四川省成都市2025届高三化学上学期10月月考试题含解析

这是一份四川省成都市2025届高三化学上学期10月月考试题含解析，共19页。试卷主要包含了1ml I2和0， 下列方程式书写错误是等内容，欢迎下载使用。
1. 在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下:
下列叙述错误的是（ ）
A. 生物柴油由可由再生资源制得B. 生物柴油是不同酯组成的混合物
C. 动植物油脂是高分子化合物D. “地沟油”可用于制备生物柴油
【答案】C
【解析】
【详解】A、醇属于可再生资源，根据方程式可知，生物柴油由可由再生资源制得，A正确；
B、根据生物柴油的分子结构可知，生物柴油是不同酯组成的混合物，B正确；
C、动植物油脂虽然相对分子量较大，但不是高分子化合物，C错误；
D、“地沟油”主要是动植物油脂，利用上述反应，可用于制备生物柴油，D正确；
答案选C。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA
B. 常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA
C. 50mL 18.4ml/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目0.46NA
D. 某密闭容器盛有0.1ml I2和0.1ml H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，氟化氢不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质量，A错误；
B．乙烯与丙烯的最简式均为CH2，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA= NA，B正确；
C．随着反应进行，硫酸浓度变小，不能再与铜反应生成二氧化硫，生成SO2分子数目小于0.46NA，C错误；
D．该反应为可逆反应，不可能完全进行，转移电子的数目小于0.2NA，D错误；
故选B。
3. 用下列仪器或装置进行相应实验，操作规范且能达到实验目的的是
A. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液B. 除去中的
C. 分离胶体中的NaClD. 蒸干溶液得到无水
【答案】B
【解析】
【详解】A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，不能将氢氧化钠直接放在容量瓶中溶解，故A项错误；
B．除去SO2中的SO3可以通入饱和亚硫酸氢钠溶液，SO2与饱和亚硫酸氢钠溶液不反应，故B项正确；
C．分离氢氧化铁中的氯化钠不能过滤，两者均能透过滤纸，应该透过用半透膜，溶液可以透过半透膜，胶体不能，故C项错误；
D．蒸发AlCl3溶液过程中，铝离子水解得到氢氧化铝，氢氧化铝最终得到氧化铝，无法得到无水AlCl3，故D项错误；
故本题选B。
4. 下列方程式书写错误是
A. 用氯酸钾与浓盐酸制氯气：
B. 硫酸四氨合铜溶液加入乙醇：
C. 0.01ml/L溶液与溶液等体积混合：
D. 由1，6-己二胺和己二酸制备尼龙66：
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯酸钾与浓盐酸制氯气时，氯酸钾为氧化剂，6份HCl中有5份作还原剂，另外一份起到酸性的作用，即氯气分子中既含有，又含有35Cl，而生成物中只含，A项错误；
B．乙醇可以降低硫酸四氨合铜在水中的溶解度，故硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇有硫酸四氨合铜晶体析出，方程式为，B项正确；
C．溶液与溶液等体积混合，，恰好完全反应生成，方程式为，C项正确；
D．1，6-己二胺和己二酸在一定条件下发生氨基与羧基的缩水聚合反应，生成高聚物，反应方程式为，D项正确；
答案选A。
5. 组成核酸的基本单元是核苷酸，下图是核酸的某一结构片段，下列说法正确的是
A. DNA和RNA结构中的碱基相同，戊糖不同
B. 核酸的单体是核苷酸，彻底水解的产物是核苷
C. 核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应
D. 核酸分子中碱基通过磷酸酯键实现互补配对
【答案】C
【解析】
【详解】A．脱氧核糖核酸(DNA)的戊糖为脱氧核糖，碱基为：腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、胸腺嘧啶，核糖核酸(RNA)的戊糖为核糖，碱基为：腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、尿嘧啶，两者的碱基不完全相同，戊糖不同，故A错误；
B．碱基与戊糖缩合形成核苷，核苷与磷酸缩合形成了组成核酸的基本单元——核苷酸，核苷酸缩合聚合可以得到核酸，如图：，故B错误；
C．核苷酸中磷酸基团能与碱反应，碱基与酸反应，因此核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应，故C正确；
D．核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对，DNA中腺嘌呤（A）与胸腺嘧啶（T）配对，鸟嘌呤（G）与胞嘧啶（C）配对，RNA中尿嘧啶（U）替代了胸腺嘧啶（T），结合成碱基对，遵循碱基互补配对原则，故D错误；
故选C。
6. 酸碱电子理论认为，凡是可以接受电子对的物质是酸，凡是可以给出电子对的物质是碱。据此分析，下列微粒间的反应不是酸与碱反应的是
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．H+提供空轨道，H2O的O原子提供孤电子对，二者通过配位键结构形成H3O+，因此该反应可以认为是酸与碱反应，A不符合题意；
B．CH2=CH2断开碳碳双键中较活泼的键，然后两个不饱和的C原子分别与H2断裂H-H键形成的两个H原子结合形成C-H键，没有给出电子对和接受电子对的原子，因此不能认为是酸与碱反应，B符合题意；
C．BF3中B原子采用sp2杂化，未参与杂化的2p空轨道接受F-的一对孤电子形成配位键，故可以认为是酸与碱反应，C不符合题意；
D．Cu2+提供空轨道，配位体NH3的N原子上有孤对电子，N原子提供电子对而与Cu2+结合，故二者之间反应可以认为是酸与碱反应，D不符合题意；
故合理选项是B。
7. 己二腈是工业制造尼龙-66的原料，利用丙烯腈(，不溶于水)为原料、四甲基溴化铵为盐溶液制备己二腈的电有机合成装置如图所示。下列说法正确的是
A. 交换膜为阴离子交换膜
B. 当电路中转移时，阳极室溶液质量减少8g
C. 在电化学合成中作电解质，并有利于丙烯腈的溶解
D. 正极区的电极反应为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，a极丙烯腈发生还原反应生成己二腈，，a为阴极，则b为阳极，b极发生氧化反应，反应为2H2O- 4e- =4H++O2↑；；
【详解】A．由分析可知，氢离子由阳极区进入阴极区，故交换膜为阳离子交换膜，A错误；
B．当电路中转移时，阳极室生成氧气质量为8g，同时有1ml氢离子进入阴极区，故溶液质量减少9g，B错误；
C．丙烯腈为有机物，在电化学合成中作电解质，并有利于丙烯腈的溶解，C正确；
D．阴极区的电极反应为，D错误；
故选C。
8. X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是
A. 酸性：>YX3B. 常温下M2Z2是淡黄色固体，具有漂白性
C. 化学键中离子键成分的百分数：D. 与离子空间结构均为三角锥形
【答案】D
【解析】
【分析】X半径最小，则X为H；短周期中M电负性最小，则M为Na；Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则Z为O，Z与Y、Q相邻，Y为N，Q为S。
【详解】A．酸性：>NH3，A正确；
B．常温下Na2O2是淡黄色固体，具有漂白性，B正确；
C．电负性差值越大，化学键中离子键成分的百分数越大，电负性：O>S，化学键中离子键成分的百分数：，C正确；
D．中N的价层电子对数为3+=3+0=3，不含孤电子对，则为平面三角形，中S的价层电子对数为3+=3+1=4，含孤电子对，则为三角锥形，D错误；
故选D。
9. 以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的工艺流程如图所示。下列说法正确的是
A. “灼烧”可在石英坩埚中进行B. “母液”中的溶质仅有两种盐
C. “结晶”时迅速冷却以得到较大晶粒D. “灼烧”和“转化”都发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】灼烧过程中氯酸钾将MnO2氧化为K2MnO4，浸取K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入足量二氧化碳，K2MnO4发生歧化反应生成MnO2和KMnO4，过滤，得到KMnO4滤液，再加热浓缩、冷却结晶，得到KMnO4晶体。
【详解】A．石英坩埚中含有SiO2，KOH能与SiO2反应，会腐蚀石英坩埚，故A错误；
B．“结晶”过程中析出KMnO4，但不可能完全析出，由于通入了过量的二氧化碳，则“母液”中的溶质有KMnO4、KCl、KHCO3，故B错误；
C．快速冷却条件下，结晶度低，晶粒尺寸小，故C错误；
D．灼烧过程中氯酸钾将MnO2氧化为K2MnO4，转化过程K2MnO4发生歧化反应生成MnO2和KMnO4均有元素化合价发生变化，均为氧化还原反应，故D正确；
故选D。
10. 植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法正确的是
A. 可与溶液反应
B. 在Cu催化下被O2氧化，生成酮羰基
C. 酸性条件下的水解产物均可生成高聚物
D. 与只发生加成反应，不发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．阿魏萜宁中没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应，A错误；
B．阿魏萜宁中的醇羟基连接的碳原子上无氢原子，不能发生氧化反应，故不能得到酮羰基，B错误；
C．阿魏萜宁中有酯基，水解后得到二元醇类和对羟基苯甲酸，二元醇可发生分子间脱水缩合生成聚合物，对羟基苯甲酸也可以发生分子间酯化脱水缩合生成聚合物，C正确；
D．阿魏萜宁中有碳碳双键和酚羟基官能团结构，与既能发生碳碳双键的加成反应，又能与酚发生取代反应，D错误；
故答案选C。
11. [C(NH3)6]Cl2晶体的晶胞如下图所示(已知该立方晶胞的边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA)，以下说法正确的是
A. [C(NH3)6]Cl2晶体的密度为
B. 在[C(NH3)6] Cl2中，配合物中心离子的配位数为8
C. 在[C(NH3)6]Cl2晶胞中，[C(NH3)6]2+的配位数为4
D. 若A点原子坐标为点原子坐标为，则C点原子坐标为
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据均摊原则，晶胞中[C(NH3)6]2+的个数为，Cl﹣个数为8，[C(NH3)6]Cl2晶体的密度为=，A正确；
B．在[C(NH3)6] Cl2中，配合物中心离子与6个N原子形成配位键，配位数为6，B错误；
C．在[C(NH3)6]Cl2晶胞中，每个[C(NH3)6]2+最近的Cl﹣有8个，[C(NH3)6]2+的配位数为8，C错误；
D．若A点原子坐标为点原子坐标为，则C点原子坐标为，D错误；
故选A
12. 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ED. F可以通过铝热反应冶炼
【答案】C
【解析】
【分析】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，以此解答。
【详解】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金属或非金属氧化物进行的一种氧化还原反应，不能用来冶炼铝，D错误；
故选C。
13. 向2L恒容密闭容器中充入一定量和，在一定条件下发生反应且氧化产物只有一种，测得、的物质的量与时间的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 该条件下发生的反应为
B. 向该容器中再充入惰性气体，能提高反应速率
C. 0~2min内的平均反应速率
D. 其他条件不变，再充入，能提高反应物活化分子百分数
【答案】C
【解析】
【详解】A．0~4 min内O2消耗0.4 ml，H2S消耗0. 8 ml，根据速率之比等于化学计量数之比可知，A错误；
B．恒容容器中充入惰性气体，化学反应中各物质的浓度不变速率不变，B错误；
C．0~2 min内O2变化了0. 3 ml，体积为2 L，代入数据计算O2的平均反应速率为0.075 mlL-1min-1，C正确；
D．增大反应物浓度，活化分子百分数不变， D错误；
故选C。
14. 人体内的碳酸酐酶CA(阴影部分，His完整结构如左图)对于调节血液和组织液的酸碱平衡有重要作用。催化机理如图所示，下列说法错误的是
已知：五元环中存在大键
A. 该过程总反应为
B. 氮原子Ⅰ和Ⅱ相比，最可能跟形成配位键的是Ⅱ
C. ①→②→③催化全过程中各元素的化合价都没有发生变化
D. CA超高催化效率可能是因为影响配体水分子的极性，使水更容易电离出
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，该过程中反应物有CO2和H2O，生成物有，总反应为，故A正确；
B．五元环中存在大π键，则Ⅰ中氮原子采取sp2杂化，形成3个sp2杂化轨道，其中2个杂化轨道形成键，1个杂化轨道用来容纳孤电子对，即Ⅰ中氮原子含孤电子对，Zn2+提供空轨道，最可能与Zn2+形成配位键，故B错误；
C．由图可知，①→②→③催化全过程中各元素的化合价都没有发生变化，故C正确；
D．Zn2+与水分子中O原子形成配位键，影响配体水分子的极性，使水更容易电离出H+，故D正确；
故选B。
15. 二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化，还可以作为贵金属的萃取剂，可由硫和氯气在100～110℃直接化合而成。实验室用如图所示的装置制备S2Cl2。已知S2Cl2为金黄色液体，沸点为138℃，遇水生成S、SO2和HCl，S可溶于S2Cl2。回答下列问题：
（1）装置A中发生的化学反应方程式为___________。
（2）制备开始之前，先通一段时间氮气。制备开始时，停止通氮气，关闭___________与___________(填K1、K2或K3，后同)，打开___________。制备完成后，熄灭酒精灯，打开全部止水夹，并持续缓慢通入一段时间氮气。
（3）实验结束后，装置D中固体消失，但未出现金黄色液体，而是得到了深色液体。查阅资料得知S2Cl2能被Cl2氧化为SCl2 (红棕色液体，沸点为59℃)。实验小组对此进行了探究与实验改进。
①甲同学取D中棕色液体进行了___________操作(填操作名称)，成功分离出红棕色的SCl2。
②乙同学不断搅拌D中深色液体，液体变为金黄色。用化学方程式解释颜色变化的原因___________。
③基于探究结果，小组拟优化实验装置与操作：在D、E之间增添___________。并在反应过程中持续通入少量氮气，目的是___________。
（4）优化方案后，为检验S2Cl2产品中是否仍含有SCl2杂质进行如下实验：
①取1.25g产品，在密闭容器中依次加入足量水、双氧水、溶液，过滤。
②向①的滤液中加入足量(HNO3)溶液，过滤、洗涤、干燥，称得固体质量为2.87g。
则产品中氯元素的质量分数为___________，由此可知产品中___________(填“含有”或“不含有”) SCl2杂质。
（5）从实验安全的角度考虑，上述装置存在的缺陷是___________。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. K1 ②. K3 ③. K2
（3） ①. 蒸馏 ②. ③. 浓硫酸洗气瓶 ④. 稀释氯气，避免高浓度氯气将进一步氧化
（4） ①. 56.8% ②. 含有
（5）无法有效处理A、B装置中剩余的氯气
【解析】
【分析】A制备氯气，B干燥氯气，防止产品与水蒸气反应，C用于吸收多余的氯气，D是反应的发生装置，E吸收尾气。
【小问1详解】
A中发生实验室制取氯气的反应，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
制备开始之前，先通一段时间氮气。制备开始时，停止通氮气，关闭K1与K3，打开K2让生成的氯气进入三颈烧瓶中与S发生反应；
【小问3详解】
①利用与SCl2沸点不同，成功分离出SCl2，分离的操作为蒸馏；
②搅拌D中深色液体，液体变为金黄色，则SCl2又转化为，化学方程式为；
③遇水生成S、SO2和HCl，为了防止水的进入，则应在D、E之间增加一个浓硫酸洗气瓶；在反应过程中持续通入少量氮气，目的是稀释氯气，避免高浓度氯气将进一步氧化；
【小问4详解】
由题意可知，2.87g固体为AgCl，其物质的量为0.02ml，含Cl原子为0.02ml，其质量为0.71g，产品中氯元素的质量分数=；S2Cl2中氯元素的质量分数=，由此可知产品中含有杂质；
【小问5详解】
从实验安全的角度考虑，上述装置存在的缺陷是无法有效处理A、B装置中剩余的氯气。
16. “零碳甲醇”是符合“碳中和”属性的绿色能源。请回答下列问题：
（1）工业上可以利用直接法合成甲醇：
I．
①该反应自发进行的条件是___________(填“高温自发”、“低温自发”或“任意温度自发”)。但实际生产中，通常需要适当升温，目的是___________。
②将体积分数为10%CO2、30%H2的进料气(含惰性杂质气体)，控制压强为50 bar发生反应I，=90%。计算平衡时___________(保留两位小数)，平衡常数___________(写出计算式)。
③可利用沸点差异分离产物与反应物。分析甲醇的熔沸点高于CO2的原因___________。
（2）工业上也利用间接法合成甲醇，相关反应如下：
II．
III．
①间接工艺法的决速步为反应II，则下列简化示意图中能体现上述反应体系能量变化的是___________(填字母)。
A． B． C． D．
②在某催化剂下，反应III的历程(*表示吸附在催化剂上)如图所示：
ii到vi的四个基元过程，可看作H2不断被催化剂吸附，H原子转变为吸附态后随即与含碳微粒成键。试仿照i~iv的形式写出v对应的物质___________(已知v中只有一种吸附在催化剂表面的物质)。
【答案】（1） ①. 低温自发 ②. 加快化学反应速率，提高生产效率 ③. ④. ⑤. 甲醇有分子间氢键，CO2没有
（2） ①. A ②. H3CO*+H2(g)
【解析】
【小问1详解】
①该反应为熵减的放热反应，在低温条件下可以自发，但实际生产中，通常需要适当升温，目的是加快化学反应速率，提高生产效率；
②设气体总物质的量为100 ml，由题意可建立如下三段式：，由三段式数据可知，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的平衡分压分别为，，，，反应的平衡常数Kp= bar-2；
③甲醇的熔沸点高于CO2的原因为：都是分子晶体，甲醇有分子间氢键，CO2没有；
【小问2详解】
①间接工艺法的决速步为反应II，则反应Ⅱ正反应活化能大，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，总反应为，可知总反应为放热反应，简化示意图中能体现上述反应体系能量变化的是A，故选A。
②根据反应历程可知，i到vi的四个基元过程，可看作H2不断被催化剂吸附，H原子转变为吸附态后随即与含碳微粒成键，吸附在催化剂表面的物质V为H3CO*+H2(g)。
17. 次甲霉素是一种常用抗生素，其中间体化合物G的合成路线如下图所示。回答下列问题：
已知：①+(R为烃基或H)。
②R1COOR2 R1CH2OH + R2OH (R为烃基或H)
（1）B的名称为___________。
（2）E中的官能团名称为___________。
（3）D→E的反应方程式为___________。
（4）E→F的反应类型为___________。
（5）G的结构简式为___________。
（6）芳香族化合物I是H的同分异构体，1ml化合物I与Na反应最多生成(标准状况下)，且化合物I的核磁共振氢谱显示3组峰，其结构简式为___________。
（7）参照上述合成路线，以为原料合成(上述流程中的试剂及无机试剂任选) ___________。
【答案】（1）2-戊炔
（2）醚键、碳碳双键 （3）+ H2O
（4）氧化反应 （5）
（6） （7）
【解析】
【分析】A与C5H8发生加成反应生成C，结合A、C的结构简式可知，B的结构简式为，C发生还原反应生成D，结合已知②可知，D的结构简式为 ，D在浓硫酸作用下分子内脱水形成醚键生成E，E发生氧化反应生成F，根据F、H的结构简式以及G的分子式可知，G的结构简式为，据此分析解题。
【小问1详解】
B的结构简式为，其名称为2-戊炔；
【小问2详解】
结合E的结构简式可知，E中官能团名称为醚键、碳碳双键；
【小问3详解】
D为，D在浓硫酸作用下分子内脱水形成醚键生成E，化学方程式为+ H2O
【小问4详解】
E→F的反应中，O原子数增加，反应类型为氧化反应；
【小问5详解】
G→H的反应为氧化反应，G→H的反应C原子数不变，结合H的结构简式以及G的分子式，可知G的结构简式为；
【小问6详解】
1ml I与Na反应最多生成(标准状况下)，即产生1.5ml氢气，化合物I的分子式为C9H12O3，不饱和度为4，化合物I的核磁共振氢谱显示3组峰，则其中含有苯环，且取代基高度对称，符合条件的结构简式为
【小问7详解】
分子内脱水生成，被还原为，发生消去反应生成，发生题目已知①的反应生成，故流程为。
18. 金、银是生活中常见的贵重金属，工业上常利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3，和其它不溶性杂质)中提取金。简化工艺流程如下：
已知：①Zn与Al性质相似，具有两性；②HCN易挥发，有剧毒；③Au位于第六周期，IB族。
（1）“酸浸”步骤产生的有害气体与___________ (填物质名称)混合后可以用烧碱溶液吸收。
（2）“氧化”步骤的目的是将单质转化为。
①写出反应的化学方程式___________。
②中的阴离子构型为直线形，试分析原因___________(已知C做配原子)。
③为抑制CN-水解，需同时加入KOH，但KOH用量不可过多，原因是：___________。
（3）已知，c(Au+)过高时易发生歧化反应，因此需控制溶液中的c(CN-)。欲使浸出液中c(Au+)/c([Au(CN)2-])1×10-16ml/L
（4） ①. 加盐酸溶解时会发生反应，导致Ag损失 ②. 向滤液1中加入足量浓氨水至沉淀不再溶解，过滤，向滤液中加入2 ml·L−1 N2H4·H2O溶液，并用1 ml·L−1H2SO4吸收尾气。充分反应后过滤，滤渣即Ag单质
【解析】
【分析】该工艺流程原料为含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3，和其它不溶性杂质)，目的为提取金，利用稀硝酸进行酸浸，Ag、Fe2O3与稀硝酸反应进入滤液1，Au和其它不溶性杂质在氧化工艺中，其它不溶性杂质作为滤渣除去，Au转化为再与锌发生置换反应得到锌金沉淀，进一步提纯得到金。
【小问1详解】
酸浸时，Ag与稀硝酸反应生成NO有毒气体，NO与烧碱溶液不反应，需要与氧气混合才能与烧碱溶液反应；
故答案为：氧气；
【小问2详解】
“氧化”步骤的反应物为、、，生成物为，故方程式为；中的阴离子为，其中Au(Ⅰ)(的6s与6p空轨道)采取sp杂化。C的孤对电子填入Au(Ⅰ)的sp杂化轨道后价层电子对数为2，也采取sp杂化，因此五原子共线，呈直线形；KOH用量过多则溶液碱性较强，Zn具有两性可以与强碱发生反应，导致“置换”步骤的Zn损耗较多；
故答案为：；Au(Ⅰ)(的6s与6p空轨道)采取sp杂化。C的孤对电子填入Au(Ⅰ)的sp杂化轨道后价层电子对数为2，也采取sp杂化，因此五原子共线，呈直线形；溶液碱性太强可能导致“置换”步骤的Zn损耗；
【小问3详解】
根据c(Au+)/c([Au(CN)2-])1×10-16ml/L；
【小问4详解】
滤液1的主要成分为，蒸干灼烧发生、，有较多有害气体生成，得到的Fe2O3与加入的盐酸反应生成，使部分Ag溶解造成损失；根据信息：常温时N2H4·H2O在碱性条件下能还原得到Ag，则应将滤液1的成分转化为，故操作为向滤液1中加入足量浓氨水至沉淀不再溶解，过滤，向滤液中加入2 ml·L−1 N2H4·H2O溶液，并用1 ml·L−1H2SO4吸收尾气，充分反应后过滤，滤渣即Ag单质；
故答案为：加盐酸溶解时会发生反应，导致Ag损失；向滤液1中加入足量浓氨水至沉淀不再溶解，过滤，向滤液中加入2 ml·L−1 N2H4·H2O溶液，并用1 ml·L−1H2SO4吸收尾气，充分反应后过滤，滤渣即Ag单质。