2025--2026学年广东广州市南海中学高一下册第一次月考化学试题 [含答案]

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2026.4.8
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、学号、试室号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。写在本试卷上无效。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。考生必须保证答题卡的整洁。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Zn-65
本试卷共20题，总分100分，考试时间75分钟。
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 我国是—个拥有五千年文化传承的文明古国。下列国宝级文物主要由硅酸盐制成的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．《清明上河图》的主要材质是纸，纸的主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，不属于无机硅酸盐材料，故不选A；
B．《曾侯乙编钟》是青铜器皿，青铜属于合金，是金属材料，故不选B；
C．秦兵马俑是陶瓷，属于无机硅酸盐材料，故选C；
D．《金漆木雕大神龛》主要材料是木质材料，属于有机材料，不属于无机硅酸盐材料，故不选D；
选C。
2. 类推的思维方式在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的是
A. 新制氯水可以漂白红色石蕊溶液，故SO2也可以漂白石蕊
B. 稀硫酸与镁反应生成H2，故稀硝酸与镁反应也生成H2
C. 氢气因密度小于空气可采用向下排空气法收集，故氨气同样可以
D. 浓盐酸、浓硝酸均有挥发性，故浓硫酸也具有挥发性
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2不能使指示剂褪色，A错误；
B．硝酸具有强的氧化性，与活泼金属反应得不到氢气，B错误；
C．氨气密度小于空气可采用向下排空气法收集，C正确；
D．浓硫酸不具有挥发性，D错误；
故答案为：C。
3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2氧化性较强，Fe与Cl2点燃反应直接生成FeCl3，第一步转化无法实现，A错误；
B．S在O2中燃烧只能生成SO2，无法直接得到SO3，第一步转化无法实现，B错误；
C．Al与O2反应可生成Al2O3，但Al2O3难溶于水，不与水反应，无法一步转化为Al(OH)3，第二步转化不能实现，C错误；
D．NO2与H2O反应可生成HNO3，HNO3与Cu反应可以生成Cu(NO3)2，两步转化均能实现，D正确；
故选D。
4. 下列图示变化为吸热反应的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．能量变化图中，生成物能量高于反应物能量，反应过程吸收热量，属于吸热反应，A符合题意；
B．能量变化图中，反应物总能量高于生成物的总能量，因此该反应属于放热反应，B不符合题意；
C．浓硫酸溶于水放热，这是物理变化，不是化学反应，C不符合题意；
D．锌与稀盐酸反应是活泼金属与酸置换出氢气的反应，属于放热反应，D不符合题意；
故答案选A。
5. 下列反应不能设计成原电池的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】原电池需满足自发氧化还原反应的条件。选项B的反应（）中，所有元素的氧化态均未改变，无电子转移，因此无法设计成原电池，故B符合题意，
故答案为B。
6. 下列各组离子在指定条件下的溶液中，一定能大量共存的是
A. 酸性溶液中：、、、
B. 澄清透明的溶液中：、、、
C. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：、、、
D. 含有大量的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性溶液中存在大量，会被含、的溶液氧化，不能大量共存，A错误；
B．澄清透明的溶液中，、、、之间不发生反应，澄清透明不要求溶液为无色，本组离子可以大量共存，B正确；
C．使酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量，会与反应，不能大量共存，C错误；
D．会与发生反应生成和水，不能大量共存，D错误；
答案选B。
7. 下列与NH3相关实验的说法错误的是
A. 甲图制备NH3可选用的药品为NH4Cl
B. 乙图实验时，可观察到喷泉现象，体现NH3极易溶于水
C. 丙图实验中，可观察到有大量白烟生成，说明NH3能与酸反应生成铵盐
D. 丁图可用于NH3的尾气处理，且具有防倒吸作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室制备可选用的药品为氢氧化钙与氯化铵的混合物，二者混合加热生成氯化钙、氨气和水，A错误；
B．氨气极易溶于水，可形成喷泉，氨气和水反应生成一水合氨，溶液显碱性，则乙图实验时，可观察到烧瓶中液体为红色，体现氨气是碱性气体，B正确；
C．丙图实验中，可观察到有大量白烟生成，是因为氨气和氯化氢反应生成了固体氯化铵，体现氨水的挥发性，C正确；
D．氨气极易溶于水，倒置的干燥管起防倒吸作用，即丁图可用于氨气的尾气处理，且具有防倒吸作用，D正确；
故选A。
8. 下列反应中，属于氧化还原反应且反应前后能量变化如下图所示的是
A. 生石灰溶于水
B. 镁条与盐酸反应
C. 高温条件下碳粉与二氧化碳的反应
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与 NH4Cl固体的反应
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示可知：反应物的能量比生成物的能量高，发生反应放出热量，反应为放热反应，结合氧化还原反应的特征是元素化合价的升降分析解答。
【详解】A．生石灰溶于水，发生反应产生Ca(OH)2，该反应发生放出热量，属于放热反应；但反应前后元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．镁条与盐酸反应产生MgCl2、H2，反应前后元素化合价发生了变化，因此属于氧化还原反应，该反应发生放出热量，属于放热反应，B符合题意；
C．高温条件下碳粉与二氧化碳的反应产生CO，反应前后元素化合价发生了变化，因此属于氧化还原反应；但该反应发生吸收热量，属于吸热反应，C不符合题意；
D．Ba(OH)2·8H2O晶体与 NH4Cl固体的反应，产生BaCl2、NH3、H2O，反应前后元素化合价不变，不属于氧化还原反应，且反应发生时会吸收热量，属于吸热反应，D不符合题意；
故合理选项是B。
9. 下列离子方程式书写正确的是
A. 少量碳酸氢铵溶液与足量烧碱溶液混合加热：
B. 铜片与稀硝酸反应：
C. 氨水与稀醋酸反应：
D. 铁与稀硝酸反应：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．、都会与OH-发生反应，离子方程式应该为：++2OH-NH3↑++2H2O，A错误；
B．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，B正确；
C．氨水中的NH3·H2O及稀醋酸溶液中的CH3COOH都是弱电解质，主要以电解质分子存在，应该写化学式，离子方程式应该为：NH3·H2O+CH3COOH=+CH3COO-+H2O，C错误；
D．硝酸有强的氧化性，与金属反应不产生氢气。Fe与稀硝酸反应产生Fe(NO3)3、NO、H2O，该反应的离子方程式为：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，D错误；
故合理选项是B。
10. 某课外活动小组设计的化学电源使LED灯发光，装置如下。下列说法错误的是
A. 铝片为负极，溶液pH随着放电的进行逐渐变小
B. 该装置中，电子的流向为：Al-导线-LED灯-导线-Mg-氢氧化钠溶液-Al
C. 其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”
D. 如果将氢氧化钠溶液换为稀硫酸，则镁片为电池的负极
【答案】B
【解析】
【分析】电池反应为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，Al为负极，Mg为正极。
【详解】A．据分析，Al为负极，反应消耗NaOH，pH变小，A正确；
B．Al为负极，失电子，Mg为正极，得电子，电子的流向为：Al-导线-LED灯-导线-Mg，B错误；
C．原电池的能量变化为化学能→电能，LED灯工作时能量变化为电能→光能，所以电路中能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”，C正确；
D．将氢氧化钠溶液换为稀硫酸，镁比铝活泼，镁为负极，D正确；
故答案为B。
11. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 分子中含电子数为
B. 标准状况下，中含有O数目为
C. 和足量充分反应生成的分子数为
D. 由和组成的混合气体中含氧原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．中含有10个电子，的物质的量为=2ml，含电子数为，A错误；
B．标准状况下，不是气体，的物质的量不是0.1ml，B错误；
C．N2和H3生成NH3的反应是可逆的，和足量充分反应生成的分子数小于，C错误；
D．和组成的混合气体可以等效于NO2气体，NO2中含氧原子数为=，D正确；
故选D。
12. 下图是自然界中的氮循环过程，下列有关叙述错误的是
A. 反应①、②及工业合成氨均属于氮的固定
B. 反应③的反应方程式为
C. 反应④中，生成，至少需要提供
D. 过程中参与循环的元素有氮元素，还有氢和氧元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮的固定是游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程，反应①、②及工业合成氨都是游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程，均属于氮的固定，故A正确；
B．由图可知，反应③为一氧化氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为，故B正确；
C．由图可知，反应④为在硝化细菌作用下氨气与氧气反应生成硝酸根离子的反应，由得失电子数目守恒可知，生成1ml硝酸根离子需要提供氧气的物质的量为1ml×2=2ml，故C错误；
D．由图可知，自然界中的氮循环过程中参与循环的元素有氮元素，还有氢和氧元素，故D正确；
故选C。
13. 氮、硫及其化合物的价类二维图如下所示，下列说法正确的是
A. b和v均可一步反应生成对应的各类氧化物
B. a、b、u、v、w均能作还原剂
C. d、w、x均可与水反应生成酸，都属于酸性氧化物
D. e、z的浓溶液与铜反应分别生成氧化物d、x
【答案】B
【解析】
【分析】根据图中的信息可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，u为H2S，v为S，w为SO2，x为SO3，y为H2SO3，z为H2SO4，以此解题。
【详解】A．氮气一步只能生成一氧化氮，硫一步只能生成二氧化硫，A错误；
B．由分析可知，a为NH3，b为N2，u为H2S，v为S，w为SO2，其中S和N的化合价均不是其最高正价，均可以失去电子，做还原剂，B正确；
C．二氧化氮和碱的反应是氧化还原反应，则二氧化氮不酸性氧化物，C错误；
D．浓硫酸和铜反应生成二氧化硫，D错误；
故选B。
14. 下列实验操作、现象和根据现象得出的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀硝酸与过量的铁反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应生成的亚铁离子不能与硫氰酸根离子反应得到血红色溶液，则向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后滴加硫氰化钾溶液，溶液不会呈血红色，A错误；
B．稀释浓硫酸时，应将密度大于水的浓硫酸缓慢倒入蒸馏水中，否则会产生暴沸发生意外事故，则铜与浓硫酸反应后，不能向试管中直接加入蒸馏水，应将试管中的溶液倒入蒸馏水中，B错误；
C．氢硫酸的酸性弱于硫酸，向硫酸铜溶液中通入硫化氢生成硫化铜生成黑色沉淀是因为硫化铜不能与稀硫酸反应所致，与酸性强弱无关，C错误；
D．酸性条件下溶液中的硝酸根离子能与亚铁离子反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，则将硝酸亚铁固体溶于稀硫酸后，滴加硫氰化钾溶液，溶液呈血红色不能证明硝酸亚铁溶液已变质，D正确；
故选D。
15. 有一种纸质软电池，该电池采用薄层纸片作为载体和传导体，一面附着Zn，另面附着MnO2。电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)，关于此电池，下列说法正确的是
A. 该电池的正极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-
B. 该电池Zn为负极，ZnO为正极，MnO2作催化剂
C. 当0.1mlZn溶解时，流经电解液的电子的物质的量为0.2ml
D. 电池工作时，OH-通过薄层纸片向附着二氧化锰的电极移动
【答案】A
【解析】
【详解】A．电池正极发生还原反应，根据电池总反应，该电池的正极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，故A正确；
B．电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应，根据电池总反应Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)，该电池Zn为负极，MnO2为正极，故B错误；
C．当0.1mlZn溶解时，流经导线的电子的物质的量为0.2ml，电子不能进入溶液，故C错误；
D．电池工作时，阴离子移向负极，OH-通过薄层纸片向附着Zn的电极移动，故D错误；
选A。
16. 和在催化剂表面合成氨的能量变化和微观历程示意图如下所示。下列说法错误的是
A. ②→③是吸热过程
B. ③→④存在极性键的形成
C. 合成氨反应中，反应物旧键断裂吸收的能量小于生成物新键形成释放的能量
D. 其他条件相同，使用催化剂可以减少合成氨反应放出的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．由示意图可知，②→③是化学键断裂的吸热过程，A正确；
B．③→④是N原子和H原子形成中极性键的过程，B正确；
C．合成氨反应是放热反应，故反应物旧键断裂吸收的能量小于生成物新键形成释放的能量，C正确；
D．其他条件相同，使用催化剂不会减少合成氨反应放出的热量，D错误；
故选D。
二、非选择题，本题共4题，共56分。
17. 化学反应中伴随着能量的变化。
（1）实验室中使用锌粒和稀硫酸制取氢气。—段时间后溶液温度上升。该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）某同学发现，使用含有一定金属杂质的锌，反应的速率更大，因为其中形成了原电池。
Ⅰ.锌-铜原电池是实验室常见的原电池，如图所示，其中：
①锌电极作___________(填“正极”或“负极”)，发生的电极反应式为：___________；
②内电路中向___________(填“正极”或“负极”)方向移动。
③—段时间后，锌电极质量下降0.65 g。电路中转移的电子数为：___________(用NA表示)
Ⅱ.实验室还能构成其他种类的电池。下列装置中能形成原电池的是___________(填字号)。
（3）Ⅲ.该同学发现，粗锌虽然反应速率快，但由于其中含有的硫化物等杂质，会在反应中出现H2S等杂质影响产物，他想到：用高纯度的锌和稀硫酸反应，再在溶液中加入少量硫酸铜，可以大幅提高反应速率。请说明原因：___________。
Ⅳ.该同学想对比两种方式反应产生的氢气，他取两根大小—致的试管，标记为a和b，分别放入2份质量均为m g的高纯锌粒；在试管a中加入少量硫酸铜后，向两支试管同时加入过量的稀硫酸，将氢气通过检测仪，可得到对应时间内累积获得的氢气的物质的量。下列图像中可能符合事实的是：___________。
Ⅴ.该同学将制备出的氢气用于制作简易的氢氧燃料电池，示意图如图。该电池的正极反应式为：___________。
【答案】（1）放热（2） ①. 负极 ②. Zn-2e-=Zn2+ ③. 负极 ④. 0.02NA ⑤. ①③
（3） ①. Zn和Cu2+反应置换出Cu单质，Zn和Cu接触形成原电池，加快反应速率 ②. D ③. O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】
【小问1详解】
锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，该反应是放出热量的放热反应，放出的热量会使溶液温度上升，所以实验室中使用锌粒和稀硫酸制取氢气时，—段时间后溶液温度上升；
【小问2详解】
Ⅰ.金属性强于铜的锌是原电池的负极，锌在负极失去电子发生氧化反应生成锌离子，铜是正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气；
①由分析可知，锌是原电池的负极，锌在负极失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；
②分析可知，锌是原电池的负极，铜是正极，则内电路中硫酸根离子向负极方向移动；
③—段时间后，锌电极质量下降0.65 g，则由电极反应式可知，电路中转移的电子数为：×2×NA ml-1=0.02NA；
Ⅱ.构成原电池的基本条件是能够自发地进行氧化还原反应，两个活泼性不同的电极在电解质溶液中构成闭合回路；
①由图可知，锌能与溶液中的铜离子发生置换反应生成锌和铜，则金属性强于铁的锌与铁可以在硫酸铜溶液中形成原电池，①正确；
②由图可知，锌和铜没有在硫酸铜溶液中构成闭合回路，不能形成原电池，②错误；
③由图可知，铁能与溶液中的氢离子发生置换反应生成亚铁离子和氢气，则金属性强于铜的铁与铜可以在稀硫酸中形成原电池，③正确；
④由图可知，两个电极电极都为锌，不可能在稀硫酸中形成原电池，④错误；
⑤由图可知，四氯化碳是非电解质，不能与锌、碳发生自发的氧化还原反应，则锌、碳在四氯化碳中不可能形成原电池，⑤错误；
故选①③；
【小问3详解】
Ⅲ. 用高纯度的锌和稀硫酸反应，再在溶液中加入少量硫酸铜，可以大幅提高反应速率是因为锌能与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸锌和铜，反应生成的铜附着在锌表面，在硫酸溶液中构成锌铜原电池，原电池反应可以加快锌与稀硫酸反应生成氢气的速率；
Ⅳ.由题意可知，试管a中锌与硫酸铜溶液发生置换反应会消耗锌，导致锌完全反应时，与稀硫酸反应生成氢气的体积小于试管b，但反应生成的铜附着在锌表面，在硫酸溶液中构成锌铜原电池，原电池反应可以加快锌与稀硫酸反应生成氢气的速率，完全反应时需要的反应时间少于试管b，故选D；
Ⅴ.氢氧碱性燃料电池中，通入氧气的电极是燃料电池的正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
18. 如图是在实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。
（1）装置A中盛放70%硫酸的实验仪器名称为___________；写出装置A中发生反应的化学方程式___________。
（2）B中试剂X是___________，装置D中盛放NaOH溶液的作用是___________。
（3）关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入硫酸至浸没三颈烧瓶中固体，用带火星的木条放置在D试管口，木条不复燃，写出直玻璃管中发生反应的化学方程式___________。
（4）关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F中，能说明I-还原性弱于SO2的现象为___________；发生反应的离子方程式是___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
（2） ①. 浓H2SO4 ②. 吸收SO2尾气
（3）Na2O2+SO2=Na2SO4
（4） ①. E中溶液从蓝色变为无色 ②.
【解析】
【分析】装置A中亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，干燥后二氧化硫进入装置C反应，尾气使用氢氧化钠溶液吸收；二氧化硫也可以进入装置E中和碘单质反应生成HI和硫酸。
【小问1详解】
根据装置图，可知A中盛放70%硫酸的实验仪器名称为分液漏斗；装置A中亚硫酸钠和70%硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，发生反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑。
【小问2详解】
装置C验证过氧化钠和二氧化硫反应。由于过氧化钠能与水反应放出氧气，为防止过氧化钠和水反应，装置B的作用为除SO2中的水，B中试剂X是浓H2SO4；SO2和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，装置D中盛放NaOH溶液的作用是吸收SO2尾气，防止污染。
【小问3详解】
关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入硫酸至浸没三颈烧瓶中固体，用带火星的木条放置在D试管口，木条不复燃，说明过氧化钠和二氧化硫反应不放出氧气，则直玻璃管中过氧化钠和二氧化硫反应生成硫酸钠，发生反应的化学方程式Na2O2+SO2=Na2SO4。
【小问4详解】
关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F中，E中发生反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，说明I-还原性弱于SO2，E中溶液从蓝色变为无色；发生反应的离子方程式是。
19. 氮氧化物(NOx)是大气污染物之一，处理工业废气中的NOx对于环境保护具有重要的意义。
（1）在一定条件下NH3可将NO2还原。甲同学在实验室对该反应进行了探究。实验设计如图(部分夹持装置省略)。
①用装置A制备NH3，其中发生反应的化学方程式为_______；装置B内的试剂是_______。
②装置D中发生反应的离子方程式是_______，铜丝可抽动的优点是_______。
③在装置M中NH3和NO2充分反应，生成两种对环境友好的物质，该反应中NH3和NO2的物质的量之比为_______。
（2）用NaOH溶液吸收法处理NOx(仅含NO、NO2)。已知过程中发生的反应有：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O；2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O
①用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如图：
(α表示NOx中NO2的含量)：
用NaOH溶液吸收氮氧化物的最佳条件为：α=_______，c(NaOH)=_______。
②若一定体积的NOx被250mL2ml·L-1的NaOH溶液恰好完全吸收，溶液质量增加19.8g，则x的值为_______。
【答案】（1） ①. Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O； ②. 碱石灰 ③. Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O ④. 可控制反应 ⑤. 4：3
（2） ①. 50% ②. 1.25ml·L－1 ③. 1.6
【解析】
【分析】
【小问1详解】
①用装置A加热氢氧化钙和氯化铵，制备NH3，其中发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；装置B的作用是干燥氨气，U型管内的试剂是碱石灰，装置B内的试剂是碱石灰。故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；碱石灰；
②铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，装置D中发生反应的离子方程式是Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，反应生成的氮的氧化物是大气污染气体，铜丝可抽动的优点是可控制反应。故答案为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；可控制反应；
③在装置M中NH3和NO2充分反应，生成两种对环境友好的物质，NH3还原NO2的化学方程式为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，该反应中NH3和NO2的物质的量之比为4：3。故答案为：4：3；
【小问2详解】
①用NaOH溶液吸收氮氧化物的最佳条件为：α=50%，c(NaOH)=1.25ml·L－1。故答案为：50%；1.25ml·L－1；
②若一定体积的NOx被0.250mL2ml·L-1的NaOH溶液恰好完全吸收，n(NaOH)=0.250L×2ml·L-1=0.5ml，溶液质量增加19.8g，即NOx的质量，M==(14+16x)g/ml , 则x的值为1.6。故答案为：1.6。
20. 科学家开发的光电催化剂BiVO4实现了高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)为原料制备钒酸铋(BiVO4)的流程如图所示。
已知部分信息如下：
①滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+。
②常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示。
回答下列问题：
（1）“浸取”步骤中可以适当加热，有利于___________；但温度不宜过高，其原因是___________。
（2）浸渣1的主要成分有S和___________；
（3）在“氧化调pH”的步骤中，加H2O2氧化的目的是___________，调pH的最低值为___________。
（4）在“稀释水解”步骤中，分离滤饼和滤液3的操作是___________。
（5）在“氯化”步骤中，加入的SOCl2中S的化合价为___________；该反应不是氧化还原反应，请写由该反应的化学方程式：___________。
（6）将滤液5经蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到1种晶体，某小组通过如下实验步骤确认该晶体：
通过上述实验得出结论：该晶体成分为NH4Cl。
【答案】（1） ①. 加快反应速率 ②. 温度过高盐酸挥发会加剧
（2）SiO2（3） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+，便于调pH沉淀分离 ②. 3.1
（4）过滤（5） ①. +4 ②. SOCl2+BiOCl=BiCl3+SO2↑
（6） ①. 取少量溶液于试管中，滴加NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝 ②. Cl-
【解析】
【分析】辉铋矿粉主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2。辉铋矿粉加盐酸、FeCl3溶液“浸取”，氯化铁将硫氧化为单质，过滤，滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+；滤渣1主要是SiO2、S；滤液1加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，滤渣2是Fe(OH)3；滤液2中主要阳离子是Bi3+、H+，稀释促进氯化铋水解，过滤分离得到滤饼，滤饼加稀盐酸“酸洗”得BiOCl，BiOCl和SOCl2发生非氧化还原反应生成BiCl3、SO2气体，BiCl3和(NH4)3VO4反应得到BiVO4。
【小问1详解】
根据影响反应速率的因素，“浸取”步骤中可以适当加热，有利于加快反应速率；温度过高盐酸挥发会加剧，所以温度不宜过高。
【小问2详解】
SiO2不溶于盐酸，FeS2、Bi2S3被氧化为S单质，所以浸渣1的主要成分有S和SiO2；
【小问3详解】
为除去铁元素，需要把Fe2+转化为Fe3+，以便生成Fe(OH)3，在“氧化调pH”的步骤中，加H2O2氧化的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于调pH沉淀分离；根据已知②，为使Fe3+完全沉淀，调pH的最低值为3.1。
【小问4详解】
在“稀释水解”步骤中，分离滤饼和滤液3是固液分离，操作是过滤。
【小问5详解】
SOCl2中O显-2价、Cl显-1价，根据正负化合价代数和等于0，则S的化合价为+4；由“氯化”步骤不是氧化还原反应可知，SOCl2、BiOCl反应生成BiCl3和SO2气体，反应的化学方程式为SOCl2+BiOCl=BiCl3+SO2↑。
【小问6详解】
与碱反应在加热条件下放出氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以取少量溶液于试管中，滴加NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝，可证明溶液中存在；
氯化银难溶于硝酸，取少量溶液于试管中，滴入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液产生白色沉淀，说明沉淀是氯化银，则证明溶液中存在Cl-。选项
A
B
文物
名称
《清明上河图》
故宫博物院
《曾侯乙编钟》
湖北省博物馆
选项
C
D
文物
名称
兵马俑
秦始皇陵博物院
《金漆木雕大神龛》
广东省博物馆
选项
实验操作
现象
结论
A
向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将铁氧化为Fe3+
B
铜和浓硫酸反应的试管中溶液变黑，往该试管中加蒸馏水、振荡
溶液显蓝色
验证Cu被氧化为Cu2+
C
向CuSO4溶液中通入H2S气体
出现黑色沉淀(CuS)
酸性：H2S>H2SO4
D
将Fe(NO3)2固体溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
不能证明Fe(NO3)2已变质
氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Bi(OH)3
开始沉淀的pH
7.6
1.6
4.0
完全沉淀的pH
9.6
3.1
5.5
实验步骤及现象
实验结论
将该晶体溶于水，配制成溶液
___________
证明溶液中存在
取少量溶液于试管中，滴入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液产生白色沉淀
证明溶液中存在___________