1、6 .我國科技創新成果斐然，下列成果中獲得諾貝爾獎的是A滁光憲建立稀土串級萃取理論B.屠呦呦發現抗瘧新藥青蒿素C.閔恩澤研發重油裂解催化劑D.侯德榜聯合制堿法B解答.解:2015年10月，屠呦呦因發現青蒿素治療瘧疾的新療法獲諾貝爾生理學或醫學獎點評.本題考查化學史，只要關注時事，平時注意積累，能輕松簡答考點定位:本題主要是考查化學史判斷名師點晴:本題側重于考查我國科學家在化學領域中的重大研究成果，主要是與諾貝爾化學獎有關的 判斷，學生只要平時注意稍加留意即可得出正確的判斷，有利于培養學生的化學興趣，激發學生的愛 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B.加熱煎制C

2、.算渣取液D.灌裝保存C解析:A、冷水浸泡屬于物質的溶解，A錯誤；B、加熱煎制屬于加熱，B錯誤；C、算渣取液屬于過 濾操作，C正確；D、灌裝保存是液體轉移，D錯誤。答案選C。考點定位:本題主要是考查物質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，側重考查學生對物質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。點評.本題考查物質的分離，側重于學生的分析、實驗能力的考查，題目密切

3、聯系生活，有利于培養 學生良好的科學素養，提高學生學習的積極性，難度不大.8 .下列食品添加劑中，其使用目的與反應速率有關的是A.抗氧化劑B.調味劑C.著色劑D.增稠劑A分析一般來說，食品中常加入抗氧劑、調味劑、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，延長保質期，而調味劑、著色劑以及增稠劑與食品的色、態、味有關，以此解答該題 解答.解:A.抗氧化劑減少食品與氧氣的接觸，延緩氧化的反應速率，故A正確；8 .調味劑是為了增加食品的味道，與速率無關，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，故C錯誤；D.增稠劑是改變物質的濃度，與速率無關，故D錯誤.故選A.點評.本題

4、考查常見食品的添加劑，與化學反應速率相結合綜合考查學生的雙基以及分析能力，側重 于化學與生活的考查，有利于培養學生良好的科學素養，難度不大，注意相關基礎知識的積累 考點定位:本題主要是考查食品添加劑的有關判斷名師點晴:化學是一門實用性很強的學科，在日常生活及工農業生產和科學技術中應用十分廣泛。食 品添加劑關乎我們每個人的健康，了解食品添加劑是每個人應該掌握的基本常識，只有掌握一定的化 學知識，才會使我們的生活質量得以提升，也才會更安全、更健康。了解抗氧化劑、調味劑、著色劑、 增稠劑的含義是解答的關鍵，注意相關知識的積累。9 .在一定條件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有關物質的沸點、熔點如下對

5、二甲苯鄰二甲苯間二甲苯苯沸點點/13-25-476下列說法不正確的是A.該反應屬于取代反應B.甲苯的沸點高于144 C.用蒸餾的方法可將苯從反應所得產物中首先分離出來D.從二甲苯混合物中，用冷卻結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上的氫原子被甲基代替，屬于取代反應，A正確；B、甲苯的相對 分子質量比二甲苯小，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:本題主要考查物質的分離和提純，有

6、機物的反應類型判斷等名師點晴:掌握取代反應的含義、物質的分離與提純方法以及相關物質的性質是解答本題的關鍵，解 答時注意提取題干中的有效信息。本題難點是物質的分離與提純方法的選擇，分離提純方法的選擇思 路是根據分離提純物的性質和狀態來定的。歸納如下：分離提純物是固體（從簡單到復雜方法）:加熱 （灼燒、升華、熱分解），溶解，過濾（洗滌沉淀），蒸發，結晶（重結晶）；分離提純物是液體（從簡單 到復雜方法）: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 時注意靈活應用。10.K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72-（橙色）+H2O=2CrO42-（黃色）+2H+。用K2C

7、I2G7溶液進行下列實 驗：滴加甌液.口滴加加H山（溶液變成綠色）n分成兩份依N容液網阻容液.n圖些也T溶液不變包結合實驗，下列說法不正確的是'一"A.中溶液橙色加深，中溶液變黃B.中Cr2O72-被C2H50H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，溶液變為橙色D專題氧化還原反應專題；化學平衡專題.分析K/%。7溶液中存在平衡:Cr2O72-（橙色）+H2O 2CrO42-（黃色）+2力，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

8、化乙醇，而CrO/-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，重銘酸根離子濃度增大，橙色加深，加入堿，平衡正向移動，溶液變黃，故A正確；B.中重銘酸鉀氧化乙醇，重銘酸鉀被還原，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以及化學平衡的移動問題，側重于學生的分析能力的考查，注意把 握題給信息，為解答該題的關鍵，易錯點為D，注意Cr2O72-、CrO/-氧化性的比較，難度不大.考點定位

9、:本題主要是考查化學平衡移動、氧化還原反應判斷名師點晴:明確溶液中的反應特點，并能靈活應用勒夏特列原理判斷平衡的移動方向是解答的關鍵， 解答時要注意通過對比實驗的分析得出在酸性溶液中重銘酸鉀的氧化性強，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，分別滴入物質的量濃度相等的H2sO4、NaHSO4溶液，其導電能力 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H2s04溶液的變化曲線B.b點，溶液中大量存在的離子是Na+、OH-C.c點，兩溶液中含有相同量的OH-D.a、d

10、兩點對應的溶液均顯中性C專題電離平衡與溶液的pH專題.分析ABa(OH)2溶液和H2sO4、NaHSO4溶液反應方程式分別為H2sO4+Ba(OH)2=BaSOj +2H2O> NaHSO4+Ba(OH)廣BaSOj +NaOH+H2O, 2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4 ； +Na2sO4+2H2O,溶液導電能 力與離子濃度成正比，根據圖知，曲線在a點溶液導電能力接近0,說明該點溶液離子濃度最小， 應該為Ba(OH)2溶液和H2sO4的反應，則曲線為Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反應；B.根據圖知，a點為Ba(OH)2溶液和H2sO4恰好反應，H2sO4、NaHSO4

11、溶液的物質的量濃度相等， 則b點溶液溶質為NaOH；C.c點，中稀硫酸過量，溶質為硫酸，中硫酸氫鈉過量，則溶質為NaOH、Na2sO4；D.a點中硫酸和氫氧化鋇恰好完全反應，溶液中只含水；d點中溶質為Na2sO4.解答解:A.Ba(OH)2溶液和H2sO4、NaHSO4溶液反應方程式分別為H2sO4+Ba(OH)2=BaSOj +2H2O> NaHSO4+Ba(OH)廣BaSOj +NaOH+H2O, 2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4 ； +Na2sO4+2H2O,溶液導電能 力與離子濃度成正比，根據圖知，曲線在a點溶液導電能力接近0,說明該點溶液離子濃度最小， 應該為Ba(O

12、H)2溶液和H2sO4的反應，則曲線為Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反應，即代表滴 加H2sO4溶液的變化曲線，故A正確；B.根據圖知，a點為Ba(OH)2溶液和H2sO4恰好反應，H2sO4、NaHSO4溶液的物質的量濃度相等， 則b點溶液溶質為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，溶質為硫酸，中硫酸氫鈉過量，則溶質為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，溶液中只含水；d點中溶質為Na2sO4,水和硫酸鈉溶 液都

13、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，側重考查學生分析判斷及識圖能力，明確發生 的反應及各點溶液中溶質成分是解本題關鍵，注意:溶液導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為載體，側重考查溶液的導電性、離子判斷以 及溶液酸堿性判斷。明確反應的原理，正確書寫出相應的化學反應方程式是解答的關鍵，特別是氫氧化鋇和硫酸氫鈉的反應，應用順序的不同或量的不同而導致方程式變化，是解答本題的難點和易錯點。注意溶液的導電能力只與溶液中離子濃度的大小和離子所帶電荷數有關系

14、，與離子種類無關。現象a、d處試紙變藍；b處變紅，局部褪色；c兩個石墨電極附近有氣泡產生；n處處無明顯變化有氣泡產生；下列對實驗現象的解釋或推測不合理的是A.a、d 處:2H2O+2e-=H2 T +2OH-B.b 處:2Cl-2e-=C12 tC.c 處發生了反應:Fe-2e-=Fe2+D.根據實驗一的原理，實驗二中m處能析出銅B分析實驗一 a、d處試紙變藍，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，鐵絲左側為陽極，右側為陰極，實驗二兩個石墨電極附近有氣泡產生，左側生成氫氣，右側生成氧氣，兩個銅珠的左側為陽極，右側 為陰極，n處有氣泡產生

15、，為陰極，以此解答該題.解答解:A.d處試紙變藍，為陰極，生成OH-,電極方程式為2H2O+2eH2 t+2OH-,故A正確；B.b處變紅，局部褪色，是因為C12+H2O=HC1+HC1O, HC1的酸性使溶液變紅，HC1O的漂白性使局 部褪色，故B錯誤；C.c處為陽極，發生了反應:Fe-2eFe2+,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，左邊銅珠的左側為陽極，發生的電極反應為Cu-2e-=Cu2+,右側(即位置m處)為陰極， 發生的電極反應為Cu2+2e-=Cu,同樣右邊銅珠的左側為陽極，右側(即位置n處)為陰極，

16、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，側重于學生的分析能力的考查，注意把握電極的判斷以及電極反應，為解 答該題的關鍵，題目易錯點為D,注意銅珠的左右側可看出陰、陽極，難度中等.考點定位:本題主要是考查電解原理的應用名師點睛:化學反應主要是物質變化，同時也伴隨著能量變化。電化學是化學能與電能轉化關系的化 學。電解池是把電能轉化為化學能的裝置，它可以使不能自發進行的化學借助于電流而發生。與外接電源 正極連接的電極為陽極，與外接電源的負極連接的電極為陰極。陽極發生氧化反應，陰極發生還原反 應。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，發生氧

17、化反應；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->C1->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原理是本題解答的關鍵。注意依據實驗現象分析可能發生的電極反應。25.(17 分)功能高分子P的合成路線如下：E試劑“dE-光照E試劑e -CBs-一亭J4滬上_,4 JCOOCH-NQi高分子p ' /(1)A的分子式是C7H8,其結構簡式是。(2)試劑a是。反應的化

18、學方程式:。(4)E的分子式是C6Hl0O2。E中含有的官能團:。(5)反應的反應類型是。(6)反應的化學方程式:。OHOH- I(5)已知：2CHfHO C-：C-C-<-C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(用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件)。(1)(2)濃硫酸和濃硝酸C1CH-(3)N。H O三C C三,+NaOH-'+NaCl；(4)碳碳雙鍵、酯基(5)加聚反應3(6)CCCCH<H：+nH2O-H+-C。三+n CH3CH2OH； CH2=CH2吧CHOIICHCCHiCOOE3cH2B OHNaOH水溶液O

19、ECH3CH20HoCuCH3CHO CHCHO 二三二三二三工三。催化劑口H2 C三C三CHC。三濃酸CH3cH=CHCOOH(濃硫酸探 H3cH=380cH2cH3,解析:根據高分子P的結構和A的分子式為C7H8,可以推出，D為對硝基苯甲醇，因此A應該為甲苯， B為對硝基甲苯，B與氯氣發生取代反應生成C為一氯甲基對硝基苯，結構簡式為C1CH,根據D和P的結構簡式可知D和G發生酯化反應生成P,因此G的結構簡式為水解生成G和乙醇，因此F的結構簡式為。E在催化劑的作用下轉化為F,這說明反應是碳碳雙鍵的加聚反應，因此E的結構簡式為CH3cH=CHCOOC2H5。考點.有機物的推斷。專題有機物的化學

20、性質及推斷。分析;A的分子式是C7H8,其結構簡式是，結合P的結構簡式，可知A與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成B為;',B與氯氣在光照條件下發生取代反應生成C為CICHjNOnJL.,-Ech廠時可知G的結構簡式為C00三CH3cH=CHCOOCH2cH3。"Ech廠滑上則FCEOC三工F, E的分子式是C6Hl0O2，則E為,解答解:A的分子式是C7H8,其結構簡式是結合P的結構簡式，可知A與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成B為,B與氯氣在光照條件下發生取代反應生成C為HCW2H,C在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成D為CHCH3'&

21、quot;l'。:，c在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成D為二，二 T。二CHCH?-ECHj-CH t-fCHj-CH 五可知G的結構簡式為二。0三，則F為COOC三二七，e的分子式是C6Hl0O2，則E為CH3cH=CHCOOCH2cH3。2 3；三；三：A的分子式是C7H8,其結構簡式是，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)反應的化學方程式:="工+NaOH竽DCH二-N0：+NaCl,故答案為:£" 一 一NaOH嬰三。二”一 一三+NaCl；(4)E為CH3cH=CHCOOCH2cH3, E中含有

22、的官能團:碳碳雙鍵、酯基，故答案為:碳碳雙鍵、酯基; (5)反應的反應類型是:加聚反應，故答案為:加聚反應；,氏C氏H+I(6)反應的化學方程式：COOCH2CH3+nH2O-COOH+n CH3CH2OH,C氏C氏"E CHjp t-E CHj-CH 上H+故答案為：LL L L二工二：+nH2O-Hc 二 c 三+n CH3CH2OH； (7)乙烯與HBr發生加成反應生成CH3cH2Br,然后發生水解反應生成CH3CH2OH,再發生氧化反應生III成CH3CHO, 2分子乙醛發生加成反應生成二工匚一工二工二。，再發生氧化反應生成二三支二三三。三，再與I -氫氣發生加成反應生成二三

23、W三二三三00三，在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成生成CH3cH=CHCOOH，最后與乙醇發生酯化反應生成CH3cH=CHCOOCH2cH3，合成路線流程圖催化劑oHH:三:CE 三：。三 H2 , 催化劑OH為:CH =CH HBCH CH BrNa0H水溶液>CH CHQHOCH CHO CH3c1Ho 工三c三C三工三0 223 23 23OH-C 三C 三二三二。三濃硫酸CH3cH=CHCOOhCH硫酸OH h3cH=chcooch2cH3,故答案為：CH =CH 吧 CH CH Br Na0H水溶液CH CH OH 0 CH CHO 胃,。, 2232323OH-OHO二三

24、支三二三三三二O2 ,催化劑oHHC-：CC-<CC- H2 , 催化劑OHC 三C 三二三二。三 濃硫酸 CH CH-CHCOOH CH2cH20H H CH3cH-CHC00H 濃硫酸/7H3CH-CHCOOCH2cH3,點評:本題考查有機物的推斷與合成，充分利用P的結構簡式與反應條件、分子式進行推斷，側重考 查學生分析推理能力、知識遷移運用能力，是有機化學常考題型，難度中等。考點定位:本題主要考查有機物的推斷與合成、結構、性質、轉化、化學方程式的書寫等知識。名師點睛:有機物的結構、性質、轉化、反應類型的判斷、化學方程式和同分異構體結構簡式的書寫物質轉化流程圖的書寫是有機化學學習中經

25、常碰到的問題，解答此類問題需要學生掌握常見的有機代 表物的性質、各類官能團的性質、化學反應類型、物質反應的物質的量關系與各類官能團的數目關系， 充分利用題目提供的信息進行分析、判斷。解決這類題的關鍵是以反應類型為突破口，以物質類別判 斷為核心進行思考。經常在一系列推導關系中有部分物質已知，這些已知物往往成為思維“分散”的 聯結點。可以由原料結合反應條件正向推導產物，也可以從產物結合條件逆向推導原料，也可以從中 間產物出發向兩側推導，審題時要抓住基礎知識，結合新信息進行分析、聯想、對照、遷移應用、參 照反應條件推出結論。解題的關鍵是要熟悉烴的各種衍生物間的轉化關系，不僅要注意物質官能團的 衍變，

26、還要注意同時伴隨的分子中碳、氫、氧、鹵素原子數目以及有機物相對分子質量的衍變，這種 數量、質量的改變往往成為解題的突破口。本題的區分度體現在“E物質”的推導過程，該物質可用 “逆推法”來推斷。有機題高起低落，推斷過程可能略繁瑣，但大多數問題的難度不大，第6)問的方 程式書寫較易出錯，注意解答的規范化。26.(13分)用零價鐵(Fe)去除水體中的硝酸鹽(NO°-)E成為環境修復研究的熱點之一。圖1圖2(1)Fe還原水體中NO3-的反應原理如右圖所示。作負極的物質是。正極的電極反應式是。初始pHpH=2.5pH=4.5NO的去除率接近100%<50%324小時pH接近中性接近中性鐵

27、的最終物質形態一F 巳。9耳 (不導電)X, FeO(OH)(不寫電)(2)將足量鐵粉投入水體中，經24小時測定NO.-的去除率和pH，結果如下:pH=4.5時，NO3-的去除率低。其原因是。實驗發現: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NO3一的 去除率。對Fe2+的作用提出兩種假設：I .Fe2+直接還原NO3-；II .Fe2+破壞FeO(OH)氧化層。做對比實驗，結果如圖所示，可得到的結論是同位素示蹤法證實Fe2+能與FeO(OH)反應生成Fe3O4。結合該反應的離子方程式，解釋加入Fe2+提 高no3-去除率的原因:。(4)其他條件與(2)相

28、同，經1小時測定NO3-的去除率和pH,結果如下：初始pH5pH=2.5pH=4.5NO.-的去除率約10%約3%31小時pH接近中性接近中性與(2)中數據對比，解釋(2)中初始pH不同時，NO3-去除率和鐵的最終物質形態不同的原因:鐵 NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O(2)因為鐵表面生成不導電的FeO(OH),阻止反應進一步發生(3)本實驗條件下，Fe2+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+將不導電的FeO(OH)轉化為可導電的Fe3O4，有利于反應的進行， 使no3-的去除率提高(4)F

29、e+2H+=Fe2+H2 3初始pH較小，氫離子濃度高，產生的Fe2+濃度大，促使FeO(OH)轉化為可導 電的Fe3O4,使反應進行的更完全，初始pH高時，產生的Fe2+濃度小，從而造成NO3-去除率和鐵的 最終物質形態不同。考點;鐵及其化合物的性質實驗；原電池和電解池的工作原理；“三廢”處理與環境保護.專題電化學專題；元素及其化合物.分析Fe還原水體中NO3-,根據題意Fe3O4為電解質，則Fe作還原劑，失去電子，作負極；NO3-在正極得電子發生還原反應產生NH4+,根據圖2信息可知為酸性環境；(2)由于Fe3O4為電解質，而電解質主要作用是為電子轉移提供媒介，然后根據FeO(OH)不導電

30、進行分 析；根據圖2中的三個實驗結果進行分析；結合(2)題中的鐵的最終物質形態結果差異進行分析；(4)根據Fe2+的作用進行分析.解:(1)Fe還原水體中NO3-,則Fe作還原劑，失去電子，作負極，故答案為:鐵；NO3-在正極得電子發生還原反應產生NH4+,根據圖2信息可知為酸性環境，則正極的電極反應式 為:NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O,故答案為:NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O；(2)pH越高，Fe3+越易水解生成FeO(OH),而FeO(OH)不導電，阻礙電子轉移，所以NO3-的去除率低. 故答案為:FeO(OH)不導電，阻礙電子轉移；從圖2的實驗結果可以看出，

31、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，因此可以得出結論:本實驗條件下，Fe2+ 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，Fe2+不能直接還原NO3-；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)反應生成Fe3O4,離子方程式為:Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+, Fe2+將不導電的FeO(OH)轉化為可導電的Fe3O4，利于電子轉移.故答案為:Fe2+2FeO(OH)=Fe3

32、O4+2H+, Fe2+將不導電的FeO(OH)轉化為可導電的Fe3O4，利于電子轉 移；(4)根據實驗結果可知Fe2+的作用是將不導電的FeO(OH)轉化為可導電的Fe3O4,而NO3-的去除率由鐵 的最終物質形態確定，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，產生的Fe2+充足；初始pH高時，產生的Fe2+不足.點評.考查化學反應原理，涉及電化學、氧化還原反應等相關知識，題中的Fe與NO3-的反應跟溶液酸 堿性有關，抓住這一點是解題的關鍵，第H問的解答有一定的難度，特別是闡述上的準確性 考點定位:本題主要是考查化學反應原理，涉及電化學、氧化還原反應等相關知識名師點晴

33、:該題一改化學原理綜合應用的拼題，改成“借實驗考原理”的方式來考查學生應用化學反 應基本理論、化學反應速率平衡、電化學等理論聯系實際，分析解決氧化還原反應、速率平衡、電化 學等問題的能力。此題區分度在第(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)考慮問題即可。此問極易誘導學生從復雜角度分 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,實現鉛的再生利用。其工作流程如下：過程I中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成Pb

34、SO4的化學方程式是(2)過程I中，Fe2+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)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡:PbO(s)+NaOH(aqNaHPbO°(aq),其溶解度曲線如圖所示。20 40 60 80 100 1202溫度過程的目的是脫硫。濾液1經處理后可在過程才中重復使用，其目的是_.(選填序號)。A.減少PbO的損失，提高產品的產

35、率B.重復利用氫氧化鈉，提高原料的利用率C.增加Na2sO4濃度，提高脫硫效率過濾0的目的是提純，綜合上述溶解度曲線，簡述過程m的操作。Fe2+_Pb+PbO2+2H2SO4-2PbSO4+ 2H2O。2Fe3+Pb+SO42-=PbSO4+2Fe2+；取a中紅色溶液少量，加入過量Pb,充分反應后，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,充分溶解后，趁熱過濾，冷卻結晶，過濾、洗滌并干燥得到PbO固體。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、

36、稀硫酸加熱反應過濾得到PbSO4粗品，加入10%的氫氧化鈉溶液加熱反應， 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，冷卻結晶、過濾 得 PbO,根據題給化學工藝流程知，過程I中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2sO4反應生成PbSO4和水； (2)催化劑通過參加反應，改變反應歷程，降低反應的活化能，加快化學反應速率，而本身的質量和 化學性質反應前后保持不變.根據題給信息知反應i中Fe2+被PbO2氧化為Fe3+,則反應ii中Fe3+被Pb 還原為Fe2+,據此書寫離子方程式；a實驗證明發生反應i,則b實驗需證明發生反應ii,實驗方案為取a中紅色溶液少

37、量，加入過量 Pb,充分反應后，紅色褪去；(3)過程脫硫過程中發生的反應為PbSO4+2NaOH=PbO+Na2sO4+H2O,而濾液I中含有硫酸，可降 低溶液的PH,使平衡PbO(s)+NaOH(aq) NaHPbO2(aq)逆向移動；根據PbO的溶解度曲線進行解答；解答解:(1)根據題給化學工藝流程知，過程I中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2sO4反應生成PbSO4 和水，化學方程式為:Pb+PbO2+2H2sO4-2PbSO4+2H2O,故答案為:Pb+PbO2+2H2sO4-2PbSO4+2H2O；(2)催化劑通過參加反應，改變反應歷程，降低反應的活化能，加快化學反應速率，而本

38、身的質量和 化學性質反應前后保持不變.根據題給信息知反應i中Fe2+被PbO2氧化為Fe3+，則反應ii中Fe3+被Pb 還原為 Fe2+,離子方程式為:2Fe3+Pb+SO42PbSO4+2Fe2+,故答案為：2Fe3+Pb+SO/-PbSO4+2Fe2+；a實驗證明發生反應i,則b實驗需證明發生反應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PbO2,溶液變紅，亞鐵離 子被氧化為鐵離子，3.取 a中紅色溶液少量，溶液中存在平衡，Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，加入過量Pb,和平衡狀態下鐵 離子反應生成亞鐵離子，平衡逆向進行充分反應后，紅色褪

39、去，故答案為:取a中紅色溶液少量，加入過量Pb,充分反應后，紅色褪去；(3)過程脫硫過程中發生的反應為PbSO4+2NaOH=PbO+Na2sO4+H2O,由于PbO能溶解與NaOH 溶液，因此濾液I中含有Pb元素，濾液I重復使用可減少PbO損失，提高產品的產率，且濾液I中 過量的NaOH可以重復利用，提高原料的利用率，故選AB.故答案為:AB；根據PbO的溶解度曲線，提純粗Pb的方法為將粗PbO溶解在NaOH溶液中，結合溶解度曲線特點 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，后冷卻后PbO又析出結晶，再次過濾可得到

40、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 卻結晶，過濾得到PbO固體.點評:本題考查了化學工藝流程分析、催化劑、離子方程式書寫、化學實驗方案的設計、物質分離提 純、平衡一點原理的應用，題目難度中等.考點定位:本題主要是考查化學工藝流程分析，催化劑，離子方程式書寫，化學實驗方案的設計，物 質的分離、提純，平衡移動原理的應用等。名師點晴:化學高考試題的發展趨勢必然是重視與生產、生活的緊密聯系，但不管如何靈活多變，工 業生產離不開反應原理中的方向、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、速率平

41、衡、轉化率等問題，綜合性較強。籌)的問不太好分析，需要結合 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，探究鹽的性質和鹽溶液間反應的多 樣性。實驗試劑現象滴管試管2 mL0.2 mol , L-1Na2sO3溶液飽和AgcSO,溶液I .產生白色沉淀240.2 mol L-1 CuSO4 溶液11.溶液變綠，繼續滴加 產生棕黃色沉淀0.1 mol - L-1 Al2(SO4)3溶液III.開始無明顯變化，繼 續滴加產生白色沉淀經檢驗，現象I中的白色沉淀是Ag2sO3。用離子方程式解釋現象I:(2)經檢驗，現象n的棕黃色沉淀中不含SO42-,

42、含有Cu+、Cu2+和SO32-。已知:Cu+ 稀硫酸> Cu +Cu2+, Cu2+ I- > CuI；(白色)+I2。用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現象是通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和SO32-。取上層清滿洗凈的棕黃色沉淀白色沂:'淀無明顯現象分成兩份白色沉淀AKI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。已知:ai2(so4)3在水溶液中不存在。經檢驗，現象m的白色沉淀中無SO/-,該白色沉淀既能溶于強 酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4

43、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:i .被Al(OH)3所吸附；ii .存在于鋁的堿式鹽中。對假設ii設計了對比實驗，證實了假設ii成立。A.將對比實驗方案補充完整。福加稍過里分離、洗凝保留固體2mL O.lmML-iAh(SQ0m溶液 白色沉淀葡加稀NaOH溶率 一U至沉淀恰好落睛 白色固體記錄數據力步驟一:步驟二:(按上圖形式呈現)。(4)根據實驗，亞硫酸鹽的性質有。鹽溶液間反應的多樣性與有關。2Ag+SO32-=Ag2SOj。(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+轉化為白色沉淀CuI, SO

44、32-轉化為SO42-。(3)Al3+、OH-。n-加NHm,一0 n 分離.洗澤 口葡加稀NQH溶率0控制pH1k日 保留固體至沉定恰好溶睛Ha、二:二；二二二溶液記錄數據:，b、匕明顯大于丫2。(4)還原性、水解溶液顯堿性；兩種鹽溶液中陰陽離子的性質和反應條件。考點;性質實驗方案的設計.專題無機實驗綜合.分析 (1)0.2mol/LNa2sO3溶液滴入飽和Ag2sO4溶液發生反應生成白色沉淀Ag2SO3；(2)根據第二題中現象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)，則證明有Cu+；A.根據BaSO4沉淀可知，加入的試劑為含Ba2

45、+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，由加淀粉無現象說明上層清液中無I2,而Cu2+和I-反應生成 I2,因而推斷生成的I2參與了其他反應，因而有還原劑SO32-；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；根據實驗目的和對比實驗設計原理進行解答；(4)根據實驗，亞硫酸鹽具有溶解性、還原性、水解呈堿性，鹽溶液間反應的多樣性與兩種鹽溶液中陰、 陽離子的性質和反應條件有關.解答解:(1)實驗I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SOJ-濃度較大，因此推斷白色沉淀為Ag2sO3,反應的離子 方程式為:2Ag+SO32