新高考化学二轮复习分层训练高考解密11 常见非金属及其重要化合物（分层训练）（解析版）

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1．（2022·上海·一模）实验室进行性质探究实验，将通入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，则产生白色沉淀。制备气体的试剂不能是
A．大理石和稀盐酸B．和
C．和浓硝酸D．和浓盐酸
【答案】A
【解析】气体通入溶液中，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，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，、二氧化碳与氯化钡溶液都不反应，不会产生沉淀，A正确；B．和制备的气体为氨气，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．和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，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．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）不能鉴别和溴蒸汽的是
A．湿润的淀粉碘化钾试纸B．水
C．溶液D．
【答案】A
【解析】A．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和溴蒸汽，故选A；B．被水吸收溶液变为无色，溴蒸汽被水吸收溶液变为橙色，水能鉴别和溴蒸汽，故不选B；C．溶液与溴蒸汽反应生成浅黄色溴化银沉淀，溶液能鉴别和溴蒸汽，故不选C；D．溴蒸汽溶于形成橙红色溶液，不溶于，能鉴别和溴蒸汽，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
B．石英砂粗硅高纯硅
C．
D．
【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和等杂质气体，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
B．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
C．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
【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，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．(气态的)：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2.24 L，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___________ ml。
(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+Cl22HCl、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，故答案为：0.2；(2)根据反应 H2+Cl22HCl、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(0.1ml-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=0.1ml，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：0.1ml，0.1ml，0.1ml，0.05ml，0ml，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()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：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，向锌液中不断鼓入气体，冷却后可获得锌粉。鼓入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：与性质相似，当pH大于10.5时开始溶解，写出步骤II中碱性较强时溶解的离子方程式：___________。
(4)已知：水溶液温度低于52℃时以形态结晶，碱性溶液中温度高于52℃时脱水成无水盐。
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)碱性溶液与溶液反应有纳米银生成，该反应能用于的纯度测定。若10mL碱性溶液与20mL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)［写也可］
(4)避免在52℃以下析出 降低的溶解度，减少的损失 乙醇易挥发，容易干燥
(5)
【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、减压干燥得固体。
（1）将锌块加热熔化得到锌液，向锌液中不断鼓入气体，鼓入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时和氢氧化钠反应生成偏锌酸钠，步骤II中碱性较强时溶解的离子方程式为；（4）水溶液温度低于52℃时以形态结晶，趁热过滤的目的是避免在52℃以下析出；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，其优点是降低的溶解度，减少的损失；乙醇易挥发，容易干燥；（5）碱性溶液与溶液反应生成银，若10mL碱性溶液与20mL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。
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、)气溶胶是的成分之一。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．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、)气溶胶含有，结合雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理中有水参与，表明可在水中电离，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，而电子转移促进了中S-O键的解离，进而形成，最后转化为，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，反应中转化为，转化为，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，是与一分子的反应得到，为带有一个负电荷的微粒，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c
B．工业上通过a→b→c→d→e来制备
C．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
【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 ，，，即 a→ c→ d→ e 来制备 HNO3，B错误；C．可通过反应 得到氯气，C正确；D．氯酸钾受热分解 ，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0.1ml•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】 ， ，当混合溶液滴加盐酸时，先后发生反应为①，② ，③ ，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，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．0.01 ml NaOH 和 0.01 ml各消耗0.1L盐酸均无气体生成，0.01 ml 产生的0.01 ml NaHCO3再消耗0.1L盐酸放出0.01 ml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 1ml•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aml NaOH溶液完全吸收，试讨论a的取值范围：_____。
【答案】(1)0.45ml·L-1(2)a≥0.1
【解析】（1）200mL氢离子浓度为1ml·L-1的混合液中含有氢离子的物质的量为：n（H＋）=0.2L×1ml·L－1=0.2ml，
3.2g铜粉物质的量为：=0.05ml，NO的物质的量为：=0.02ml，根据3Cu+8H＋+2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+3H2O可知，生成0.02mlNO，需要铜0.03ml、H＋为0.04ml，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）=0.02ml，0.02ml硝酸中含有0.02ml氢离子，则硫酸中含有的氢离子的物质的量为：0.2ml-0.02ml=0.18ml，则硫酸的物质的量浓度为：=0.45ml·L-1；故答案为：0.45ml·L-1；
（2）0.05mlCu如全生成NO，根据3Cu+8H＋+2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+3H2O得NO为 =，0.05mlCu如全生成NO2，根据Cu+4H＋+2NO3－=Cu2＋+2NO2↑+2H2O得NO2为 =0.1ml，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1ml一氧化氮和二氧化氮的混合气体，就需要1mlNaOH，生成的混合气体能被aml NaOH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与可与水反应，方程式为，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脱除并转化为和，主要的反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
①如图是不同铈锆比例掺杂量，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1ml，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%，的选择性为50%，则___。
(4)已知NO可直接分解：。常温常压下，该反应的平衡常数为，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，当存在下用催化去除NO，会发生如下主反应：，。下列说法不正确的是_______。
A．通入适量有利于主反应的发生
B．量过多会限制脱除NO的活性
C．当通入过多会严重限制脱除NO的活性
D．气体组成中时，发生
【答案】(1)
(2)B
(3)①、300℃ 在300℃下，NO转化率和选择性都很高
②
(4)NO的键能大，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1ml，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1ml/L，达平衡时NO的转化率为80%，则平衡时NO为0.2 ml/L，的选择性为50%，则平衡时为0.8ml/L×50%×=0.2ml/L， 结合，计算平衡时CO和CO2的浓度；根据结合2NO + O2 = 2NO2，4NH3 + 5O24NO + 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与可与水反应生成硝酸，反应的化学方程式为，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 + 5O24NO + 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，温度是300℃，因为在300℃下，NO转化率和选择性都很高，故答案为：、300℃；在300℃下，NO转化率和选择性都很高；
②CO、NO的起始物质的量均为1ml，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1ml/L，达平衡时NO的转化率为80%，则平衡时NO为0.2 ml/L，的选择性为50%，则平衡时为0.8ml/L×50%×=0.2ml/L， 中消耗的CO为0.4 ml/L，生成的CO2为0.4 ml/L，中消耗的NO为0.4 ml/L，消耗的CO为0.2ml/L，生成的CO2为0.2 ml/L，则平衡时CO为1 ml/L -0.4 ml/L -0.2ml/L=0.4ml/L，CO2为0.4 ml/L+0.2 ml/L=0.6 ml/L，因此=，故答案为：；
(4)常温常压下，的平衡常数为，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，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，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．通入适量有利于主反应的发生，故A正确；B．量过多，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．①，②2NO + O2 = 2NO2，①-②，即当气体组成中时，发生的反应为，故D正确；故答案为：B。
C组 真题练
1．（2022·江苏·高考真题）实验室制取少量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．用装置甲制取气体B．用装置乙制取水溶液
C．用装置丙吸收尾气中的D．用干燥pH试纸检验水溶液的酸性
【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气体，A正确；B．气体通入液体时“长进短处”，装置乙可以制取水溶液，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，C错误；D．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．与浓硫酸反应，只体现的酸性
B．a处变红，说明是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
【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，可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；C．耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C正确；D．石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D正确；答案选A。
4．（2015·山东·高考真题）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：
已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2
（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有__________(填化学式)。
（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是_______。蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的_______(填操作名称)最合理。
（3）母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是_______。母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是________。
a．转入中和液 b．转入结晶Ⅰ操作
c．转入转化液 d．转入结晶Ⅱ操作
（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为______吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。
【答案】（1）NaNO3
（2）防止NaNO2的析出 溶碱
（3）将NaNO2氧化为NaNO3 c、d
（4）1.59
【解析】（1）NO2与碱液反应可生成NaNO3；
（2）浓度过大时，NaNO2可能会析出；NaNO2有毒，不能直接排放，回收后可用于流程中的溶碱；
（3）NaNO2在酸性条件下易被氧化，加入稀硝酸可提供酸性环境；母液Ⅱ的溶质主要是NaNO3，所以回收利用时应转入转化液，或转入结晶Ⅱ操作，故c、d正确；
（4）1.38吨NaNO2的物质的量为：1.38×106÷69g/ml=2×104ml，则生成的NaNO3物质的量为：1×104ml，故Na2CO3的理论用量=×（2×104+1×104）ml×106g/ml=1.59×106g=1.59吨。
5．（2021·浙江·统考高考真题）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3K2S2O3
请计算：
(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 ml·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=______。
(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 ml·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=______。(写出计算过程)
【答案】(1)30.0 (2)3
【解析】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3ml S可以和6ml KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015ml，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03ml，故需要KOH溶液的体积V== =0.03L=30.0mL，故答案为30.0；
(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有
解得x=3，故答案为3。