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2024-2025 学年度高三上学期期中考试
化学试卷
考试范围：必修一，必修二，选必二
考试时间75分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 Fe-56 F-19 Cs-133
一．选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项符合题目要求。
1．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟”
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳(CaCO)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
3
【答案】C【解析】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不
反应，说明金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；B．石灰
(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H O=Ca(OH) ，反应放热，产生
2 2
大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无
关，B不合题意；C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+S
Ag S、Fe+S FeS、2Cu+S Cu S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，
2 2
C符合题意；D．石钟乳(CaCO)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指
3
CaCO +2CH COOH (CHCOO) Ca+H O+CO↑，未发生氧化还原反应，与其
3 3 3 2 2 2
氧化性无关，D不合题意；选C。
2．幸福不会从天而降，美好生活靠劳动创造。下列劳动项目与所述的化学知识没有
关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 医院消毒：喷洒次氯酸钠溶液 次氯酸钠溶液显碱性
B 生产活动：海水晒盐 蒸发原理
C 家务劳动：用食醋洗水壶 醋酸可与水垢中的Mg(OH)、CaCO 反应
2 3
D 环境保护：用硫酸铁处理污水 Fe(OH) 胶体具有吸附性
3
A．A B．B C．C D．D
1
学科网（北京）股份有限公司【答案】A【解析】A．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能杀菌消毒，与显碱性无
关联，劳动项目与所述的化学知识没有关联，A符合题意；B．海水晒盐通过蒸
发原理得到，劳动项目与所述的化学知识有关联，B不符合题意；C．醋酸显酸
性，且酸性比碳酸强，可与水垢中的Mg(OH) 、CaCO 反应而使其溶解除去，
2 3
劳动项目与所述的化学知识有关联，C不符合题意；D．铁离子水解生成的氢氧
化铁胶体具有吸附性，能处理污水，劳动项目与所述的化学知识有关联，D不
符合题意；选A。
3．化学实验是化学探究的一种重要途径。下列有关实验的描述正确的是
A．容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏水
B．可用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚
C．进行焰色试验时，可用玻璃棒替代铂丝
D．制备金属镁的电解装置失火时，可以使用二氧化碳灭火器灭火
【答案】A【解析】A．容量瓶颈上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，碱
式滴定管下端有玻璃珠，酸式滴定管下端有玻璃活塞，分液漏斗有玻璃活塞，
它们是否密封不能直接观察出来，故使用前均需要检验是否漏水，A正确；B．
瓷坩埚的主要成分中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用氢氟酸清洗做
过硅酸分解实验的瓷坩埚，B错误；C．玻璃中含有钠等金属元素，进行焰色试
验时，不可用玻璃棒替代铂丝，C错误；D．由于镁可以在CO 中继续激烈燃烧，
2
反应原理为：2Mg+CO 2MgO+C，故金属镁着火时，不可用二氧化碳灭火
2
器灭火，D错误；选A。
4．下列叙述正确的是
A．金属与盐溶液的反应都是置换反应
B．La-Ni储氢合金在加热条件下可与氢气反应生成稳定的金属氢化物
C．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物
D．硝酸见光、受热易分解，一般保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处
【答案】D【解析】A．铜与氯化铁溶液反应不是置换反应，A错误；B．形成
金属氢化物不需要加热，加热会使氢化物分解，B错误；C．与强酸、强碱都反
应的物质可以是两性氧化物、两性氢氧化物或部分金属，例如金属铝，还有弱
酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等，C错误；D．硝酸见光受热会分解生成
NO 、O 和HO，实验室中硝酸保存在棕色试剂瓶并放置在阴凉处，D正确；选
2 2 2
D。
5．下列化学用语表述错误的是
2
学科网（北京）股份有限公司A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：O
C．PH 分子的VSEPR模型：
3
D．基态As原子的价层电子排布式：4s24p3
【答案】C【解析】A．HClO是共价化合物，Cl原子和H原子分别与O原子形
成共价键，HClO的电子式是 ，A正确；B．氧原子的质子数为8，中
子数为10，则质量数=8+10=18，可表示为：O，B正确；C．PH 中的P原子有
3
1对孤电子对，还与3个H原子成键，故PH 的价层电子对数为4，根据VSEPR
3
模型，可知，PH 的VSEPR模型为四面体型： ，C错误；D．As是第四
3
周期第ⅤA主族元素，基态As原子的价层电子排布式：4s24p3，D正确；选
C。
6．下列装置能达到相应目的的是
A．实验室制Cl B．验证SO 氧化性 C．制取并收集氨气 D．分离碘和氯化铵
2 2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B【解析】A．稀盐酸和MnO 不反应，不能制取氯气，A错误；B．
2
SO 通入NaS中，SO 与S2－反应生成硫单质，溶液中出现淡黄色沉淀，SO 在
2 2 2 2
该反应中得电子体现氧化性，B正确；C．不能使用无水氯化钙干燥氨气，氯化
钙会吸收氨气生成CaCl ·nNH ，C错误；D．氯化铵受热易分解生成氨气和氯化
2 3
氢，遇冷后氨气和氯化氢又重新化合生成氯化铵，碘易升华，加热碘和氯化铵
固体的固体混合物后，升华的碘遇冷重新变为固体，所以不能用该方法分离碘
和氯化铵固体，D错误；选B。
7．液态NO 是火箭推进系统的有效氧化剂。实验室制备少量NO 的流程如下，下
2 4 2 4
列分析不正确的是
3
学科网（北京）股份有限公司A．反应②、③中氮元素的化合价发生了变化
B．反应②利用了NH 的还原性
3
C．反应④的颜色变化是由化学平衡移动引起的
D．制备过程中涉及氮的固定
【答案】D【解析】A．已知这五种化合物NH Cl、NH 、NO、NO 、NO 中N
4 3 2 2 4
元素的化合价分别为-3、-3、+2、+4、+4，所以反应①④中N元素的化合价没
有变化，反应②③中N元素的化合价变化了，A正确；B．反应②中N元素从-3
价升高为+2价，NH 表现出还原性，B正确；C．由于2NO NO 是放热反
3 2 2 4
应，则降低温度，平衡正向移动，使NO 转化为NO，C正确；D．氮的固定
2 2 4
是游离态的氮变成化合态的氮，制备过程中不涉及这个过程，D不正确；选
D。
8．下列各组物质中，满足图示关系但在一定条件下不能一步转化的组合有
选项 X Y Z W
A FeCl FeCl Fe(OH) Fe(OH)
3 2 2 3
B Si SiO HSiO NaSiO
2 2 3 2 3
C Na NaOH NaCO NaCl
2 3
D Cl Ca(ClO) HClO HCl
2 2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B【解析】A．氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁、氯化亚铁溶液与碱
溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀、氢氧化亚铁与溶液中的氧气和水反应生成氢氧
化铁、氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，则题给物质满足图示关系，且在一定
条件下能一步转化，A不符合题意；B．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成
硅酸，则题给物质不满足图示关系，且在一定条件下不能一步转化，B符合题
意；C．钠与水反应生成氢氧化钠、氢氧化钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸
钠、碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、电解熔融氯化钠生成钠，则题给物质满足
图示关系，且在一定条件下能一步转化，C不符合题意；D．氯气与氢氧化钙溶
液反应生成次氯酸钙、次氯酸钙溶液与盐酸和二氧化碳反应生成次氯酸、次氯
4
学科网（北京）股份有限公司酸光照分解生成盐酸、盐酸与二氧化锰共热反应生成氯气，则题给物质满足图
示关系，且在一定条件下能一步转化，D不符合题意；选B。
9．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列解释实验事实的化学用语正
确的是
A．用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO ：SO +2OH－ SO+H O
2 2 2
B．用食醋和淀粉–KI溶液检验食盐中的KIO ：IO+5I－+6H+ 3I+3H O
3 2 2
C．Ba(OH) 溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电：
2
Ba2++SO+H++OH－ BaSO↓+H O
4 2
D．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2Fe3++3Cu 2Fe+3Cu2+
【答案】A【解析】A．用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO ，氢氧化钠过量生
2
成亚硫酸根，离子方程式正确，A正确；B．食醋是弱电解质，不能拆成离子的
形式，正确的离子方程式为IO+5I－+6CH COOH 3I+3H O+6CHCOO－，B
3 2 2 3
错误；C．Ba(OH) 溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电，说明刚好完全反应，
2
正确的离子方程式为Ba2++SO+2H++2OH－ BaSO↓+2H O，C错误；D．
4 2
Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3+
+Cu=2Fe2++Cu2+，D错误；选A。
10．配位化合物是一类重要的化合物，下列有关说法正确的是
A．[Cu(NH )]SO ·H O中配体是NH 和HO，配位数是4
3 4 4 2 3 2
B．NH 中H-N-H键角大于[Cu(NH )]2+中H-N-H键角
3 3 4
C．由于O的电负性比N大，[Cu(H O) ]2+比[Cu(NH )]2+的配位键更稳定
2 4 3 4
D．向[Ag(NH)]Cl溶液中加入稀硝酸会产生白色沉淀
3 2
【答案】D【解析】A．[Cu(NH )]SO ·H O中配体是NH ，配位数是4，A错误；
3 4 4 2 3
B．NH 中N有1对孤对电子，H-N-H的键角小于[Cu(NH )]2+中H-N-H的键角，
3 3 4
B错误；C．因为N和O都有孤对电子，但O电负性更大，吸引孤电子对能力
强，NH 提供孤电子对能力更强，配位键更稳定，C错误；D．加入稀硝酸会与
3
NH 结合成NH破坏原来的配位键，产生AgCl白色沉淀，D正确；选D。
3
11．反应KSO（过硫酸钾）+MnSO +HO—KMnO +H SO +K SO （未配平），下
2 2 8 4 2 4 2 4 2 4
列说法不正确的是
A．KSO 中S的价态为
2 2 8
B．KMnO 是氧化产物
4
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶2
D．若消耗3.6 g HO时，则反应转移的电子数为0.25 N (N 表示阿伏加德罗
2 A A
5
学科网（北京）股份有限公司常数的值)
【答案】A【解析】在反应中，Mn由+2价升高到+7价，KSO 中部分O由-1
2 2 8
价降低到-2价，则KSO 是氧化剂，MnSO 是还原剂，结合电子守恒反应为
2 2 8 4
5KSO+2MnSO +8H O 2KMnO +8H SO +4K SO 。A．KSO 中含有过氧根，
2 2 8 4 2 4 2 4 2 4 2 2 8
过氧根中氧为-1，故S的价态不是+7，而为+6，A错误；B．Mn由+2价升高到
+7价，发生氧化反应得到氧化产物高锰酸钾，B正确；C．由分析，氧化剂和
还原剂的物质的量之比是5∶2，C正确；D．由反应方程式，可建立如下关系
式：8HO~10e−，若消耗3.6 g HO（为0.2 mol）时，则反应转移的电子0.2
2 2
mol×10/8=0.25 mol，数目为0.25 N ，D正确；选A。
A
12．含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚环的聚酰亚
胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。下列说法正确的是
A．冠醚环与Li+之间的作用是离子键
B．冠醚环中碳氧键为π键
C．该聚酰亚胺薄膜可在强碱性环境中稳定工作
D．若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径
【答案】D【解析】A．Li+提供空轨道、O原子提供孤电子对，二者形成配位键，
A错误；B．冠醚环中碳氧键为单键，因此是σ键，B错误；C．聚酰亚胺薄膜
中含有酰胺基，在碱性条件下会发生水解，C错误；D．K+的半径比Li+大，因
此K+要与冠醚环作用需要增大孔径，D正确；选D。
13．下列实验现象、结论或解释与实验操作相匹配的是
选项 实验操作 实验现象 结论或解释
将食品脱氧剂样品中的还原铁粉 食品脱氧剂中没有
A 溶液成浅绿色
溶于盐酸，滴加KSCN溶液 +3价铁
向沸水中逐滴加5~6滴饱和 液体先变成红褐 Fe3+先水解得
B
FeCl 溶液，持续煮沸 色，然后析出红褐 Fe(OH) 胶体，再聚
3 3
6
学科网（北京）股份有限公司色沉淀 集成Fe(OH) 沉淀
3
向2 mL KI溶液中滴加几滴溴 I 的氧化性比Br 的
2 2
C 溶液呈蓝色
水，振荡，再滴加2滴淀粉溶液 强
D 向某溶液中滴加CaCl 溶液 产生白色沉淀 溶液中一定含有CO
2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B【解析】A．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN
溶液，溶液呈浅绿色，Fe3+可能被Fe还原为Fe2+，该现象不能说明食品脱氧剂
样品中没有Fe3+，A不符合题意；B．向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl 溶液，
3
持续煮沸，液体先变成红褐色，形成胶体，然后析出红褐色沉淀，胶体发生聚
沉，B符合题意；C．向2 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加2滴淀粉
溶液，溶液呈蓝色，说明Br 将I－氧化为I，说明Br 的氧化性比I 的强，C不
2 2 2 2
符合题意；D．向某溶液中滴加CaCl 溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是
2
CaCO 或AgCl等，溶液中不一定含有CO，D不符合题意；选B。
3
14．A~F的转化关系如图，已知A和F是金属单质，F元素在地壳中含量排前三，
部分反应条件与产物未写出，下列说法正确的是
A．反应①的类型为化合反应 B．反应③体现葡萄糖的氧化性
C．反应④可能产生副产物E D．F可以通过铝热反应冶炼
【答案】C【解析】已知A和F是金属单质，F元素在地壳中含量排前三，F为
Al，金属A和O 反应生成氧化物B，B和Al反应生成金属A，E和葡萄糖反应
2
能够生成C，可以推知E为Cu(OH) ，C为Cu O，B为CuO，A为Cu，Cu O和
2 2 2
硫酸反应生成Cu和D为CuSO 。A．反应①中CuO受热分解生成Cu O和O，
4 2 2
类型为分解反应，A错误；B．反应③中Cu(OH) 和葡萄糖反应能够生成
2
Cu O，Cu(OH) 是氧化剂，该反应体现了葡萄糖的还原性，B错误；C．反应④
2 2
中CuSO 溶液和Al反应，反应过程中酸性减弱，Cu2+水解可能生成副产物
4
Cu(OH) ，C正确；D．铝热反应是铝单质在高温的条件下与某些金属氧化物进
2
行的一种置换反应，是用铝来冶炼其他金属单质，D错误；选C。
7
学科网（北京）股份有限公司15．主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，分别位于前四周期，X、Y的价电
子数相等，4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是
A．第一电离能：WK，A错误；B．同主族元素，
离子半径OH，
C正确；D．K的氧化物溶于水且与水反应生成强碱，S的最高价氧化物溶于水
且与水反应生成硫酸，因此，水溶液pH的大小关系为KOH>H SO ，D错误；
2 4
选C。
二．非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）铁元素在人体健康和新材料研发中有重要的应用。
I．在血液中，以Fe2+为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，
可用于输送O。如图1为载氧后的血红蛋白分子示意图。
2
（1）基态Fe2+的价电子轨道表示式为___________。
（2）载氧时，血红蛋白分子中Fe2+脱去配位的HO并与O 配位；若人体吸入
2 2
CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。此条件下，与Fe2+配位能力
由强到弱的配体顺序是___________。
（3）该Fe2+配位化合物存在平衡Fe2++O Fe3++O，比较半径：Fe2+___ Fe3+
2
（填“>”或“<”）。
（4）一种最简单的卟啉环结构如图2所示。
8
学科网（北京）股份有限公司图1 图2 图3
① 比较C和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由：
___________。
②该卟啉分子中，1号位和2号位N的杂化方式分别是_____和______杂化。
③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是___________。
II．Fe2+可用于制备优良铁磁体材料。图3是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其
边长为a nm。
（5）该晶体的密度是___________ 。
（6）距离Fe最近的F的个数为___________。
【答案】（1） （1分） （2）CO>O>H O（1分）
2 2
（3）＞（1分） （4）①C的电负性小于N；C和N电子层数相同，核电荷
数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N，所以C的
电负性小于N的电负性（2分，结论1分，理由1分） ②sp2（1分）；sp3
（1分） ③酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供
孤对电子的能力降低（2分） （5）246×1021/a3N （2分） （6）6（2分）
A
【解析】（1）铁元素的原子序数为26，基态Fe2+的价电子排布式为3d6，轨道
表示式： ；（2）载氧时，血红蛋白分子中亚铁离子脱去配位
的水并与氧气配位，说明氧分子与亚铁离子的配位能力强于水分子；若人体吸
入一氧化碳，则一氧化碳占据配位点，血红蛋白失去携氧功能说明一氧化碳与
亚铁离子的配位能力强于氧分子，所以与亚铁离子的配位能力由强到弱的配体
顺序是CO＞O＞HO；（3）Fe2+和Fe3+电子层数相同，核电荷数相同，Fe2+核
2 2
外电子数更多，半径更大；（4）①C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原
子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N，所以C的电负性小于N
的电负性；②1号N原子形成2个σ键，含1对孤电子对，杂化轨道数为3，为
sp2杂化，2号位N原子形成3个 键，含1对孤电子对，杂化轨道数为4，为
9
学科网（北京）股份有限公司sp3杂化；分子中存在大 键，则1号氮原子有1个电子参与形成大 键，2号氮
原子孤电子对参与形成大 键，故1号氮原子更容易给出孤电子对形成配位键；
③酸性环境中，卟啉分子中的氮原子与氢离子形成配位键，导致提供孤对电子
的能力降低，所以卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱；（5）由晶胞结构可
知，晶胞中位于顶点的铁原子个数：8×1/8=1，位于体心的铯原子个数1，位于
棱上的氟原子个数：12×1/4=3，则晶胞的化学式为CsFeF ，晶胞密度：
3
ρ=m/V=M/(N V)=(1×133+1×56+3×19)/[N ×(a×10−7)3]=246×1021/a3N g·cm−3；
A A A
（6）距离Fe最近的F位于棱心，每个晶胞中距离Fe最近的F有3个，顶点的
Fe被8个晶胞所共用，则距离Fe最近的F的个数为6。
17．(14分) 过氧化镁(MgO )不溶于水，与酸反应生成HO，在医学上可作解酸剂，
2 2 2
加热时会分解。某学习小组在实验室进行了制备MgO 以及含量测定的实验。
2
Ⅰ．制备MgO
2
（1）煅烧碱式碳酸镁的操作步骤为：
①称取碱式碳酸镁样品m g；
1
②将样品充分高温煅烧，冷却后称量；
③重复操作②，测得剩余固体质量为m g。
2
下列仪器中，煅烧碱式碳酸镁不会用到的是_______(用对应的字母填写)。
（2）研究表明，由碱式碳酸镁灼烧制备轻质氧化镁比用Mg(OH) 所得产品密度
2
更小、比表面积更大，其原因为_____________________________。
（3）加入30%过氧化氢和稳定剂，再通过一系列操作a可得到较纯净的
MgO ，则操作a为_____________________。
2
Ⅱ．测定样品(含MgO杂质)中MgO 纯度的实验装置如图所示。
2
10
学科网（北京）股份有限公司（4）稀盐酸中加入少量FeCl 溶液的作用是________________。
3
（5）仪器A的名称___________；实验中使用A的优点是：____________。
（6）该小组记录的实验数据如下：样品的质量为m g；反应开始前量气管的读
数为V mL；反应结束冷却到室温后量气管的读数为V mL，已知：室温条件下
1 2
气体摩尔体积为V L/mol，则样品中过氧化镁的质量分数为_______%(用含V、
0 1
V、m、V 的代数式表示)。
2 0
【答案】（除注明外，每空2分，共14分）（1）E（1分） （2）碱式碳酸
镁分解产生CO 气体，有利于形成粒径更小的MgO或生成的CO 可使MgO变
2 2
得更蓬松(答案合理即可) （3）过滤、洗涤、干燥（3分，填1个给1分，但
只要有错误0分，顺序颠倒给分） （4）催化剂（或催化作用） （5）恒压分
液漏斗/恒压滴液漏斗 便于液体顺利滴下；减小滴入液体的体积对所测气体
体积的影响，减少实验误差（注意两点，1点1分） （6）11.2(V−V)/(mV)
1 2 0
【解析】（1）煅烧碱式碳酸镁不会用到的是蒸发皿，即E；（2）由碱式碳酸
镁灼烧制备轻质氧化镁比用Mg(OH) 所得产品密度更小、比表面积更大，其原
2
因为碱式碳酸镁分解产生CO 气体，有利于形成粒径更小的MgO或生成的CO
2 2
可使MgO变得更蓬松(答案合理即可)；（3）加入30%过氧化氢和稳定剂，再通
过一系列操作a可得到较纯净的MgO ，则操作a为过滤、洗涤、干燥；稀盐酸
2
中加入少量FeCl 溶液的作用是：加速双氧水的分解，起到催化剂的作用；
3
（5）仪器A的名称恒压分液漏斗/恒压滴液漏斗；实验中使用A的优点是便于
液体顺利滴下、减小滴入液体的体积对所测气体体积的影响，减少实验误差；
（6）反应：MgO
2
+2HCl MgCl
2
+H
2
O
2
，2H
2
O
2
2H
2
O+ O
2
↑得到关系式：
2MgO ~O ，则n(MgO )=2n(O )=2(V−V)×10−3L÷V L/mol，m(MgO )=
2 2 2 2 1 2 0 2
2(V−V)×10−3÷V mol×56 g·mol−1=112(V−V)×10−3÷V g，则样品中过氧化镁的质
1 2 0 1 2 0
量分数为：[112(V−V)×10−3÷V g]÷m g×100%=11.2(V−V)/(mV)%。
1 2 0 1 2 0
18．（14分）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au（金）、Ag和 。
11
学科网（北京）股份有限公司已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl H++AuCl。
4
（1）酸溶后经______操作，将混合物分离。
（2）浓、稀HNO 均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO 的物质的量不同，
3 3
写出消耗HNO 物质的量少的反应的化学方程式：__________________。
3
（3）HNO−NaCl溶金的同时生成NO。溶金的化学方程式为
3
_______________________________。
（4）若用Zn粉将溶液中的0.5 mol HAuCl 完全还原，则参加反应的Zn的物质
4
的量是______mol。
（5）用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后
的溶液中回收Cu和Ag（图中标注的试剂和物质均不同）。
试剂1 是______，试剂2是______，物质3与试剂3反应的离子方程式是
_______________________。
【答案】（化学方程式或离子方程式评分标准：分子式错误，方程式没有配平
不给分，反应条件没有，其余正确给1分，气体、沉淀符号没有的不扣分，等
号写成→的给分）（每空2分。共计14分）（1）过滤 （2）
3Cu+8HNO (稀) 3Cu(NO )+2NO↑+4HO （3）Au+4NaCl+5HNO
3 3 2 2 3
HAuCl +2H O+NO↑+4NaNO （4）2 （5）氯化钠溶液（或NaCl）
4 2 3
盐酸（或HCl） AgCl+2NH Ag(NH)+Cl－ 或AgCl+2NH·H O
3 3 3 2
Ag(NH)+Cl－+2H O
3 2
【解析】废旧CPU中含有单质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，反应为3Cu+8HNO (稀)
3
3Cu(NO )+2NO↑+4HO，3Ag+4HNO (稀) 3AgNO+NO↑+2HO，含Au固体
3 2 2 3 3 2
中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl ，反应为
4
Au+4NaCl+5HNO HAuCl +2H O+NO↑+4NaNO ，HAuCl 经锌粉还原分离得
3 4 2 3 4
到金，反应为HAuCl +2Zn Au+2ZnCl +H ↑，(5)根据图中信息可知，含有铜
4 2 2
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学科网（北京）股份有限公司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铜和亚铁离子，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，物质3是AgCl，与试剂3
氨水反应生成Ag(NH)，Ag(NH)经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分
3 3
离，据此分析解答。（1）Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含Au固体、铜离子
和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤；（2）铜与稀硝酸的反
应为3Cu+8HNO(稀) 3Cu(NO )+2NO↑+4HO，溶解1 mol Cu消耗8/3 mol
3 3 2 2
HNO，铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO (浓) Cu(NO )+2NO↑+2H O，溶解1
3 3 3 2 2 2
mol Cu消耗4 mol HNO，则消耗HNO 物质的量少的反应的化学方程式为
3 3
3Cu+8HNO (稀) 3Cu(NO )+2NO↑+4HO；(3)含Au固体中加入硝酸和氯化钠
3 3 2 2
的混合溶液，Au转化为HAuCl ，反应为Au+4NaCl+5HNO
4 3
HAuCl +2H O+NO↑+4NaNO ；(4)由于HAuCl =H++AuCl，若用Zn粉将溶液中
4 2 3 4
的 1mol HAuCl 完全还原，HAuCl 中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌
4 4
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=1.5 mol，则参加反应的Zn的
物质的量是1.5 mol，另外1 mol HAuCl 中H+可消耗0.5 mol Zn，共2 mol；
4
（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（NaCl）后得
到的是物质1是CuCl 、NaNO 和物质3是AgCl，AgCl加入试剂3氨水后反应
2 3
的离子方程式是AgCl+2NH Ag(NH)+Cl－或AgCl+2NH·H O
3 3 3 2
Ag(NH)+Cl－+2H O，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物
3 2
质1是氯化铜和硝酸钠的混合物，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，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，试剂2
是盐酸。
19．（14分）元素周期律的发现和元素周期表的诞生，开创了化学科学的新纪元。
从此，人们对丰富多彩的物质世界的认识更加系统。回答下列问题：
（1）Cu在周期表中的位置是_______。
（2）下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_______。
a．酸性：HSO >H CO b．金属性：Ca>Al
2 3 2 3
c．热稳定性：NaCO>NaHCO d．碱性：NaOH>Mg(OH)
2 3 3 2
（3）比较Br和I的非金属性，从原子结构角度解释原因______________。
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学科网（北京）股份有限公司（4）科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中R、X、Y、Z为同一短周期
元素，Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半。
①R位于_______区，单质与水反应的离子方程式为___________________。
②1 moI Y单质的晶体中含有共价键的数目为_______。写出Y的氧化物的一
种用途_______。
【答案】（每空2分，共14分）（1）第四周期第ⅠB族 （2）bd（对1个
给1分，但只要有错误，该小问0分） （3）非金属性：Br>I。Br和I位于
同一主族，最外层电子数相同，电子层数BrI，非金属性Br>I（结论1分，解释1分） （4）①s 2Na+2HO
2
2Na++OH−+H ↑ ②2N (或1.204×1024) 光导纤维（制玻璃、水泥等；二氧
2 A
化硅用途很多，正确即可)
【解析】（1）Cu为29号元素，为第四周期第ⅠB族元素；（2）a．元素的非
金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，HSO 中的S为+4价，
2 3
不属于最高价含氧酸，则无法吕勇元素周期律判断酸性，故a错误；b．同主族
元素从上到下金属性依次增强，从左到右金属性减弱，则金属性Ca＞Mg＞Al，
故b正确；c．酸式碳酸盐易分解，碳酸盐难分解，则热稳定性：NaCO＞
2 3
NaHCO ，不能用元素周期律解释，故c错误；d．元素的金属性越强，对应的
3
最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞
Mg(OH) ，能用元素周期律解释，故d正确；选bd；（3）非金属性：Br>I，Br
2
和I位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数BrI，非金属性Br>I；（4）R、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，
Y能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则Y位于第IVA族、Z位于第
VIIA族，且Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半，Z最外层7个电子，
则Y原子核外有14个电子，故Y为Si元素，Z为Cl元素；该阴离子中Cl元素
为-1价、Si元素为+4价，根据化合价的代数和为-1价可知，X为-3价，则X为
P元素；根据阳离子所带电荷知，R为Na元素；①由分析知：R为Na，位于第
三周期第ⅠA，属于s区，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式是
2Na+2HO 2Na++OH−+H ↑；②Y单质晶体为硅单质，则1mol Si，共价键数
2 2
目为2N (或1.204×1024)；硅形成的氧化物，SiO 可以用作光导纤维（制玻璃、
A 2
水泥等)。
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