考點定位:本題主要是考查化學(xué)平衡移動、氧化還原反應(yīng)判斷名師點晴:明確溶液中的反應(yīng)特點，并能靈活應(yīng)用勒夏特列原理

9、判斷平衡的移動方向是解答的關(guān)鍵，解答時要注意通過對比實驗的分析得出在酸性溶液中重鉻酸鉀的氧化性強，能把乙醇氧化。易錯選項是D，注意中的實驗環(huán)境，不要忽視了溶液中還存在乙醇，而不能單純的考慮平衡的移動方向。11.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右圖所示。下列分析不正確的是A.代表滴加H2SO4溶液的變化曲線B.b點，溶液中大量存在的離子是Na+、OHC.c點，兩溶液中含有相同量的OHD.a、d兩點對應(yīng)的溶液均顯中性C#NO.#專題:電離平衡與溶液的pH專題.分析:A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、Na

10、HSO4溶液反應(yīng)方程式分別為H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，根據(jù)圖知，曲線在a點溶液導(dǎo)電能力接近0，說明該點溶液離子濃度最小，應(yīng)該為Ba(OH)2溶液和H2SO4的反應(yīng)，則曲線為Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反應(yīng)；B.根據(jù)圖知，a點為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點溶液溶質(zhì)為NaOH；C.c點，中稀硫酸過量，溶質(zhì)為硫酸，中硫酸氫鈉過量，則溶質(zhì)為NaOH

11、、Na2SO4；D.a點中硫酸和氫氧化鋇恰好完全反應(yīng)，溶液中只含水；d點中溶質(zhì)為Na2SO4.解答:解: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，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，根據(jù)圖知，曲線在a點溶液導(dǎo)電能力接近0，說明該點溶液離子濃度最小，應(yīng)該為Ba(OH)2溶液和H2SO4的反應(yīng)，則曲線為Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反應(yīng)，即代表滴加H2SO4溶液的變化曲線，故A正確；B.根據(jù)圖知

12、，a點為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點溶液溶質(zhì)為NaOH，所以b點，溶液中大量存在的離子是Na+、OH-，故B正確；C.c點，中稀硫酸過量，溶質(zhì)為硫酸，中硫酸氫鈉過量，則溶質(zhì)為NaOH、Na2SO4，因為硫酸根離子濃度相同，中鈉離子濃度大于中氫離子濃度，所以溶液中氫氧根離子濃度不同，故C錯誤；D.a點中硫酸和氫氧化鋇恰好完全反應(yīng)，溶液中只含水；d點中溶質(zhì)為Na2SO4，水和硫酸鈉溶液都呈中性，故D正確；點評:本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，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)及各點溶液中溶質(zhì)成分是解本題關(guān)鍵，注

13、意:溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，題目難度中等.考點定位:本題主要考查酸堿溶液混合時溶液的酸堿性的判斷以及圖像分析等名師點睛:該題以氫氧化鋇與硫酸以及硫酸氫鈉的反應(yīng)為載體，側(cè)重考查溶液的導(dǎo)電性、離子判斷以及溶液酸堿性判斷。明確反應(yīng)的原理，正確書寫出相應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式是解答的關(guān)鍵，特別是氫氧化鋇和硫酸氫鈉的反應(yīng)，應(yīng)用順序的不同或量的不同而導(dǎo)致方程式變化，是解答本題的難點和易錯點。注意溶液的導(dǎo)電能力只與溶液中離子濃度的大小和離子所帶電荷數(shù)有關(guān)系，與離子種類無關(guān)。12.用石墨電極完成下列電解實驗。實驗一實驗二裝置現(xiàn)象a、d處試紙變藍(lán)；b處變紅，局部褪色；c處無明顯變化兩個石墨電極附近有氣泡產(chǎn)生；n

14、處有氣泡產(chǎn)生；下列對實驗現(xiàn)象的解釋或推測不合理的是A.a、d處:2H2O+2e-=H2+2OH-B.b處:2Cl-2e-=Cl2C.c處發(fā)生了反應(yīng):Fe-2e-=Fe2+D.根據(jù)實驗一的原理，實驗二中m處能析出銅B#NO.#分析:實驗一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，實驗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-

15、，故A正確；B.b處變紅，局部褪色，是因為Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl的酸性使溶液變紅，HClO的漂白性使局部褪色，故B錯誤；C.c處為陽極，發(fā)生了反應(yīng):Fe-2e-Fe2+，故C正確；D.實驗一中ac形成電解池，db形成電解池，所以實驗二中也相當(dāng)于形成三個電解池，一個球兩面為不同的兩極，左邊銅珠的左側(cè)為陽極，發(fā)生的電極反應(yīng)為Cu-2e-=Cu2+，右側(cè)(即位置m處)為陰極，發(fā)生的電極反應(yīng)為Cu2+2e-=Cu，同樣右邊銅珠的左側(cè)為陽極，右側(cè)(即位置n處)為陰極，因此m處能析出銅的說法正確，故D正確.故選B.點評: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

16、電極反應(yīng)，為解答該題的關(guān)鍵，題目易錯點為D，注意銅珠的左右側(cè)可看出陰、陽極，難度中等.考點定位:本題主要是考查電解原理的應(yīng)用名師點睛:化學(xué)反應(yīng)主要是物質(zhì)變化，同時也伴隨著能量變化。電化學(xué)是化學(xué)能與電能轉(zhuǎn)化關(guān)系的化學(xué)。電解池是把電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置，它可以使不能自發(fā)進(jìn)行的化學(xué)借助于電流而發(fā)生。與外接電源正極連接的電極為陽極，與外接電源的負(fù)極連接的電極為陰極。陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)。若陽極是活性電極(除Au、Pt、C之外的電極)，則電極本身失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)；若是惰性電極(Au、Pt、C等電極)，則是溶液中的陰離子放電，放電的先后順序是S2->I->Br->Cl

17、->OH->含氧酸根離子，陰極則是溶液中的陽離子放電，放電順序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，與金屬活動性順序剛好相反。因此掌握電解池反應(yīng)原理是本題解答的關(guān)鍵。注意依據(jù)實驗現(xiàn)象分析可能發(fā)生的電極反應(yīng)。25.(17分)功能高分子P的合成路線如下:(1)A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡式是。(2)試劑a是。(3)反應(yīng)的化學(xué)方程式:。(4)E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能團:。(5)反應(yīng)的反應(yīng)類型是。(6)反應(yīng)的化學(xué)方程式:。(5)已知:2CH3CHO以乙烯為起始原料，選用必要的無機試劑合成E，寫出合成路線(用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)

18、化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件)。(1)(2)濃硫酸和濃硝酸(3)+NaOH+NaCl；(4)碳碳雙鍵、酯基(5)加聚反應(yīng)(6)+nH2O+n CH3CH2OH；(7) CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHH3CH=CHCOOCH2CH3，解析:根據(jù)高分子P的結(jié)構(gòu)和A的分子式為C7H8，可以推出，D為對硝基苯甲醇，因此A應(yīng)該為甲苯，B為對硝基甲苯，B與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成C為一氯甲基對硝基苯，結(jié)構(gòu)簡式為。根據(jù)D和P的結(jié)構(gòu)簡式可知D和G發(fā)生酯化反應(yīng)生成P，因此G的結(jié)構(gòu)簡式為。F水解生成G和乙醇，因此F的結(jié)構(gòu)簡式為。E在催化劑的作用下轉(zhuǎn)化為F，這說明

19、反應(yīng)是碳碳雙鍵的加聚反應(yīng)，因此E的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CHCOOC2H5。#NO.#NO.#考點:有機物的推斷。專題:有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷。分析:A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡式是，結(jié)合P的結(jié)構(gòu)簡式，可知A與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成B為，B與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成C為，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，結(jié)合P的結(jié)構(gòu)簡式，可知A與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成B為，B與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反

20、應(yīng)生成C為，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)的化學(xué)方程式:+NaOH+NaCl，故答案為:+NaOH+NaCl；(4)E為CH3CH=CHCOOCH2CH3，E中含有的官能團:碳碳雙鍵、酯基，故答案為:碳碳雙鍵、酯基；(5)反應(yīng)的反應(yīng)類型是:加聚反應(yīng)，故答案為:加聚反應(yīng)；(6)反應(yīng)的化學(xué)方程式:+nH2O+n CH3CH2OH，故答案為:+nH2O+n CH

21、3CH2OH；(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=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案為: CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHH3CH=CHCOOCH2CH3，

22、點評:本題考查有機物的推斷與合成，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、知識遷移運用能力，是有機化學(xué)常考題型，難度中等?？键c定位:本題主要考查有機物的推斷與合成、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、轉(zhuǎn)化、化學(xué)方程式的書寫等知識。名師點睛:有機物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、轉(zhuǎn)化、反應(yīng)類型的判斷、化學(xué)方程式和同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式的書寫及物質(zhì)轉(zhuǎn)化流程圖的書寫是有機化學(xué)學(xué)習(xí)中經(jīng)常碰到的問題，解答此類問題需要學(xué)生掌握常見的有機代表物的性質(zhì)、各類官能團的性質(zhì)、化學(xué)反應(yīng)類型、物質(zhì)反應(yīng)的物質(zhì)的量關(guān)系與各類官能團的數(shù)目關(guān)系，充分利用題目提供的信息進(jìn)行分析、判斷。解決這類題的關(guān)鍵是以反應(yīng)類型為突破口，以物質(zhì)類別判斷為

23、核心進(jìn)行思考。經(jīng)常在一系列推導(dǎo)關(guān)系中有部分物質(zhì)已知，這些已知物往往成為思維“分散”的聯(lián)結(jié)點?？梢杂稍辖Y(jié)合反應(yīng)條件正向推導(dǎo)產(chǎn)物，也可以從產(chǎn)物結(jié)合條件逆向推導(dǎo)原料，也可以從中間產(chǎn)物出發(fā)向兩側(cè)推導(dǎo)，審題時要抓住基礎(chǔ)知識，結(jié)合新信息進(jìn)行分析、聯(lián)想、對照、遷移應(yīng)用、參照反應(yīng)條件推出結(jié)論。解題的關(guān)鍵是要熟悉烴的各種衍生物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，不僅要注意物質(zhì)官能團的衍變，還要注意同時伴隨的分子中碳、氫、氧、鹵素原子數(shù)目以及有機物相對分子質(zhì)量的衍變，這種數(shù)量、質(zhì)量的改變往往成為解題的突破口。本題的區(qū)分度體現(xiàn)在“E物質(zhì)”的推導(dǎo)過程，該物質(zhì)可用“逆推法”來推斷。有機題高起低落，推斷過程可能略繁瑣，但大多數(shù)問題的難度不大

24、，第(6)問的方程式書寫較易出錯，注意解答的規(guī)范化。26.(13分)用零價鐵(Fe)去除水體中的硝酸鹽(NO3-)已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點之一。(1)Fe還原水體中NO3-的反應(yīng)原理如右圖所示。作負(fù)極的物質(zhì)是。正極的電極反應(yīng)式是。(2)將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)24小時測定NO3-的去除率和pH，結(jié)果如下:初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率接近100%<50%24小時pH接近中性接近中性鐵的最終物質(zhì)形態(tài)pH=4.5時，NO3-的去除率低。其原因是。(3)實驗發(fā)現(xiàn):在初始pH=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時，補充一定量的Fe2+可以明顯提高NO3的去除率。對Fe2+的作用提出兩

25、種假設(shè):.Fe2+直接還原NO3-；.Fe2+破壞FeO(OH)氧化層。做對比實驗，結(jié)果如圖所示，可得到的結(jié)論是同位素示蹤法證實Fe2+能與FeO(OH)反應(yīng)生成Fe3O4。結(jié)合該反應(yīng)的離子方程式，解釋加入Fe2+提高NO3-去除率的原因:。(4)其他條件與(2)相同，經(jīng)1小時測定NO3-的去除率和pH，結(jié)果如下:初始pHpH=2.5pH=4.5NO3-的去除率約10%約3%1小時pH接近中性接近中性與(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)不同的原因:。(1)鐵NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O(2)因為鐵表面生成不導(dǎo)電的FeO(OH)，阻止反

26、應(yīng)進(jìn)一步發(fā)生(3)本實驗條件下，F(xiàn)e2+不能直接還原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率。Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+， Fe2+將不導(dǎo)電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，有利于反應(yīng)的進(jìn)行，使NO3-的去除率提高(4)Fe+2H+=Fe2+H2，初始pH較小，氫離子濃度高，產(chǎn)生的Fe2+濃度大，促使FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，使反應(yīng)進(jìn)行的更完全，初始pH高時，產(chǎn)生的Fe2+濃度小，從而造成NO3去除率和鐵的最終物質(zhì)形態(tài)不同。#NO.#考點:鐵及其化合物的性質(zhì)實驗；原電池和電解池的工作原理；"三廢"處理與環(huán)境保護(hù).專題

27、:電化學(xué)專題；元素及其化合物.分析:(1)Fe還原水體中NO3-，根據(jù)題意Fe3O4為電解質(zhì)，則Fe作還原劑，失去電子，作負(fù)極；NO3-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)由于Fe3O4為電解質(zhì)，而電解質(zhì)主要作用是為電子轉(zhuǎn)移提供媒介，然后根據(jù)FeO(OH)不導(dǎo)電進(jìn)行分析；(3)根據(jù)圖2中的三個實驗結(jié)果進(jìn)行分析；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)Fe2+的作用進(jìn)行分析.解:(1)Fe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；NO3-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

28、反應(yīng)式為:NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O，故答案為:NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O；(2)pH越高，F(xiàn)e3+越易水解生成FeO(OH)，而FeO(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)從圖2的實驗結(jié)果可以看出，單獨加入Fe2+時，NO3-的去除率為0，因此得出Fe2+不能直接還原NO3-；而Fe和Fe2+共同加入時NO3-的去除率比單獨Fe高，因此可以得出結(jié)論:本實驗條件下，F(xiàn)e2+不能直接還原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率.故答案為:本實驗條件下，F(xiàn)e2+不能直接還原NO

29、3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率；同位素示蹤法證實了Fe2+能與FeO(OH)反應(yīng)生成Fe3O4，離子方程式為:Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，F(xiàn)e2+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.故答案為:Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，F(xiàn)e2+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；(4)根據(jù)實驗結(jié)果可知Fe2+的作用是將不導(dǎo)電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，而NO3-的去除率由鐵的最終物質(zhì)形態(tài)確定，因此可知實驗初始pH會影響Fe2+的含量.故答案為:初始pH低時，產(chǎn)生的Fe2+充足；初始

30、pH高時，產(chǎn)生的Fe2+不足.點評: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)，抓住這一點是解題的關(guān)鍵，第問的解答有一定的難度，特別是闡述上的準(zhǔn)確性.考點定位:本題主要是考查化學(xué)反應(yīng)原理，涉及電化學(xué)、氧化還原反應(yīng)等相關(guān)知識名師點晴:該題一改化學(xué)原理綜合應(yīng)用的拼題，改成“借實驗考原理”的方式來考查學(xué)生應(yīng)用化學(xué)反應(yīng)基本理論、化學(xué)反應(yīng)速率平衡、電化學(xué)等理論聯(lián)系實際，分析解決氧化還原反應(yīng)、速率平衡、電化學(xué)等問題的能力。此題區(qū)分度在第(4)問。實際上，我們只要抓住主要矛盾，便可簡化解題思路。我們只需要從影響速率平衡的主要因素(此題主要是濃度)考慮問題

31、即可。此問極易誘導(dǎo)學(xué)生從復(fù)雜角度分析問題，不容易得到正確答案。27.(12分)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，實現(xiàn)鉛的再生利用。其工作流程如下:(1)過程中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應(yīng)生成PbSO4的化學(xué)方程式是。(2)過程中，F(xiàn)e2+催化過程可表示為:i:2Fe2+ PbO2+4H+SO42=2Fe3+PbSO4+2H2Oii: 寫出ii的離子方程式:。下列實驗方案可證實上述催化過程。將實驗方案補充完整。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)P

32、bO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。過程的目的是脫硫。濾液1經(jīng)處理后可在過程中重復(fù)使用，其目的是.(選填序號)。A.減少PbO的損失，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率B.重復(fù)利用氫氧化鈉，提高原料的利用率C.增加Na2SO4濃度，提高脫硫效率過濾的目的是提純，綜合上述溶解度曲線，簡述過程的操作。(1)Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+ 2H2O。(2)2Fe3+Pb+SO42=PbSO4+2Fe2+；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)A、B；將粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加熱至110，充

33、分溶解后，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌并干燥得到PbO固體。#NO.#專題:無機實驗綜合.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，(1)根據(jù)題給化學(xué)工藝流程知，過程中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反應(yīng)生成PbSO4和水；(2)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

34、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Fe2+被PbO2氧化為Fe3+，則反應(yīng)ii中Fe3+被Pb還原為Fe2+，據(jù)此書寫離子方程式；a實驗證明發(fā)生反應(yīng)i，則b實驗需證明發(fā)生反應(yīng)ii，實驗方案為取a中紅色溶液少量，加入過量Pb，充分反應(yīng)后，紅色褪去；(3)過程脫硫過程中發(fā)生的反應(yīng)為PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，而濾液中含有硫酸，可降低溶液的PH，使平衡PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq)逆向移動；根據(jù)PbO的溶解度曲線進(jìn)行解答；解答:解:(1)根據(jù)題給化學(xué)工藝流程知，過程中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反應(yīng)生成PbSO4和水，化

35、學(xué)方程式為:Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，故答案為:Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O；(2)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Fe2+被PbO2氧化為Fe3+，則反應(yīng)ii中Fe3+被Pb還原為Fe2+，離子方程式為:2Fe3+Pb+SO42-PbSO4+2Fe2+，故答案為:2Fe3+Pb+SO42-PbSO4+2Fe2+；a實驗證明發(fā)生反應(yīng)i，則b實驗需證明發(fā)生反應(yīng)ii，實驗方案為: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Pb

36、O2，溶液變紅，亞鐵離子被氧化為鐵離子，B.取a中紅色溶液少量，溶液中存在平衡，F(xiàn)e3+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)過程脫硫過程中發(fā)生的反應(yīng)為PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由于PbO能溶解與NaOH溶液，因此濾液中含有Pb元素，濾液重復(fù)使用可減少PbO損失，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率，且濾液中過量的NaOH可以重復(fù)利用，提高原料的利用率，故選AB.故答案為:AB；根據(jù)PbO的溶解度曲線，提純粗Pb的方法為將粗PbO溶解在NaO

37、H溶液中，結(jié)合溶解度曲線特點可知濃度高的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)實驗方案的設(shè)計、物質(zhì)分離提純、平衡一點原理的應(yīng)用，題目難度中等.考點定位:本題主要是考查化學(xué)工藝流程分析，催化劑，離子方程式書寫，化學(xué)實驗方案的設(shè)計，物質(zhì)的分離、提純，平衡移動原理的應(yīng)用等。名師點晴:化學(xué)高考試題的發(fā)展趨

38、勢必然是重視與生產(chǎn)、生活的緊密聯(lián)系，但不管如何靈活多變，工業(yè)生產(chǎn)離不開反應(yīng)原理中的方向、速率和限度問題。該題以鉛的再生利用為載體，考查了陌生方程式書寫、元素化合物性質(zhì)、速率平衡、轉(zhuǎn)化率等問題，綜合性較強。第(3)的問不太好分析，需要結(jié)合圖像及題目的前后信息來解決。28.(16分)以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應(yīng)的多樣性。實驗試劑現(xiàn)象滴管試管2 mL0.2 mol·L1 Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液.產(chǎn)生白色沉淀0.2 mol·L1 CuSO4溶液.溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀0.1 mol·L1 Al2(

39、SO4)3溶液.開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀(1)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象:。(2)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象的棕黃色沉淀中不含SO42，含有Cu+、Cu2+和SO32。已知:Cu+Cu +Cu2+，Cu2+CuI(白色)+I2。用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是。通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和SO32。KI溶液 洗凈的棕黃色沉淀 取上層清液 分成兩份 淀粉溶液 試劑1 無明顯現(xiàn)象白色沉淀AA.白色沉淀A是BaSO4，試劑1是。B.證實沉淀中含有Cu2+和SO32的理由是。(3)已知:Al2(SO4)3在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗，現(xiàn)象的白色沉淀中無SO

40、42，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。推測沉淀中含有亞硫酸根和。對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設(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)計了對比實驗，證實了假設(shè)ii成立。A.將對比實驗方案補充完整。步驟一:步驟二: (按上圖形式呈現(xiàn))。(4)根據(jù)實驗，亞硫酸鹽的性質(zhì)有。鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與有關(guān)。(1)2Ag+SO32=Ag2SO4。(2)加入稀硫酸后，有紅色固體生成；A.HCl和BaCl2溶液。B.在I-的作用下，Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-。(3)Al3+、OH-。a、，b、V1明顯大于V2

41、。(4)還原性、水解溶液顯堿性；兩種鹽溶液中陰陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件。#NO.#考點:性質(zhì)實驗方案的設(shè)計.專題:無機實驗綜合.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)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Cu2+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+；A.根據(jù)BaSO4沉淀可知，加入的試劑為含Ba2+的化合物，可以選用BaCl2；B.由白色沉淀A可知之前所取上層清液中有SO42-，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I-作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無

42、現(xiàn)象說明上層清液中無I2，而Cu2+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SO32-；(3)由題意，白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，可以得到沉淀中含有Al3+和OH-，可使酸性KMnO4溶液褪色是因為存在有還原性的亞硫酸根離子；根據(jù)實驗?zāi)康暮蛯Ρ葘嶒炘O(shè)計原理進(jìn)行解答；(4)根據(jù)實驗，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)實驗中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4飽和溶液且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考慮SO32-濃度較大，因此推斷白色沉淀為Ag2SO3，反應(yīng)的離子方程式為:2Ag+SO32-=Ag2SO3，故答案為:2Ag+SO32-=A