2016年北京市高考化学试卷
2016年北京市高考化学试卷
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********熔点/℃13﹣25﹣476
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
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=2.5pH=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：．
（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=2.5pH=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．
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：．（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KMnO
4溶液褪色．
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．
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．
【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．
【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．
【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．
【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．
【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．
6．
【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．
【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．
【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=CHCOOCH
2CH3．
【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=CHCOOCH
2CH3．
（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=CHCOOCH
2CH3，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
，最后与乙醇发生酯化
硫酸、加热条件下发生消去反应生成生成CH3CH=CHCOOH
反应生成CH3CH=CHCOOCH
2CH3，合成路线流程图为：CH2=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH CH3CHO
CH3CH=CHCOOH CH3CH=CHCOOC H2CH3，
故答案为：
CH2=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH CH3CHO
CH3CH=CHCOOH CH3CH=CHCOOC H2CH3．
【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．
【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．
【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+Na
2SO4+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，
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+Na
2SO4+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．
【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+；
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．