【文档说明】北京市大兴一中2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，3.435 MB，由小赞的店铺上传

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大兴一中高一化学3月检测试题一、单选题1.下列物品所使用的主要材料属于无机非金属材料的是ABCD陶瓷工艺品纸质练习簿不锈钢脸盆蚕丝领带A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．陶瓷工艺品一般主要成分为硅酸盐

，属于无机非金属材料，故A选；B．纸质练习簿的主要成分为纤维素，属于有机非金属材料，故B不选；C．不锈钢脸盆的主要成分为金属合金材料，属于无机金属材料，故C不选；D．蚕丝领带的主要成分为蛋白质，属于有机非金属材料，故D不选；综上所述，答案为A。2.下列物质的用途不正确．．

．的是A.液氨可用作制冷剂B.SO2可用作纸浆的漂白C.浓硝酸可用作干燥剂D.单质硅可作半导体材料【答案】C【解析】【详解】A．氨气易液化，液氨可用作制冷剂，故不选A；B．SO2具有漂白性，SO2可用作

纸浆的漂白，故不选B；C．浓硝酸不能吸水，浓硝酸不能作干燥剂，故选C；D．单质硅的导电性介于导体和绝缘体之间，单质硅可作半导体材料，故不选D；选C。3.常温下，下列物质可用铁制容器盛装的是A.盐酸B.浓硝酸C.氯

化铁溶液D.硫酸铜溶液【答案】B【解析】【分析】常温下，Fe、Al遇浓硝酸、浓硫酸发生钝化，可用铝制容器(或铁制容器)来存放浓硫酸、浓硝酸，据此分析作答。【详解】A．铁与盐酸可持续反应，不能用铁制容器存放，A项错误；B．常温下，

浓硝酸与铁发生钝化，可以用铁制容器存放，B项正确；C．常温下，铁与氯化铁溶液发生氧化还原反应，不能用铁制容器存放，C项错误；D．常温下，铁与硫酸铜溶液发生置换反应，不能用铁制容器存放，D项错误；答案选B。4.下列关于浓硫酸的说法不正确．．．的是A.能

干燥氯气B.具有强腐蚀性C.加热时能与木炭发生反应D.可与金属反应制取氢气【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性同时不与氯气反应，能干燥氯气，A正确；B．浓硫酸具有强腐蚀性，B正确；C．浓硫酸加热条件下能与木炭反应生成二氧化硫

，C正确；D．浓硫酸与金属反应生成二氧化硫不能生成氢气，D错误；故答案选D。5.下列解释事实的方程式不正确的是A.3NH遇HCl产生白烟：34NHHCl=NHCl+B.NO遇空气变为红棕色：222NOO2NO+=C.3NH发生催化氧化反应生成NO：322催化剂4NH+5O4NO+6H△O

D.Cu与稀3HNO混合产生无色气体：2322Cu2NO4H=Cu2NO2HO−++++++【答案】D【解析】【分析】【详解】A．3NH遇HCl生成氯化铵，34NHHCl=NHCl+，故A正确；B．NO和氧气反应生成红棕色二

氧化氮，反应方程式是222NOO2NO+=，故B正确；C．3NH发生催化氧化生成NO和水，反应方程式是3224NH+5O4NO+6HO催化剂，故C正确；D．Cu与稀3HNO混合生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是2323Cu2NO8H=3Cu2NO4HO−++

++++，故D错误；选D6.下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是ABCD蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近铝丝伸入硫酸铜溶液中氯气通入溶液变成黄色向蔗糖中加入浓硫酸A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯

化铵，反应无化合价变化，不属于氧化还原反应，A符合题意；B．铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．氯气通入NaBr溶液中变成黄色，发生反应2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，有化合价变化，

属于氧化还原反应，C不符合题意；D．浓硫酸具有脱水性，能将蔗糖中的H、O元素以2:1脱去，蔗糖转变为C和H2O，同时C和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，发生氧化还原反应，D不符合题意；。故选A。7.下列图示变化为吸热反应的是A.B.C.D.【答案】C【

解析】【详解】A．浓硫酸稀释放热，但不是化学反应，选项A错误；B．反应物的能量大于生成物的能量为放热反应，选项B错误；C．由图知反应物的能量小于生成物的能量为吸热反应，选项C正确；D．活泼金属与酸的反应是放热反应，选

项D错误；答案选C。8.以下是某种粗盐(主要含24SO−、2Ca+、2Mg+等杂质离子)精制成NaCl溶液的部分流程。下列说法不正．．确．的是A.①中的除杂试剂可以是2BaCl溶液B.②中加入过量23NaCO溶液后，只有2Ca

+被除去C.③中加入过量NaOH溶液后过滤，还需加适量稀盐酸D.杂质离子的去除顺序还可以是③①②【答案】B【解析】【详解】A．为了得到纯净的NaCl，第一步除去硫酸根需要加入过量的氯化钡；第二步除去钙离子，需加入过量的碳酸钠，除去钙离子的同时除去过量的钡离子；

第三部除去镁离子，加入过量氢氧化钠，将沉淀过滤；最后加入过量的盐酸，将杂质离子碳酸根，氢氧根除去，蒸发结晶过程中，氯化氢会从中挥发出来，最终得到纯净的氯化钠；A正确；B．加入碳酸钠的作用，一方面为除去杂质离子钙离子，另外一方面

除去除杂过程中引入的钡离子；B错误；C．通过A中分析可知，C正确；D．在该除杂过程中，必须确保除硫酸根在除钙离子之前，主要目的是除钙的同时将除硫酸根离子过程中引入的钡离子一块除去，除镁离子可以在任何时候加入；故可以是③①②，D正确；故选B。9.实验室制备下列气

体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装置收集方法A2Cl2MnO和浓盐酸beB2SOCu和稀硫酸bcCNOCu和稀硝酸bcD3NH4NHCl和()2CaOHadA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．2MnO和浓盐酸反应需要固液

加热装置，b中无加热装置，故A错误；B．Cu和稀H2SO4不发生化学反应，故B错误；C．Cu稀HNO3生成NO，会和空气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故C错误；D．4NHCl和()2CaOH为固固加热，选用a做发生装置，氨气的密度比空气小，选向下排空气法，收集装置选d，故D正

确；的故选：D。10.常温下，1体积水能溶解约700体积3NH。用圆底烧瓶收集3NH后进行如图所示实验，下列分析正确的是A.圆底烧瓶内形成喷泉现象，证明3NH与水发生了反应B.喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为3N

H的溶解已达到饱和C.圆底烧瓶中的液体呈红色的原因是32324NHHONHHONHOH+−++D.圆底烧瓶内液体，含有2种分子【答案】C【解析】【详解】A．试管内液面上升，不能证明NH3与H2O发生了反应，也可能是由于N

H3极易溶于水，A错误；B．用排空气法收集的气体不一定纯净，NH3极易溶于水，1:1溶解时远没有达到饱和状态，则试管中剩余少量气体，不是因为NH3在水中的溶解达到了饱和，而是因为收集的NH3中含有少量的空气杂质，B错误；C．圆底烧瓶中

的液体呈红色说明呈碱性，原因是32324NHHONHHONHOH+−++，C正确；D．圆底烧瓶内的液体，含有H2O、32NHHO和3NH3种分子，D错误；故选C。11.随着我国汽车年销量的大幅增加，空气环境受到

了很大的污染。汽车尾气装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，下列说法正确的是A.反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物的B.汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2C.NO和O2必须在催化剂表面才能反

应D.催化转化总化学方程式为2NO＋O2＋4CO催化剂4CO2＋N2【答案】D【解析】【分析】【详解】A．反应过程中NO、O2为氧化剂，N2为还原产物，A错误；B．汽车尾气中的N2不是污染物，B错误；C．NO和O2的反应不需要催化剂，C错误；D．根据题中的图示，可将反应的过程分成如下两步

写：2NO＋O2=2NO2，2NO2＋4CO=N2＋4CO2，将两步反应式合并可得总化学方程式为2NO＋O2＋4CO催化剂4CO2＋N2，D正确；答案选D。12.氮、铁元素在细菌的作用下可发生如图所示的转化。下列说法正确的是A.反硝化过程均

属于氮的固定B.硝化过程中，含氮物质均发生还原反应C.在氨氧化细菌作用下，水体中的氮元素可转移至大气中D.Fe3+将4NH+转化为N2的离子方程式为Fe3＋＋24NH+=Fe2＋＋N2↑＋8H＋【答案】C【解析】【详解】A.

氮的固定是将游离态氮转化为化合态的氮，如图可知反硝化过程是将氮的化合态转化为氮气，不属于氮的固定，A错误；B.如图可知，硝化过程NH4+转化为NO2-，再转化为NO3-，氮元素化合价不断升高，发生氧化反应，B错误；C.如图可

知，在氨氧化细菌作用下，水体中的氮元素可转变为氮气，而转移至大气中，C正确；D.根据得失电子守恒和原子守恒，Fe3+将4NH+转化为N2的离子方程式为6Fe3＋＋24NH+=6Fe2＋＋N2↑＋8H＋，D错误；答案选C。13.2SO通入足量的

()33FeNO稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入2BaCl溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化，下列说法错误的是A.上述过程中，3Fe+先变成2Fe+，后又变成3Fe+B.从上述反应可知氧化性：3234HNOFeSO+−C.上述过程中，会产

生一种无色、难溶于水的气体D.若通入的2SO完全反应，则通入的2SO和逸出的气体物质的量之比为1:2【答案】D【解析】【详解】A．溶液由棕黄色变为浅绿色，立即又变成棕黄色，说明3Fe+先变成2Fe+，后又变成3Fe+，A正确；B

．由溶液由棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三价铁，氧化性：3234HNOFeSO+−，B正确；C．硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构

成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，C正确；D．结合反应过程可知，被还原的为3NO−，被氧化的为2SO，根据得失电子守恒，通入的2SO和逸出的气体NO物质的量之比为32：，D错误；答案选D。14.某小

组比较Cl-、Br-、I-的还原性，实验如下：实验1实验2实验3装置现象溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟溶液变黄；把湿KI淀粉试纸靠近试管口，变蓝溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘下列

对实验的分析不合理．．．的是A.实验1中，白烟是NH4ClB.根据实验1和实验2判断还原性：Br-＞Cl-C.根据实验3判断还原性：I-＞Br-D.上述实验利用了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质【答案】C【解析】【分析】实验1，浓硫酸与氯化钠固体

反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性；【详解】实验1，试管口挥发出的氯化氢气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟

氯化铵，故A合理；实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-＞Cl-，故B合理；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-＞Br-的结论，故C不合理

；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理；选C。II卷非选择题15.某同学用稀硝酸和铜反应制NO，发现化学反应速率较慢，因此改用浓硝酸按下图所示装置制取NO。（1）浓硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，请用化学方程式表达原因_______。（

2）Cu与浓硝酸反应的化学方程式是_______，其中硝酸体现酸性和_______性。（3）B中反应的化学方程式是_______。（4）某同学做如下实验，以检验反应中的能量变化。①在实验中发现反应后(a)中温度升高，由此可以判断(a)中反应是_______热反应；(b)中温度降低，由此可以

判断(b)中反应是_______热反应。②写出铝与盐酸反应的离子方程式：_______。③根据能量守恒定律，(b)中反应物的总能量应该_______(填“低于”或“高于”)生成物的总能量。【答案】（1）4HNO3(浓)光照

4NO2+O2+2H2O（2）①.Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O②.氧化（3）3NO2+H2O=2HNO3+NO（4）①.放热②.吸热③.2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑④.低于【解析】【分析】A中发生铜与浓硝酸的反应，产生

的气体二氧化氮进入B中与水反应，B中产生NO气体，用排水法在C中收集。【小问1详解】浓硝酸不稳定，在光照或者加热条件下容易发生分解反应：4HNO3(浓)光照4NO2+O2+2H2O因此要保存在棕色试剂瓶中。【小问2详解】铜与浓硝酸反应产生硝酸铜和二氧化氮气体，反应为：Cu+

4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，反应过程中部分硝酸中N元素化合价降低，同时有盐和水的生成，所以硝酸表现酸性和强氧化性。【小问3详解】B中NO2与水发生反应，生成硝酸和一氧化氮气体，反

应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。【小问4详解】①反应后(a)中温度升高，(b)中温度降低，说明(a)反应为放热反应，(b)反应为吸热反应；②铝与盐酸反应的离子方程式为2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑；③(b)中反应为吸热反应，其反应物的总能量应该低于生成物的总能量。16.依据下图

中氨元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）实验室常用4NHCl与()2CaOH制取氨气，该反应的化学方程式为_______。（2）若要收集一瓶氨气，请将下列装置补充完整，虚框内画出连接图_________。（3）下列试剂不能用于干燥3NH的

是_______。A．浓硫酸B．碱石灰C．2CaCl（4）工业上以3NH、空气、水为原料生产硝酸分为三步：①3NHNO→化学方程式为_______。②2NONO→实验现象是_______。③2HO23NOHNO⎯⎯⎯→氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。

【答案】（1）()2Δ4232CaOH2NHClCaCl2NH2HO+=++在（2）（3）AC（4）①.3224NH5O4NO+6HO+=催化剂②.无色气体变为红棕色③.1:2【解析】【小问1详解】实验室利用氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，反应的化学方程式为()2Δ4232CaOH2

NHClCaCl2NH2HO+=++；【小问2详解】氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集，短进长出，装置如图：；【小问3详解】氨气是一种碱性气体，不能用浓硫酸干燥；无水氯化钙会和氨气发生反应，不能用来干燥氨气，答案选AC；【小问4详解】①NH3→NO的反

应为氨气和氧气在催化剂和加热条件下生成一氧化氮和水，化学方程式为3224NH5O4NO+6HO+=催化剂；②二氧化氮为红棕色气体，NO→NO2实验现象是无色气体变为红棕色；③NO2+H2O→HNO3反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中二氧化氮生成硝酸发生氧化反应，生成一氧化氮发生还原

反应，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。17.研究氮的循环和转化对生产，生活有重要的价值。（1）氨是重要的化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示。①设备2中通入的物质A是_______。②设备2、3中发生反

应的化学方程式分别是_______；_______。（2）氨氮废水的去除是当前科学研究的热点问题。氨氮废水中的氮元素多以4NH+和32NHHO的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如图：含4NH+的废水N

aOH⎯⎯⎯⎯⎯⎯→溶液、加热过程①低浓度氨氮废水NaClO⎯⎯⎯⎯→溶液过程②含余氯废水X⎯⎯⎯→过程③达标①过程①的目的是将4NH+转化为3NH，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，写出4NH+转化为3NH的离子

方程式：_______。②过程②加入NaClO溶液可将氨氮物质转化为无毒物质，请用离子方程式表示该转化过程_______。③含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，X可选用以下哪种溶液以达到将余氯转化为无毒物质的目的_______(填字母)。a．KOHb．23NaSOc．4KMnOd．NaC

l写出其中一个反应的离子方程式：_______。（3）2NO是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。①在催化剂和加热条件下，2NO与3NH可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。②实验室可用烧碱溶液吸收

2NO和NO，(已知232322NO2NaOHNaNONaNOHO+→++，222NONO2NaOH2NaNOHO++→+)，当消耗1100mL0.5molL−的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状况

)。【答案】（1）①.氧气②.22342HO3O4NOHNO++=③.3343NHHNONHNO+=（2）①.432HONHOHNH+−+=+②.322323N3HOClONHCl−−+=++③.b④.2234HSOHCl

OSOCl−−−+=+++或2234SOClOSOCl−−−−+=+；（3）①.2322687N12HONONH+=+催化剂②.1.12【解析】【分析】氨气和氧气在设备1中催化氧化生成NO，设备2中，NO与水、氧气制备硝酸，氨气与硝酸生成硝酸铵，以

此分析；【小问1详解】①根据分析，设备2中发生，22342HO3O4NOHNO++=；故答案为：氧气；②根据分析，设备2中发生，22342HO3O4NOHNO++=，设备3发生反应，3343NHHNONHNO+=；故答案为：22342HO3O4NOHNO++=3343NHHNONHNO+=

【小问2详解】①铵根与强碱共热生成氨气；故答案为：432HONHOHNH+−+=+；②过程②加入NaClO溶液可将氨氮物质转化为无毒物质，反应的离子方程式为：322323N3HOClONHCl−−+=++；故答案为：322323N3HOCl

ONHCl−−+=++③含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，NaClO以及HClO具有强氧化性，可以加入还原性物质将余氯转化为无毒物质，则X可选用Na2SO3，故合理选项是b；反应的离子方程式为：2

234SOClOSOCl−−−−+=+或2234HSOHClOSOCl−−−+=+++；故答案为：2234HSOHClOSOCl−−−+=+++或2234SOClOSOCl−−−−+=+；【小问3详解】①NO2与NH3发生氧化还原反应产生N2、H2O，根据电子守恒和原

子守恒，可知反应的化学方程式为：2322687N12HONONH+=+催化剂；故答案为：2322687N12HONONH+=+催化剂；②100mL0.5mol•L-1的烧碱溶液中含有溶质NaOH的物质的量为n(NaOH)=0.5mol/

L×0.1L=0.05mol，根据反应方程式可知：反应后产物是NaNO3、NaNO2，根据钠元素守恒可知反应产生的NaNO3、NaNO2的物质的量的和为0.05mol，结合N、Na元素原子关系可知反应消耗N

O、NO2的物质的量的和为0.05mol，其在标准状况下的体积V=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；故答案为：1.12。18.探究Na2SO3固体的热分解产物。资料：①4Na2SO3ΔNa2S+3Na2SO4②Na2S能与S

反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。(1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S

2-。反应的离子方程式是____。(2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验

造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，____(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO24−。(3)探究(2)中S的来源。来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na

2S反应生成S。来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。针对来源1进行如图实验：①实验可证实来源1不成立。实验证据是____。②不能用盐酸代替硫酸的原因是____。③写出来源2产生S的反应的离子方

程式：____。(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：____。【答案】①.S2-+Cu2+=CuS↓②.滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，③.向溶

液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色④.盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；⑤.Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓⑥.根据反应4Na2SO3

ΔNa2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质【解析】【详解】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓；(2)根据题干资料：Na2S能与S

反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，

另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO24−；(3)①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧

化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3；②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪

色，干扰实验现象和实验结论；③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓；(4)根据已知资料：4Na2SO3ΔNa2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧

化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。19.用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl4-(1)酸溶后经____操作，将混合物分离。(2)浓、稀HNO3均可

作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：____。(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。①将溶金反应化学方程式补充完整：Au+____NaCl+____HN

O3=HAuCl4+____+____+____NaNO3②关于溶金的下列说法正确的是____。A．用到了HNO3的氧化性B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解(4)若用Z

n粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。的

试剂1是____，物质2是____。【答案】①.过滤②.3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O③.4④.5⑤.NO⑥.2H2O⑦.4⑧.AC⑨.2⑩.NaCl溶液⑪.Fe、Cu【解析】【分析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不

反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。【详解】(1)Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固

体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为83mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为

：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

；(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAu

Cl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸

中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；答案选AC；(4)由于HAuCl4=H++AuCl4-，若用

Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x

=3，x=1.5mol，同时Zn+2H+=Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是2mol；(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物

质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了

铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、Cu。【点睛】浓硝酸不能单独将Au溶解，将浓硝酸中加入浓盐酸，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，为易错点。