辽宁省鞍山市重点高中协作校2025届高三上学期期中考试化学答案

-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-1O-16Mg-24Fe-56F-19Cs-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(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【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+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，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+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，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)2、CaCO3反应D环境保护：用硫酸铁处理污水Fe(OH)3胶体具有吸附性A．A B．B C．C D．D【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)2、CaCO3反应而使其溶解除去，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CO2中继续激烈燃烧，反应原理为：2Mg+CO22MgO+C，故金属镁着火时，不可用二氧化碳灭火器灭火，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NO2、O2和H2O，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D。5．下列化学用语表述错误的是A．HClO的电子式：B．中子数为10的氧原子：eq\o\al(18,8)OC．PH3分子的VSEPR模型：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：eq\o\al(18,8)O，B正确；C．PH3中的P原子有1对孤电子对，还与3个H原子成键，故PH3的价层电子对数为4，根据VSEPR模型，可知，PH3的VSEPR模型为四面体型：，C错误；D．As是第四周期第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Cl2B．验证SO2氧化性C．制取并收集氨气D．分离碘和氯化铵A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．稀盐酸和MnO2不反应，不能制取氯气，A错误；B．SO2通入Na2S中，SO2与S2－反应生成硫单质，溶液中出现淡黄色沉淀，SO2在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CaCl2·nNH3，C错误；D．氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，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N2O4是火箭推进系统的有效氧化剂。实验室制备少量N2O4的流程如下，下列分析不正确的是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NH3的还原性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NH4Cl、NH3、NO、NO2、N2O4中N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，NH3表现出还原性，B正确；C．由于2NO2N2O4是放热反应，则降低温度，平衡正向移动，使NO2转化为N2O4，C正确；D．氮的固定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XYZWAFeCl3FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3BSiSiO2H2SiO3Na2SiO3CNaNaOHNa2CO3NaClDCl2Ca(ClO)2HClOHClA．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SO2：SO2+2OH－SOeq\o\al(2－,3)+H2OB．用食醋和淀粉–KI溶液检验食盐中的KIO3：IOeq\o\al(－,3)+5I－+6H+3I2+3H2OC．Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电：Ba2++SOeq\o\al(2－,4)+H++OH－BaSO4↓+H2OD．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2Fe3++3Cu2Fe+3Cu2+【答案】A【解析】A．用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO2，氢氧化钠过量生成亚硫酸根，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IOeq\o\al(－,3)+5I－+6CH3COOH3I2+3H2O+6CH3COO－，B错误；C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电，说明刚好完全反应，正确的离子方程式为Ba2++SOeq\o\al(2－,4)+2H++2OH－BaSO4↓+2H2O，C错误；D．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(NH3)4]SO4·H2O中配体是NH3和H2O，配位数是4B．NH3中H-N-H键角大于[Cu(NH3)4]2+中H-N-H键角C．由于O的电负性比N大，[Cu(H2O)4]2+比[Cu(NH3)4]2+的配位键更稳定D．向[Ag(NH3)2]Cl溶液中加入稀硝酸会产生白色沉淀【答案】D【解析】A．[Cu(NH3)4]SO4·H2O中配体是NH3，配位数是4，A错误；B．NH3中N有1对孤对电子，H-N-H的键角小于[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角，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，NH3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NH3结合成NHeq\o\al(＋,4)破坏原来的配位键，产生AgCl白色沉淀，D正确；选D。11．反应K2S2O8（过硫酸钾）+MnSO4+H2O—KMnO4+H2SO4+K2SO4（未配平），下列说法不正确的是A．K2S2O8中S的价态为B．KMnO4是氧化产物C．氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶2D．若消耗3.6gH2O时，则反应转移的电子数为0.25NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)【答案】A【解析】在反应中，Mn由+2价升高到+7价，K2S2O8中部分O由-1价降低到-2价，则K2S2O8是氧化剂，MnSO4是还原剂，结合电子守恒反应为5K2S2O8+2MnSO4+8H2O2KMnO4+8H2SO4+4K2SO4。A．K2S2O8中含有过氧根，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：8H2O~10e−，若消耗3.6gH2O（为0.2mol）时，则反应转移的电子0.2mol×10/8=0.25mol，数目为0.25NA，D正确；选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溶液溶液成浅绿色食品脱氧剂中没有+3价铁B向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸液体先变成红褐色，然后析出红褐色沉淀Fe3+先水解得Fe(OH)3胶体，再聚集成Fe(OH)3沉淀C向2mLKI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I2的氧化性比Br2的强D向某溶液中滴加CaCl2溶液产生白色沉淀溶液中一定含有COeq\o\al(2－,3)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FeCl3溶液，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2mLKI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Br2将I－氧化为I2，说明Br2的氧化性比I2的强，C不符合题意；D．向某溶液中滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是CaCO3或AgCl等，溶液中不一定含有COeq\o\al(2－,3)，D不符合题意；选B。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O2反应生成氧化物B，B和Al反应生成金属A，E和葡萄糖反应能够生成C，可以推知E为Cu(OH)2，C为Cu2O，B为CuO，A为Cu，Cu2O和硫酸反应生成Cu和D为CuSO4。A．反应①中CuO受热分解生成Cu2O和O2，类型为分解反应，A错误；B．反应③中Cu(OH)2和葡萄糖反应能够生成Cu2O，Cu(OH)2是氧化剂，该反应体现了葡萄糖的还原性，B错误；C．反应④中CuSO4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Cu(OH)2，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。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：W<ZB．X、Y、Z离子半径大小：X<Y<ZC．基态原子的未成对电子数：W<XD．最高价氧化物溶于水所得溶液的pH：Z<Y【答案】C【解析】【分析】X、Y的价电子数相等，说明X、Y在同一主族，根据图示化合物的成键特点，X是O元素，Y是S元素；主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，分别位于前四周期，又因为Z显+1价，即Z是K元素，W成1个键，W是H元素。A．第一电离能：H>K，A错误；B．同主族元素，离子半径O<S，电子层结构相同的离子，原子序数越小，离子半径越大，K+<S2−，则O2−<K+<S2−，即X<Z<Y，B错误；C．H只有1个电子，O的2p轨道上有4个电子，O有2个未成对电子，因此，基态原子的未成对电子数O>H，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>H2SO4，D错误；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O2。如图1为载氧后的血红蛋白分子示意图。（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H2O并与O2配位；若人体吸入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++O2Fe3++Oeq\o\al(－,2)，比较半径：Fe2+___Fe3+（填“>”或“<”）。（4）一种最简单的卟啉环结构如图2所示。图1图2图3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anm。（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>O2>H2O（1分）（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/a3NA（2分）（6）6（2分）【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＞O2＞H2O；（3）Fe2+和Fe3+电子层数相同，核电荷数相同，Fe2+核外电子数更多，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CsFeF3，晶胞密度：ρ=m/V=M/(NAV)=(1×133+1×56+3×19)/[NA×(a×10−7)3]=246×1021/a3NAg·cm−3；（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(MgO2)不溶于水，与酸反应生成H2O2，在医学上可作解酸剂，加热时会分解。某学习小组在实验室进行了制备MgO2以及含量测定的实验。Ⅰ．制备MgO2（1）煅烧碱式碳酸镁的操作步骤为：①称取碱式碳酸镁样品m1g；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m2g。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)2所得产品密度更小、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MgO2，则操作a为_____________________。Ⅱ．测定样品(含MgO杂质)中MgO2纯度的实验装置如图所示。（4）稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是________________。（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mg；反应开始前量气管的读数为V1mL；反应结束冷却到室温后量气管的读数为V2mL，已知：室温条件下气体摩尔体积为V0L/mol，则样品中过氧化镁的质量分数为_______%(用含V1、V2、m、V0的代数式表示)。【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CO2气体，有利于形成粒径更小的MgO或生成的CO2可使MgO变得更蓬松(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(V1−V2)/(mV0)【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)2所得产品密度更小、比表面积更大，其原因为碱式碳酸镁分解产生CO2气体，有利于形成粒径更小的MgO或生成的CO2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MgO2，则操作a为过滤、洗涤、干燥；稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是：加速双氧水的分解，起到催化剂的作用；（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：MgO2+2HClMgCl2+H2O2，2H2O22H2O+O2↑得到关系式：2MgO2~O2，则n(MgO2)=2n(O2)=2(V1−V2)×10−3L÷V0L/mol，m(MgO2)=2(V1−V2)×10−3÷V0mol×56g·mol−1=112(V1−V2)×10−3÷V0g，则样品中过氧化镁的质量分数为：[112(V1−V2)×10−3÷V0g]÷mg×100%=11.2(V1−V2)/(mV0)%。18．（14分）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au（金）、Ag和。已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4H++AuCleq\o\al(－,4)。（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溶金的同时生成NO。溶金的化学方程式为_______________________________。（4）若用Zn粉将溶液中的0.5molHAuCl4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______，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+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（3）Au+4NaCl+5HNO3HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3（4）2（5）氯化钠溶液（或NaCl）盐酸（或HCl）AgCl+2NH3Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)+Cl－或AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)eq\o\al(＋,2)+Cl－+2H2O【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+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O，含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，反应为HAuCl4+2ZnAu+2ZnCl2+H2↑，(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(NH3)eq\o\al(＋,2)，Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，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+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu消耗8/3molHNO3，铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗4molHNO3，则消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(3)含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；(4)由于HAuCl4=H++AuCleq\o\al(－,4)，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，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol，另外1molHAuCl4中H+可消耗0.5molZn，共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（NaCl）后得到的是物质1是CuCl2、NaNO3和物质3是AgCl，AgCl加入试剂3氨水后反应的离子方程式是AgCl+2NH3Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)+Cl－或AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)eq\o\al(＋,2)+Cl－+2H2O，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