四川省泸县第一中学2023-2024学年高二化学上学期10月月考试题（Word版附解析）

泸县一中高2022级高二上期第一学月考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H-1C-12O-16S-32Cu-64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.美好生活离不开化学知识的运用。下列有关叙述错误的是A.糖类、蛋白质都是人体必需的基本营养物质B.石油经过分馏可得到乙烯、丙烯等化工原料C.灾后重建时常用明矾净化饮用水D.生活中可定期用84消毒液对居住环境消毒【答案】B【解析】【详解】A．糖类，蛋白质都是人体必需的基本营养物质，A项正确；B．石油经过催化裂化、裂解可得到乙烯、丙烯等化工原料，B项错误；C．明矾中的Al3+在水中会形成Al(OH)3胶体，吸附水中的杂质，可用来净化饮用水，C项正确；D．84消毒液具有强氧化性，可用来消毒杀菌，D项正确；故选B。2.下列反应属于放热反应的是A.Na与H2O反应B.NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O反应C.C与CO2高温反应生成COD.NaOH固体溶于水【答案】A【解析】【详解】A．Na与H2O反应反应属于放热反应，故A符合题意；B．NH4Cl与Ba（OH）2•8H2O反应是吸热反应，故B不符合题意；C．C与CO2高温反应生成CO，是吸热反应，故C不符合题意；D．NaOH固体溶于水不是化学反应，不能叫放热反应，故D不符合题意。答案选A。3.“液态阳光”是利用太阳能等可再生能源将二氧化碳还原为可储存的甲醇()等液态燃料，原理如图所示： 下列说法正确的是A.图中能量转化方式只有两种B.甲醇燃烧时化学能完全转化为热能C.甲醇燃烧不会产生CO，属于清洁能源D.加快发展“液态阳光”可实现资源化利用【答案】D【解析】【详解】A．图中能量转化方式有风能转变为动能，动能转变为电能，太阳能转变为电能，电能转变为化学能，故A错误；B．甲醇燃烧时化学能转化为热能，不可能完全转化，转化率不可能为100%，故B错误；C．甲醇燃烧不充分会产生CO，故C错误；D．根据“液态阳光”是利用太阳能等可再生能源将二氧化碳还原为可储存的甲醇等液态燃料，加快发展“液态阳光”可实现资源化利用，故D正确。综上所述，答案为D。4.下列措施不是为了改变化学速率的是A.冶炼铁时将铁矿石粉碎B.将食物存放在冰箱中C.糕点包装袋内放置除氧剂D.加工馒头时添加膨松剂【答案】D【解析】【详解】A．冶炼铁时将铁矿石粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，A不符合题意；B．将食物存放在冰箱中，可降低温度，从而降低食物变质的速率，B不符合题意；C．糕点包装袋内放置除氧剂，可降低反应物(氧气)浓度，从而减慢变质的速率，C不符合题意；D．加工馒头时添加膨松剂，是为了使馒头变得膨松，而不是为了加快反应速率，D符合题意；故选D。5.下列关于乙烯的说法正确的是A.易溶于水 B.分子中所有原子均在同一直线上C.分子式为C2H6D.聚合所得聚乙烯的结构简式为【答案】D【解析】【详解】A．乙烯属于烯烃，难溶于水，A项错误；B．乙烯分子中C原子采取sp2杂化，乙烯分子中2个碳原子和4个氢原子处于同一平面上，但不在同一直线上，B项错误；C．1个乙烯分子由2个碳原子和4个氢原子构成，分子式为C2H4，C项错误；D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，含碳碳双键，发生加聚反应所得聚乙烯的结构简式为，D项正确；答案选D。6.某反应由两步反应A→B→C完成，它的反应能量变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A.A与C的能量差E5=E4+E2-E1-E3B.三种物质中B最稳定C.两步反应均为吸热反应D.A→B的反应一定需要加热【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，A与C的能量差为E5=（E2-E1）+（E4-E3）=E1+E3-E2-E4，A正确；B．根据能量越低越稳定的原则，三种化合物中C的能量最低，所以C最稳定，B错误；C．由图可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，C错误；D．AB的反应是吸热反应，与反应发生的条件无关，即吸热反应不一定要加热，D错误；故选A。7.在2A(g)+B(s)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快是 A.v(A)=0.5mol•L-1•s-1B.v(B)=0.5mol•L-1•s-1C.v(C)=0.9mol•L-1•s-1D.v(D)=1mol•L-1•s-1【答案】C【解析】【分析】同一化学反应，用不同物质表示的速率比等于系数比。【详解】A．v(A)=0.5mol•L-1•s-1；B．B是固体，不能用B的浓度变化表示反应速率；C．；D．；表示该反应速率最快的是C。8.我国科学家成功制备单分子芯片的部分流程如下(已知甲基丙烯酸甲酯的结构简式为)：CuCu―石墨烯石墨烯Si―石墨烯下列说法错误的是A.甲烷的二氯代物只有1种B.Si位于第三周期第ⅣA族C.PMMA(聚甲基丙烯酸甲酯)中存在碳碳双键D.石墨烯属于新型无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A．已知CH4是正四面体结构，故甲烷的二氯代物只有1种，A正确；B．Si是14号元素，故Si位于第三周期第ⅣA族，B正确；C．PMMA(聚甲基丙烯酸甲酯)的结构简式：，故其中不存在碳碳双键，C错误；D．石墨烯是碳的一种单质，属于新型无机非金属材料，D正确； 故答案为：C。9.含、、的溶液中反应机理如图所示。下列说法错误的是A.由图可知氧化性：B.反应过程中包含两个基元反应C.该反应可表示为：D.若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的小【答案】A【解析】【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，由图示第二步反应可知，氧化性：Fe3+<S2O，A错误；B．由图示可知该过程包括S2O(aq)+2I-(aq)+2Fe3+(aq)S2O(aq)+I2(aq)+2Fe2+(aq)和S2O(aq)+I2(aq)+2Fe2+(aq)2SO(aq)+2Fe3+(aq)+I2(aq)两个基元反应，B正确；C．综合两个基元反应可以得出总反应：S2O(aq)+2I-(aq)2SO(aq)+I2(aq)，C正确；D．铁离子为催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率，但是不改变反应焓变；由图可知，反应为放热反应，若不加Fe3+，正反应的活化能仍比逆反应的小，D正确；故选A。10.一定条件下，可逆反应达到平衡，当单独改变下述条件后，有关叙述错误的是A.降温，、都减小，且减小的程度小于减小的程度B.加压，、都增大，且增大的程度大于增大的程度C.注入氮气的时刻，压强增大，、都增大，且增大程度大于增大程度D.加催化剂，、都发生变化，且变化的程度相等 【答案】C【解析】【详解】A．降温，、都减小，温度对吸热反应影响大，因此减小的程度小于减小的程度，平衡正向移动，故A正确；B．加压，、都增大，压强对系数大的影响大，因此增大的程度大于增大的程度，平衡正向移动，故B错误；C．注入氮气的时刻，压强增大，反应物的浓度不变，、都不变，平衡不移动，故C错误；D．加催化剂，、都发生变化，且变化的程度相等，平衡不移动，故D正确。综上所述，答案为C。11.对于可逆反应，下列叙述正确是A.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大B.保持容器容积不变，向其中加入1molHe，化学反应速率不变C.降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增大D.达到化学平衡时，【答案】B【解析】【详解】A．达到化学平衡时，若增加容器体积，则减小反应物和生成物的浓度，正反应速率减小，逆反应速率减小，A不正确；B．保持容器容积不变，向其中加入1molHe，反应物和生成物的浓度都未发生改变，温度不变，化学反应速率不变，B正确；C．降低温度，反应物和生成物的能量降低，正反应速率减小，逆反应速率减小，C不正确；D．达到化学平衡时，各物质的量的变化量为0，，D不正确；故选B。12.通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图所示，下列说法错误的是 A.a为电池的正极，发生还原反应B.b极的电极反应为HCHO＋H2O－4e−=CO2＋4H+C.传感器工作过程中，电解质溶液中H+向a极移动D.外电路中的电流方向为由b到a【答案】D【解析】【分析】一种燃料电池型甲醛气体传感器中，电极a为正极，氧气得电子结合氢离子生成水，电极b为负极，甲醛失电子生成二氧化碳。【详解】A．氧气得电子，a为正极，发生还原反应，故A正确；B．b极是负极，发生失去电子的氧化反应，故电极反应为HCHO+H2O-4e-=CO2+4H+，故B正确；C．原电池中阳离子向正极移动，则传感器工作过程中，电解质溶液中H+向a极移动，故C正确；D．原电池中电流由正极经过导线流向负极，则外电路中的电流方向为由a到b，故D错误；故选：D。13.在工业制硫酸中的一步重要反应是在下的催化氧化，其反应：，在一定条件下，将和投入容积为的恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的物质的量[n(SO2)]随反应时间(t)的变化如图所示。下列叙述错误的是A.使用催化剂可以增大反应速率，提高生产效率B.当反应达到平衡时，的转化率为C.内的平均速率为D.a点对应的化学反应速率：【答案】D【解析】【详解】A．使用催化剂可以增大反应速率，增大单位时间内的产量提高生产效率，故A正确； B．当反应达到平衡时，的物质的量变化了，故消耗了，转化率为，故B正确；C．内消耗1molSO2，的平均速率为，故的平均速率，故C正确；D．点达到平衡状态，此时，故D错误；选D。14.已知反应①和反应②在T℃时的平衡常数分别为和，该温度下反应③的平衡常数为。则下列说法正确的是A.反应①的平衡常数B.反应②中，增大氢气浓度，平衡正移，增大C.对于反应③，T℃时，D.对于反应③，恒容时，温度升高，K值减小，则该反应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．反应①中氧化铜和铜为固体，不代入平衡常数表达式，则反应的平衡常数，故A错误；B．化学平衡常数为温度函数，温度不变，化学平衡常数不变，则反应②中，增大氢气浓度，平衡向正反应方向移动，但不变，故B错误；C．按盖斯定律反应③=反应①-反应②，结合对于平衡常数表达式，反应③，T℃时，，故C错误；D．对于反应③，恒容时，温度升高，K值变小，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应是放热反应，故D正确；故选D。 第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.利用如图所示装置测定中和热实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol·L－1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L－1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）该图中有两处未画出，它们是___________________、___________________。（2）为什么所用NaOH溶液要稍过量_________________________。（3）倒入NaOH溶液正确操作是____________________。（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝______(结果保留一位小数)。实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6（5）____(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是__。【答案】（1）①.环形玻璃搅拌棒②.泡沫塑料板（2）确保盐酸被完全中和（3）一次迅速的倒入（4）-51.8 （5）①.不能②.因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热【解析】【小问1详解】由该图中构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，为了减少热量的损失，烧杯上方应盖上泡沫塑料板，故答案为：环形玻璃搅拌棒；泡沫塑料板；【小问2详解】为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，故答案为：确保盐酸被完全中和；【小问3详解】倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：一次迅速的倒入；【小问4详解】第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05°C，反应后温度为：23.2°C，反应前后温度差为：3.15°C，第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3°C，反应后温度为：23.4°C，反应前后温度差为：3.1°C，第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55°C，反应后温度为：23.6°C，反应前后温度差为：3.05°C，50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm³=100g，反应后生成溶液的比热容c＝4.18Jg－1℃－1，代入公式得出Q=4.18Jg－1℃－1×100g×1.3，生成0.025mol的水放出的热量为1.3，则生成1mol水放出的热量为1.3×=51.8，即该实验测得的中和热ΔH＝-51.8，故答案为：-51.8；【小问5详解】硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故答案为：不能；因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热。16.回答下列问题（1）和混合可作火箭推进剂，已知：液态和足量氧气反应生成和放出的热量；，则液态和液态反应生成和的热化学方程式为_______。（2）工业上可用来生产燃料甲醇。在容积为的密闭容器中充入和 ，在500℃下发生反应，实验测得和的物质的量()随时间变化如图所示：①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=_______。②500℃条件下，另一容器中测得某时刻，、、和的浓度均为，则此时v(正)_______(填“>”、“<”或“=”)v(逆)。③下列不能表示反应达到平衡状态的是_______。A．B．混合气体的平均分子质量不再改变C．单位时间内生成3molH—H键，同时生成3molH—O键D．混合气体的密度不再改变（3）如图所示，形管内盛有滴有酚酞的足量溶液，打开，闭合，则：①A极附近可观察到的现象是_______。②反应一段时间后打开，若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，整个反应产生气体的体积(标准状况)为，将溶液充分混合，则溶液在常温下的pH约为_______；若要使电解质溶液恢复到原状态，需向形管内加入或通入一定量的_______。【答案】（1）N2H4(l)+2H2O2(g)=N2(g)+4H2O(l)ΔH=—730.4kJ/mol（2）①.0.09mol/(L·min)②.>③.AD（3）①.产生无色气泡，溶液变为红色②.12③.HCl 【解析】【小问1详解】肼与足量氧气反应的方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，则由16g液态肼和足量氧气反应生成氮气和液态水放出267kJ的热量可知，反应的反应热ΔH=—=—534kJ/mol，由盖斯定律可知，肼与足量氧气反应和液态过氧化氢分解的反应相加可得液态肼与液态过氧化氢反应的方程式N2H4(l)+2H2O2(g)=N2(g)+4H2O(l)，则反应热ΔH=(—534kJ/mol)+(—196.4kJ/mol)=—730.4kJ/mol，反应的热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(g)=N2(g)+4H2O(l)ΔH=—730.4kJ/mol，故答案为：N2H4(l)+2H2O2(g)=N2(g)+4H2O(l)ΔH=—730.4kJ/mol；【小问2详解】①由图可知，平衡时甲醇的物质的量为0.6mol，由方程式可知，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率为=0.09mol/(L·min)，故答案为：0.09mol/(L·min)；②由图可知，平衡时二氧化碳、甲醇物质的量分别为0.2mol、0.6mol，由方程式可知，平衡时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的浓度分别为=0.1mol/L、=0.3mol/L、=0.3mol/L、=0.3mol/L，反应的平衡常数K==，500℃条件下，另一容器中测得某时刻，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的浓度均为0.2mol/L，则反应的浓度熵Qc==25<K，则反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；③A．不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故符合题意；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均分子质量增大，则混合气体的平均分子质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故不符合题意；C．单位时间内生成3molH—H键，同时生成3molH—O键说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故不符合题意；D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故符合题意；故选AD；【小问3详解】 ①由图可知，打开K1、闭合K2时，与直流电源负极相连的锌为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，反应生成的氢氧根离子使溶液呈碱性能使酚酞试液变为红色，则A极附近可观察到的现象为产生无色气泡，溶液变为红色，故答案为：产生无色气泡，溶液变为红色；②氯化钠溶液电解得到氢氧化钠、氢气和氯气，由整个反应产生标准状况下11.2L气体可知，电解所得氢氧根离子的浓度为=0.01mol/L，则溶液在常温下的pH为12；若要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内通入一定量的氯化氢气体，使电解生成的氢氧化钠转化为氯化钠和水，故答案为：12；HCl。17.回答下列问题。（1）用NH3可以消除氮氧化物的污染，已知：反应Ⅰ：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH1=akJ·mol-1反应Ⅱ：N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH2=bkJ·mol-1反应Ⅲ：4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)　ΔH3=ckJ·mol-1则反应Ⅱ中的b=___________(用含a、c的代数式表示)，反应Ⅲ中的ΔS___________(填“>”“<”或“=”)0。（2）已知：①2CO(g)＋SO2(g)S(l)＋2CO2(g)　ΔH1=-37.0kJ·mol-1②2H2(g)＋SO2(g)S(l)＋2H2O(g)　ΔH2=＋45.4kJ·mol-1③CO的燃烧热ΔH3=-283kJ·mol-1，请回答：表示液态硫(S)的燃烧热的热化学方程式为___________；反应②中，正反应活化能E1___________(填“>”“<”或“=”)ΔH2。（3）若某温度下，CH3COOH(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH=-46.8kJ·mol-1，H2SO4(aq)与NaOH(aq)的中和热为57.3kJ·mol-1，则CH3COOH在水溶液中电离的反应热ΔH1=___________。（4）已知：化学键C—HC—CC=CH—H键能/(kJ·mol-1)412348612436则＋H2(g)　ΔH=___________；又知H2和苯乙烯的燃烧热ΔH分别为-290kJ·mol-1和-4400kJ·mol-1，则乙苯的燃烧热ΔH=___________kJ·mol-1。【答案】（1）①.②.>（2）①.S(l)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-529kJ·mol-1②.> （3）＋10.5kJ·mol-1（4）①.＋124kJ·mol-1②.-4566【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，由(反应Ⅰ-反应Ⅲ)÷3，得N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH2=kJ·mol-1.反应Ⅲ中生成物气体的物质的量大于反应物的，所以反应Ⅲ是熵增反应，ΔS>0。【小问2详解】由已知信息③可得CO(g)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH3=-283kJ·mol-1，将该热化学方程式及已知信息①中热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由a×2-b得：S(l)＋O2(g)=SO2(g)　ΔH=(-283kJ·mol-1)×2＋37.0kJ·mol-1=-529kJ·mol-1；设E2为逆反应的活化能，则E1-E2=ΔH2>0，所以E1>ΔH2。【小问3详解】醋酸和NaOH的中和反应(反应热ΔH)，可以分为CH3COOH的电离(反应热ΔH1)、H＋和OH-的中和(反应热ΔH2)两步，故ΔH1=ΔH-ΔH2=-46.8kJ·mol-1-(-57.3kJ·mol-1)=＋10.5kJ·mol-1；【小问4详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，由有机物的结构可知，乙苯催化脱氢反应的反应热等于—CH2CH3的总键能与—CH=CH2、H2的总键能之差，故乙苯催化脱氢反应的ΔH=(5×412＋348-3×412-612-436)kJ·mol-1=＋124kJ·mol-1，根据盖斯定律，乙苯的燃烧热ΔH=-290kJ·mol-1＋(-4400kJ·mol-1)＋(＋124kJ·mol-1)=-4566kJ·mol-1。18.以庚烷等为原料合成高分子材料E和I的合成路线如下：回答下列问题：（1）A→B的反应类型为___________。（2）C→D的化学方程式为_________________。（3）下列关于物质D的说法正确的是______________(填字母)。a．能发生氧化反应b．能发生取代反应c．能使溴水褪色（4）物质E的单体为_________________。（5）物质F同分异构体的结构简式为___________。（6）G的化学名称是___________________。 （7）H中官能团的名称为_______________________。（8）I的结构简式为_____________________。【答案】（1）氧化反应（2）CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O（3）abc（4）CH2=CHCOOCH3（5）CH3CH(CH3)2（6）乙酸（7）酯基、碳碳双键（8）【解析】【分析】X高温分解生成A和F，A发生催化氧化生成B；D发生加聚反应生成E，根据E的结构简式知，D为CH2=CHCOOCH3，C和甲醇发生酯化反应生成C，则C为CH2=CHCOOH，B发生氧化反应生成C；F发生氧化反应生成G，G和乙烯发生加成反应生成H，H发生加聚反应生成I为。【小问1详解】A发生催化氧化生成B，A→B的反应类型为氧化反应；【小问2详解】C和甲醇发生酯化反应生成D，C→D的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；【小问3详解】物质D为CH2=CHCOOCH3，a．含碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故a选；b．含酯基，在酸性条件下发生水解反应，即能发生取代反应，故b选；c．含碳碳双键，能与溴发生加成反应，能使溴水褪色，故c选，故选abc；【小问4详解】物质E由碳碳双键发生加聚反应得到，其单体为CH2=CHCOOCH3；【小问5详解】物质F为正丁烷，其同分异构体为异丁烷，结构简式为CH3CH(CH3)2；【小问6详解】G的化学名称是乙酸；【小问7详解】 H中官能团的名称为酯基、碳碳双键；小问8详解】由分析可知，I的结构简式为。19.手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如图方法可从侤旧手机主板中回收贵金属。已知：i.Au+3+6H+Au3++3NO2↑+3H2OK＜10-5Au++4H+Au3++NO↑+2H2OK＜10-5Au3++4Cl-[AuCl4]-K＞105ii.HAuCl4=H++[AuCl4]-（1）酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是_______。（2）已知：王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3]溶金反应时产生NO。①写出该反应的离子方程式：________。②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用________。（3）若用Zn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。（4）AgCl溶于氨水的离子方程式为________。（5）水合肼(N2H4•H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有________(写出一条即可)。（6）Pd(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl-_______NH3(填“＞”或“＜”)。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率（2）①.Au++4Cl-+4H+=[AuCl4]-+NO↑+2H2O②.提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减少了Au3+浓度，促进Au与反应的正向进行（3）1.5（4）AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O （5）将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率，避免生成的银单质中混有AgCl杂质（6）＜【解析】【分析】废旧手机主板[Au(金)、Ag和Pd(钯)]粉碎后加HNO3酸浸、过滤，得到含Au固体和含Ag+、Pd2+溶液。含Au固体加王水溶金，得到HAuCl4溶液，加Zn还原，可获得Au。含Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl，生成AgCl沉淀和含[PdCl4]2-溶液；用氨水溶解AgCl，可生成银氨溶液，加入水合肼还原，便可获得Ag。含[PdCl4]2-溶液中加入氨水，生成含[Pd(NH3)Cl4]2-溶液，加盐酸调pH，可得到Pd(NH3)2Cl2。【小问1详解】酸浸前，为了溶解更多的Ag和Pd，将废旧手机主板粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率。【小问2详解】①王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3]溶金反应时产生NO，同时生成HAuCl4溶液，该反应的离子方程式：Au++4Cl-+4H+=[AuCl4]-+NO↑+2H2O。②从反应原理的角度看，浓盐酸提供H+，并将Au3+转化为[AuCl4]-，则浓盐酸的作用：提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减少了Au3+浓度，促进Au与反应的正向进行。【小问3详解】用Zn粉将溶液中的HAuCl4完全还原，依据得失电子守恒，可建立关系式：3Zn——2HAuCl4，则将1molHAuCl4完全还原，参加反应的Zn的物质的量是1.5mol。【小问4详解】AgCl溶于氨水，生成[Ag(NH3)2]+、Cl-等，离子方程式为：AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O。【小问5详解】先将氯化银溶于氨水，可增大与水合肼的接触面积，防止生成的Ag覆盖在AgCl表面，使AgCl反应不充分，同时防止生成的Ag中混有AgCl，则除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有：将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率，避免生成的银单质中混有AgCl杂质。【小问6详解】加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则[Pd(NH3)4]2+比[PdCl4]2-更难电离，所以该条件下配位能力：Cl-＜NH3。