新高考化学二轮复习讲义+分层训练专题11 常见非金属及其重要化合物（分层训练）（含解析）

A组基础练11常见非金属及其重要化合物A组基础练1．（2022·上海·一模）实验室进行性质探究实验，将SKIPIF1<0通入SKIPIF1<0溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体SKIPIF1<0，则产生白色沉淀。制备气体SKIPIF1<0的试剂不能是A．大理石和稀盐酸 B．SKIPIF1<0和SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0和浓硝酸 D．SKIPIF1<0和浓盐酸【答案】A【解析】SKIPIF1<0气体通入SKIPIF1<0溶液中，未见白色沉淀，不发生反应，继续通入另一种气体立即产生沉淀，沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡，也可能为SKIPIF1<0，则气体具有氧化性或碱性等。A．大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，SKIPIF1<0、二氧化碳与氯化钡溶液都不反应，不会产生沉淀，A正确；B．SKIPIF1<0和SKIPIF1<0制备的气体为氨气，氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，B错误；C．SKIPIF1<0和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，SKIPIF1<0通入水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故能产生沉淀，C错误；D．SKIPIF1<0和浓盐酸加热反应生成氯气，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，D错误；故选A。2．（2022·上海杨浦·统考一模）不能鉴别SKIPIF1<0和溴蒸汽的是A．湿润的淀粉碘化钾试纸 B．水C．SKIPIF1<0溶液 D．SKIPIF1<0【答案】A【解析】A．SKIPIF1<0和溴蒸汽都能把I-氧化为I2，使湿润的淀粉碘化钾试纸，不能用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别SKIPIF1<0和溴蒸汽，故选A；B．SKIPIF1<0被水吸收溶液变为无色，溴蒸汽被水吸收溶液变为橙色，水能鉴别SKIPIF1<0和溴蒸汽，故不选B；C．SKIPIF1<0溶液与溴蒸汽反应生成浅黄色溴化银沉淀，SKIPIF1<0溶液能鉴别SKIPIF1<0和溴蒸汽，故不选C；D．溴蒸汽溶于SKIPIF1<0形成橙红色溶液，SKIPIF1<0不溶于SKIPIF1<0，SKIPIF1<0能鉴别SKIPIF1<0和溴蒸汽，故不选D；选A。3．（2022·重庆·西南大学附中校联考模拟预测）三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途广泛，实验室可用如图装置(部分夹持装置已略去)制取。已知：a、反应原理为I2+3Cl2=2ICl3；b、ICl3遇水易反应。下列说法不正确的是A．ICl3中碘元素的化合价为+3价B．装置乙中长颈漏斗内液面上升有可能丙装置发生了堵塞C．ICl3在潮湿的空气中可能会产生白雾D．装置戊的作用是防止空气中的水蒸气进入装置丁，可用无水CaCl2固体代替【答案】D【解析】实验过程中，通过甲装置制备Cl2，气体通过饱和食盐水除去混合气体中HCl，再通过无水氯化钙除去水蒸气，Cl2进入丁装置中与I2反应生成ICl3，Cl2为有毒气体，不能排放至空气中，且ICl3遇水易反应，因此需要防止空气中水蒸气进入，故戊装置中碱石灰的作用是吸收尾气和防止空气中水蒸气进入丁。A．I、Cl元素处于同一主族，非金属性：Cl>I，因此ICl3中Cl呈-1价，根据化合物化合价为0可知，I元素化合价为+3价，故A项正确；B．装置乙中长颈漏斗内液面上升，说明乙装置内压强增大，其原因有可能丙装置发生了堵塞导致气流不畅，故B项正确；C．ICl3遇水易反应，ICl3在潮湿的空气中会生成HCl和HIO2，生成的HCl气体极易溶于空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，会产生白雾，故C项正确；D．无水CaCl2固体与氯气不反应，根据上述分析可知，无法用无水CaCl2固体替代碱石灰，故D项错误；综上所述，符合题意的选项是D。4．（2022·广东佛山·统考一模）在给定条件下，下列物质间转化不能实现的是A．黄铁矿SKIPIF1<0B．石英砂SKIPIF1<0粗硅SKIPIF1<0高纯硅C．SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．黄铁矿在氧气中煅烧制得二氧化硫，二氧化硫在五氧化二钒的催化作用下与氧气共热反应制得三氧化硫，三氧化硫被98.3%的浓硫酸吸收制得硫酸，则在给定条件下物质间转化能实现，故A不符合题意；B．石英砂在高温条件下与焦炭反应制得粗硅，粗硅与氯化氢在加热条件下反应制得三氯硅烷，三氯硅烷高温下与氢气反应制得高纯硅，则在给定条件下物质间转化能实现，故B不符合题意；C．偏铝酸钠溶液与足量的盐酸反应制得氯化铝，不能制得氢氧化铝，则在给定条件下物质间转化不能实现，故C符合题意；D．催化剂作用下氨气与氧气共热发生催化氧化反应制得一氧化氮，一氧化氮与氧气反应制得二氧化氮，二氧化氮与水反应制得硝酸，则在给定条件下物质间转化能实现，故D不符合题意；故选C。5．10．（2023·广东·华南师大附中校联考模拟预测）用浓硫酸与乙醇共热制备乙烯时，常因温度过高发生副反应，使制备的乙烯气体中可能存在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0等杂质气体，某同学将上述混合气体通入下列装置中以验证其成分，下列说法不正确的是A．品红溶液a褪色证明气体中有SKIPIF1<0B．品红溶液b不变色且澄清石灰水变浑浊证明原乙烯气体中有SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0的生成体现了浓硫酸的氧化性D．酸性高锰酸钾溶液可以氧化乙烯和SKIPIF1<0【答案】B【解析】二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，均能使澄清石灰水变浑浊，所以需先检验二氧化硫并除去二氧化硫，可用品红溶液检验，酸性高锰酸钾溶液可同时除去二氧化硫和乙烯，乙烯被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，然后再通入澄清石灰水中会变浑浊。A．二氧化硫可使品红溶液褪色，所以若品红溶液a褪色，则证明气体中有SKIPIF1<0，A正确；B．因为酸性高锰酸钾可氧化乙烯气体转化为二氧化碳，所以若澄清石灰水变浑浊，只能只能证明存在二氧化碳，不能证明原混合气体中含二氧化碳，B错误；C．乙醇与浓硫酸反应，若生成二氧化硫，则证明S元素化合价降低，即体现了浓硫酸的氧化性，C正确；D．乙烯和二氧化硫均具有还原性，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，D正确；故选B。6．（2023·湖南衡阳·统考一模）化学实验中常涉及除杂，下列关于除杂试剂的选择正确的是(括号内为杂质)A．SKIPIF1<0(气态的SKIPIF1<0)：浓硫酸 B．亚硫酸钡(碳酸钡)：稀盐酸C．氯气(乙烯)：酸性高锰酸钾溶液 D．镁粉(二氧化锰)：浓盐酸、加热【答案】A【解析】A．SO3通入浓硫酸后会与其中的H2O发生化合反应生成稳定的H2SO4，而SO2不与浓硫酸反应，A正确；B．亚硫酸钡可以与盐酸反应生成氯化钡和SO2气体，因此不能选稀盐酸为除杂试剂，B错误；C．乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2气体，形成新的杂质气体，C错误；D．镁粉会与浓盐酸反应，因此不能选用浓盐酸作为除杂试剂，D错误。本题选A。7．（2022·浙江·统考一模）下列说法不正确的是A．将粗硅用HCl转化为SiHCl3，再经H2还原得到高纯硅B．NaClO比HClO稳定得多，NaClO溶液可长期存放而不分解C．碳化硅(SiC)具有类似金刚石的结构，硬度很大，可作耐磨材料D．硝酸生产尾气中的NOx可用Na2CO3溶液或NH3处理【答案】B【解析】A．炼制高纯度硅时，先将粗硅与HCl反应生成SiHCl3，SiHCl3再与氢气反应生成单质硅，A正确；B．NaClO溶液长期放置会与空气中二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸光照条件下分解生成HCl和O2，B错误；C．碳化硅与金刚石结构类似，硬度大可用作耐磨材料，C正确；D．硝酸生产尾气中的NOx可与碳酸钠或者NH3反应，故可用碳酸钠或者NH3吸收NOx，D正确；故答案选B。8．（2022·浙江·模拟预测）下列说法正确的是A．氮气的催化氧化是工业制硝酸的基础，属于氮的人工固定B．工业上用焦炭还原石英砂可直接得到芯片的原料高纯硅C．氯气常温下不与铁反应，故可用钢瓶储存液氯D．电解精炼铜时，应将待精炼的铜作为阴极，其表面会有纯铜析出【答案】C【解析】A．氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，A错误；B．工业上用焦炭还原石英砂只能得到粗硅，后续还需提纯才能得到高纯硅，B错误；C．氯气常温下不与铁反应，故可用钢瓶储存液氯，C正确；D．电解精炼铜时，应将待精炼的铜即粗铜作为阳极，纯铜作为阴极，阴极表面会有纯铜析出，D错误；故选C。9．（2021·浙江宁波·统考一模）某兴趣小组探究H2和Cl2反应后的气体与氢氧化钠溶液反应。在标准状况下，H2和Cl2的混合气体共2.24L，光照充分反应后，用NaOH溶液充分吸收。(1)消耗NaOH物质的量的最大值为___________

mol。(2)请在下图中画出NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图象_______。(横坐标表示原混合气体中H2的体积分数，纵坐标表示充分反应后NaCl的物质的量。)【答案】(1)0.2

(2)【解析】已知该过程中可能发生的反应：H2+Cl2SKIPIF1<02HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根据氯原子守恒可知，NaOH的物质的量取决于Cl2的量，故有：n(NaOH)=2n(Cl2)。(1)由分析可知，当混合气体中全部是Cl2时消耗的NaOH最多，故消耗NaOH物质的量的最大值为SKIPIF1<0，故答案为：0.2；(2)根据反应H2+Cl2SKIPIF1<02HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O可知当H2过量至恰好完全反应时，n(NaCl)=2n(Cl2)，结合反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，当Cl2过量时，则n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)，故由当H2的体积分数大于等于50%时，n(NaCl)=2n(Cl2)=2(0.1mol-n(H2))=2(0.1-0.1x)=0.2-0.2x，当H2的体积分数小于50%时，n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)=0.1x+0.1-0.1x=0.1mol，故可以分别计算出当x=0、0.25、0.5、0.75和1五点的值分别为：0.1mol，0.1mol，0.1mol，0.05mol，0mol，故NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图象为：，故答案为：。10．（2022·海南·校联考模拟预测）在印染工业中，连二亚硫酸钠(SKIPIF1<0)能使染好的布褪色，也能使布重新染色，故俗称保险粉。实验室模拟工业生产保险粉的工艺流程如图所示：已知：SKIPIF1<0为白色固体，易溶于水，难溶于乙醇，在空气中极易被氧化，在碱性介质中稳定。(1)工业上获得锌粉的方法为：将锌块加热熔化得到锌液，向锌液中不断鼓入SKIPIF1<0气体，冷却后可获得锌粉。鼓入SKIPIF1<0气体的目的除了防止氧化外，还有__。(2)在步骤I中，控制反应温度比较适宜的方法是___________加热(填“水浴”“油浴”或“砂浴”)。(3)已知：SKIPIF1<0与SKIPIF1<0性质相似，当pH大于10.5时开始溶解，写出步骤II中碱性较强时SKIPIF1<0溶解的离子方程式：___________。(4)已知：水溶液温度低于52℃时SKIPIF1<0以SKIPIF1<0形态结晶，碱性溶液中温度高于52℃时SKIPIF1<0脱水成无水盐。步骤III的操作过程为：在无氧减压的环境中，将SKIPIF1<0碱性溶液于60℃左右蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤、洗涤、减压干燥。趁热过滤的目的是___________；操作中常选用无水乙醇洗涤，其优点是___________、___________。(5)SKIPIF1<0碱性溶液与SKIPIF1<0溶液反应有纳米银生成，该反应能用于SKIPIF1<0的纯度测定。若10mLSKIPIF1<0碱性溶液与20mLSKIPIF1<0溶液恰好完全反应，则该反应的离子方程式为___________。【答案】(1)雾化锌液，获得锌粉或将锌液形成小颗粒(2)水浴(3)SKIPIF1<0［写SKIPIF1<0也可］(4)避免在52℃以下析出SKIPIF1<0

降低SKIPIF1<0的溶解度，减少SKIPIF1<0的损失

乙醇易挥发，容易干燥(5)SKIPIF1<0【解析】锌粉的悬浊液中通入二氧化硫生成ZnS2O4，ZnS2O4溶液加入氢氧化钠溶液控制pH在8.2~10.5生成Na2S2O4、Zn(OH)2沉淀，过滤出沉淀；在无氧减压的环境中，将SKIPIF1<0碱性溶液于60℃左右蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤、洗涤、减压干燥得SKIPIF1<0固体。（1）将锌块加热熔化得到锌液，向锌液中不断鼓入SKIPIF1<0气体，鼓入SKIPIF1<0气体的目的是防止氧化外、雾化锌液，冷却后可获得锌粉。（2）在步骤I中，控制反应温度在35~45℃，温度较低，比较适宜的方法是水浴加热。（3）当pH大于10.5时SKIPIF1<0和氢氧化钠反应生成偏锌酸钠，步骤II中碱性较强时SKIPIF1<0溶解的离子方程式为SKIPIF1<0；（4）水溶液温度低于52℃时SKIPIF1<0以SKIPIF1<0形态结晶，趁热过滤的目的是避免在52℃以下析出SKIPIF1<0；SKIPIF1<0为白色固体，易溶于水，难溶于乙醇，在空气中极易被氧化，选用无水乙醇洗涤，其优点是降低SKIPIF1<0的溶解度，减少SKIPIF1<0的损失；乙醇易挥发，容易干燥；（5）SKIPIF1<0碱性溶液与SKIPIF1<0溶液反应生成银，若10mLSKIPIF1<0碱性溶液与20mLSKIPIF1<0溶液恰好完全反应，根据得失电子守恒，S元素化合价由+3升高为+4，生成亚硫酸根离子，则该反应的离子方程式为SKIPIF1<0。B组提升练B组提升练1．（2022·北京朝阳·和平街第一中学校考三模）硫酸盐(含SKIPIF1<0、SKIPIF1<0)气溶胶是SKIPIF1<0的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：下列说法不正确的是A．硫酸盐气溶胶呈酸性 B．该过程包含了硫氧键的断裂与形成C．SKIPIF1<0是生成硫酸盐的氧化剂 D．是一种含S、O、N元素的化合物【答案】D【解析】A．硫酸盐(含SKIPIF1<0、SKIPIF1<0)气溶胶含有SKIPIF1<0，结合雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理中有水参与，表明SKIPIF1<0可在水中电离SKIPIF1<0，所以硫酸盐气溶胶呈酸性，A正确，不符合题意；B．该反应通过水桥进行电子转移，而电子转移促进了SKIPIF1<0中S-O键的解离，进而形成SKIPIF1<0，最后转化为SKIPIF1<0，结合反应机理示意图，可以判断出形成了S-O键，所以该过程包含了硫氧键的断裂与形成，B正确，不符合题意；C．依据雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理可知，反应中SKIPIF1<0转化为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0转化为SKIPIF1<0，N元素化合价下降了，作为生成硫酸盐的氧化剂，C正确，不符合题意；D．结合反应机理示意图可知，是SKIPIF1<0与一分子的SKIPIF1<0反应得到，为带有一个负电荷的SKIPIF1<0微粒，D错误，符合题意；故合理选项为D。2．（2022·广东广州·校联考模拟预测）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是A．可以通过a的催化氧化反应制备cB．工业上通过a→b→c→d→e来制备SKIPIF1<0C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′D．加热d′的固态钾盐可以产生SKIPIF1<0【答案】B【解析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A正确；B．工业上通过SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即a→c→d→e来制备HNO3，B错误；C．可通过反应SKIPIF1<0得到氯气，C正确；D．氯酸钾受热分解SKIPIF1<0，可以产生O2，D正确；故答案为B。3．（2022·陕西渭南·一模）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L-1的稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是A． B．C． D．【答案】C【解析】SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，当混合溶液滴加盐酸时，先后发生反应为①SKIPIF1<0，②SKIPIF1<0，③SKIPIF1<0，利用物质的量的关系并结合图象分析，①②③消耗的盐酸体积均为SKIPIF1<0，①②反应无二氧化碳气体，③反应产生二氧化碳气体。A．0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠消耗0.1L盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B．图象开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C．0.01molNaOH和0.01molSKIPIF1<0各消耗0.1L盐酸均无气体生成，0.01molSKIPIF1<0产生的0.01molNaHCO3再消耗0.1L盐酸放出0.01mol二氧化碳气体，正好与图象相符，故C正确；D．因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；答案选C。4．（2020·浙江·统考模拟预测）某课外兴趣小组成员为研究金属铜与强酸的反应，将6.4g铜粉分为两等份，进行了如下实验，请完成有关计算。(1)取其中一份铜粉投入200mL氢离子浓度为1mol•L-1硫酸和硝酸混合液中，微热使反应充分完成后，生成一氧化氮气体448mL(标准状况)。则反应前混合溶液中硫酸的物质的量浓度为_________(写出计算过程)。(2)用NaOH溶液吸收氮氧化物是防止NO2污染的一种方法。原理为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。取另一份铜粉溶于过量的硝酸溶液，假设硝酸的还原产物只有一氧化氮和二氧化氮，生成的混合气体能被amolNaOH溶液完全吸收，试讨论a的取值范围：_____。【答案】(1)0.45mol·L-1(2)a≥0.1【解析】（1）200mL氢离子浓度为1mol·L-1的混合液中含有氢离子的物质的量为：n（H＋）=0.2L×1mol·L－1=0.2mol，3.2g铜粉物质的量为：SKIPIF1<0=0.05mol，NO的物质的量为：SKIPIF1<0=0.02mol，根据3Cu+8H＋+2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+3H2O可知，生成0.02molNO，需要铜0.03mol、H＋为0.04mol，所以铜、H＋过量，硝酸不足，硝酸完全反应，根据氮元素守恒可知，溶液中n（HNO3）=n（NO）=0.02mol，0.02mol硝酸中含有0.02mol氢离子，则硫酸中含有的氢离子的物质的量为：0.2mol-0.02mol=0.18mol，则硫酸的物质的量浓度为：SKIPIF1<0=0.45mol·L-1；故答案为：0.45mol·L-1；（2）0.05molCu如全生成NO，根据3Cu+8H＋+2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+3H2O得NO为SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，0.05molCu如全生成NO2，根据Cu+4H＋+2NO3－=Cu2＋+2NO2↑+2H2O得NO2为SKIPIF1<0=0.1mol，根据2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，无论生成NaNO3还是NaNO2，Na与N的物质的量比为1:1，有1mol一氧化氮和二氧化氮的混合气体，就需要1molNaOH，生成的混合气体能被amolNaOH溶液完全吸收，a的取值范围：a≥0.1；故答案为：a≥0.1。5．（2021·浙江·统考模拟预测）氮氧化物SKIPIF1<0已经成为大气污染的主要污染源，其中NO的含量约占氮氧化物总含量的90%，目前选择性催化还原技术是脱除SKIPIF1<0最普遍最有效的方法之一，请回答：(1)实验室制取一氧化氮的化学方程式是_______。(2)下列说法不正确的是_______。A．上述反应的现象是铜片表面有无色气体产生，溶液由无色慢慢变蓝色B．可通过排水法或排空气法收集一氧化氮C．NO与SKIPIF1<0可与水反应，方程式为SKIPIF1<0，可用以制硝酸D．工业上，氨在钯或铂催化下被氧气氧化成一氧化氮(3)在一定温度下，利用CO为还原剂在催化剂作用下将NO脱除并转化为SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，主要的反应方程式如下：Ⅰ．SKIPIF1<0SKIPIF1<0Ⅱ．SKIPIF1<0SKIPIF1<0Ⅲ．SKIPIF1<0SKIPIF1<0①如图是不同铈锆比例掺杂量SKIPIF1<0，催化剂的催化性能结果。试分析脱除NO的最佳的催化剂样品和温度是____。选择该催化剂样品的原因是____。②CO、NO的起始物质的量均为1mol，反应在恒定温度和1L的密闭容器中进行，假设体系以反应Ⅰ和Ⅱ为主，达平衡时NO的转化率为80%，SKIPIF1<0的选择性为50%，则SKIPIF1<0___。SKIPIF1<0(4)已知NO可直接分解：SKIPIF1<0。常温常压下，该反应的平衡常数为SKIPIF1<0，NO是可以分解的，但是实际上该反应是很难发生的，以碰撞理论说明原因：_______。(5)工业上，在一定温度下，当SKIPIF1<0存在下用SKIPIF1<0催化去除NO，会发生如下主反应：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0。下列说法不正确的是_______。A．通入适量SKIPIF1<0有利于主反应的发生B．SKIPIF1<0量过多会限制脱除NO的活性C．当SKIPIF1<0通入过多会严重限制脱除NO的活性D．气体组成中SKIPIF1<0时，发生SKIPIF1<0【答案】(1)SKIPIF1<0

(2)B

(3)①SKIPIF1<0、300℃

SKIPIF1<0在300℃下，NO转化率和SKIPIF1<0选择性都很高

②SKIPIF1<0

(4)NO的键能大，SKIPIF1<0的活化能非常大，常温常压下分解的反应速率非常低，几乎不反应

(5)B【解析】实验室可用铜和稀硝酸反应来制取一氧化氮，NO极易和空气中的氧气反应生成二氧化氮，氨和氧气在钯或铂催化下被氧化成一氧化氮，据此分析解答；CO、NO的起始物质的量均为1mol，反应在恒定温度和1L的密闭容器中进行，则起始时CO、NO的物质的量浓度均为1mol/L，达平衡时NO的转化率为80%，则平衡时NO为0.2mol/L，SKIPIF1<0的选择性为50%，则平衡时SKIPIF1<0为0.8mol/L×50%×SKIPIF1<0=0.2mol/L，结合SKIPIF1<0，SKIPIF1<0计算平衡时CO和CO2的浓度；根据SKIPIF1<0结合2NO+O2=2NO2，4NH3+5O2SKIPIF1<04NO+6H2O分析判断。(1)实验室可用铜和稀硝酸反应来制取一氧化氮，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑，故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑；(2)A．3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑反应的现象是铜片表面有无色气体产生，溶液由无色慢慢变蓝色，故A正确；B．NO极易和空气中的氧气反应生成二氧化氮，且NO不溶于水，应该采用排水法收集NO，故B错误；C．NO与SKIPIF1<0可与水反应生成硝酸，反应的化学方程式为SKIPIF1<0，可用以制硝酸，故C正确；D．工业上，氨和氧气在钯或铂催化下被氧化成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O2SKIPIF1<04NO+6H2O，故D正确；故答案为：B；(3)①根据图象，脱除NO的最佳的催化剂样品是SKIPIF1<0，温度是300℃，因为SKIPIF1<0在300℃下，NO转化率和SKIPIF1<0选择性都很高，故答案为：SKIPIF1<0、300℃；SKIPIF1<0在300℃下，NO转化率和SKIPIF1<0选择性都很高；②CO、NO的起始物质的量均为1mol，反应在恒定温度和1L的密闭容器中进行，则起始时CO、NO的物质的量浓度均为1mol/L，达平衡时NO的转化率为80%，则平衡时NO为0.2mol/L，SKIPIF1<0的选择性为50%，则平衡时SKIPIF1<0为0.8mol/L×50%×SKIPIF1<0=0.2mol/L，SKIPIF1<0中消耗的CO为0.4mol/L，生成的CO2为0.4mol/L，SKIPIF1<0中消耗的NO为0.4mol/L，消耗的CO为0.2mol/L，生成的CO2为0.2mol/L，则平衡时CO为1mol/L-0.4mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，CO2为0.4mol/L+0.2mol/L=0.6mol/L，因此SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，故答案为：SKIPIF1<0；(4)常温常压下，SKIPIF1<0的平衡常数为SKIPIF1<0，NO是可以分解的，但是实际上该反应是很难发生的，可能是NO的键能大，SKIPIF1<0的活化能非常大，常温常压下分解的反应速率非常低，几乎不反应，故答案为：NO的键能大，SKIPIF1<0的活化能非常大，常温常压下分解的反应速率非常低，几乎不反应；(5)A．通入适量SKIPIF1<0有利于主反应SKIPIF1<0的发生，故A正确；B．SKIPIF1<0量过多，SKIPIF1<0同样会与氨气反应生成氮气和水，不会限制脱除NO的活性，故B错误；C．当SKIPIF1<0通入过多，过多的氧气会直接将氨气氧化生成NO，会降低脱除NO的效率，故C正确；D．①SKIPIF1<0，②2NO+O2=2NO2，①-②SKIPIF1<0，即当气体组成中SKIPIF1<0时，发生的反应为SKIPIF1<0，故D正确；故答案为：B。C组真题练C组真题练1．（2022·江苏·高考真题）实验室制取少量SKIPIF1<0水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是A．用装置甲制取SKIPIF1<0气体 B．用装置乙制取SKIPIF1<0水溶液C．用装置丙吸收尾气中的SKIPIF1<0 D．用干燥pH试纸检验SKIPIF1<0水溶液的酸性【答案】C【解析】A．60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2↑+2H2O，因此装置甲可以制取SKIPIF1<0气体，A正确；B．气体通入液体时“长进短处”，装置乙可以制取SKIPIF1<0水溶液，B正确；C．SO2不会与饱和NaHSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的SKIPIF1<0，C错误；D．SKIPIF1<0水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确；答案选C。2．（2022·广东·高考真题）若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是A．SKIPIF1<0与浓硫酸反应，只体现SKIPIF1<0的酸性B．a处变红，说明SKIPIF1<0是酸性氧化物C．b或c处褪色，均说明SKIPIF1<0具有漂白性D．试管底部出现白色固体，说明反应中无SKIPIF1<0生成【答案】B【解析】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。3．（2022·浙江·统考高考真题）下列说法不正确的是A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏【答案】A【解析】A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；B．钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力