1．（2022·上?！ひ荒＃嶒炇疫M行性質(zhì)探究實驗，將通入溶液至飽和的過程中，始終未觀察到溶液中出現(xiàn)渾濁，若再通入另一種氣體，則產(chǎn)生白色沉淀。制備氣體的試劑不能是
A．大理石和稀鹽酸B．和
C．和濃硝酸D．和濃鹽酸
【答案】A
【解析】氣體通入溶液中，未見白色沉淀，不發(fā)生反應，繼續(xù)通入另一種氣體立即產(chǎn)生沉淀，沉淀可能為硫酸鋇或亞硫酸鋇，也可能為，則氣體具有氧化性或堿性等。A．大理石和稀鹽酸反應生成二氧化碳氣體，、二氧化碳與氯化鋇溶液都不反應，不會產(chǎn)生沉淀，A正確；B．和制備的氣體為氨氣，氨氣與二氧化硫反應生成亞硫酸銨，亞硫酸根離子與鋇離子結(jié)合生成亞硫酸鋇沉淀，B錯誤；C．和濃硝酸反應生成二氧化氮氣體，通入水生成硝酸，硝酸能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，與鋇離子生成硫酸鋇沉淀，故能產(chǎn)生沉淀，C錯誤；D．和濃鹽酸加熱反應生成氯氣，氯氣與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子，與鋇離子結(jié)合生成硫酸鋇沉淀，D錯誤； 故選A。
2．（2022·上海楊浦·統(tǒng)考一模）不能鑒別和溴蒸汽的是
A．濕潤的淀粉碘化鉀試紙B．水
C．溶液D．
【答案】A
【解析】A．和溴蒸汽都能把I-氧化為I2，使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰?，不能用濕潤的淀粉碘化鉀試紙鑒別和溴蒸汽，故選A；B．被水吸收溶液變?yōu)闊o色，溴蒸汽被水吸收溶液變?yōu)槌壬荑b別和溴蒸汽，故不選B；C．溶液與溴蒸汽反應生成淺黃色溴化銀沉淀，溶液能鑒別和溴蒸汽，故不選C；D．溴蒸汽溶于形成橙紅色溶液，不溶于，能鑒別和溴蒸汽，故不選D；選A。
3．（2022·重慶·西南大學附中校聯(lián)考模擬預測）三氯化碘(ICl3)在藥物合成中用途廣泛，實驗室可用如圖裝置(部分夾持裝置已略去)制取。已知：a、反應原理為I2+3Cl2=2ICl3；b、ICl3遇水易反應。
下列說法不正確的是
A．ICl3中碘元素的化合價為+3價
B．裝置乙中長頸漏斗內(nèi)液面上升有可能丙裝置發(fā)生了堵塞
C．ICl3在潮濕的空氣中可能會產(chǎn)生白霧
D．裝置戊的作用是防止空氣中的水蒸氣進入裝置丁，可用無水CaCl2固體代替
【答案】D
【解析】實驗過程中，通過甲裝置制備Cl2，氣體通過飽和食鹽水除去混合氣體中HCl，再通過無水氯化鈣除去水蒸氣，Cl2進入丁裝置中與I2反應生成ICl3，Cl2為有毒氣體，不能排放至空氣中，且ICl3遇水易反應，因此需要防止空氣中水蒸氣進入，故戊裝置中堿石灰的作用是吸收尾氣和防止空氣中水蒸氣進入丁。A．I、Cl元素處于同一主族，非金屬性：Cl>I，因此ICl3中Cl呈-1價，根據(jù)化合物化合價為0可知，I元素化合價為+3價，故A項正確；B．裝置乙中長頸漏斗內(nèi)液面上升，說明乙裝置內(nèi)壓強增大，其原因有可能丙裝置發(fā)生了堵塞導致氣流不暢，故B項正確；C．ICl3遇水易反應，ICl3在潮濕的空氣中會生成HCl和HIO2，生成的HCl氣體極易溶于空氣中的水蒸氣形成鹽酸小液滴，會產(chǎn)生白霧，故C項正確；D．無水CaCl2固體與氯氣不反應，根據(jù)上述分析可知，無法用無水CaCl2固體替代堿石灰，故D項錯誤；綜上所述，符合題意的選項是D。
4．（2022·廣東佛山·統(tǒng)考一模）在給定條件下，下列物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn)的是
A．黃鐵礦
B．石英砂粗硅高純硅
C．
D．
【答案】C
【解析】A．黃鐵礦在氧氣中煅燒制得二氧化硫，二氧化硫在五氧化二釩的催化作用下與氧氣共熱反應制得三氧化硫，三氧化硫被98.3%的濃硫酸吸收制得硫酸，則在給定條件下物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)，故A不符合題意；B．石英砂在高溫條件下與焦炭反應制得粗硅，粗硅與氯化氫在加熱條件下反應制得三氯硅烷，三氯硅烷高溫下與氫氣反應制得高純硅，則在給定條件下物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)，故B不符合題意；C．偏鋁酸鈉溶液與足量的鹽酸反應制得氯化鋁，不能制得氫氧化鋁，則在給定條件下物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn)，故C符合題意；D．催化劑作用下氨氣與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應制得一氧化氮，一氧化氮與氧氣反應制得二氧化氮，二氧化氮與水反應制得硝酸，則在給定條件下物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)，故D不符合題意；故選C。
5．10．（2023·廣東·華南師大附中校聯(lián)考模擬預測）用濃硫酸與乙醇共熱制備乙烯時，常因溫度過高發(fā)生副反應，使制備的乙烯氣體中可能存在和等雜質(zhì)氣體，某同學將上述混合氣體通入下列裝置中以驗證其成分，下列說法不正確的是
A．品紅溶液a褪色證明氣體中有
B．品紅溶液b不變色且澄清石灰水變渾濁證明原乙烯氣體中有
C．的生成體現(xiàn)了濃硫酸的氧化性
D．酸性高錳酸鉀溶液可以氧化乙烯和
【答案】B
【解析】二氧化硫和二氧化碳均為酸性氧化物，均能使澄清石灰水變渾濁，所以需先檢驗二氧化硫并除去二氧化硫，可用品紅溶液檢驗，酸性高錳酸鉀溶液可同時除去二氧化硫和乙烯，乙烯被酸性高錳酸鉀氧化為二氧化碳，然后再通入澄清石灰水中會變渾濁。
A．二氧化硫可使品紅溶液褪色，所以若品紅溶液a褪色，則證明氣體中有，A正確；
B．因為酸性高錳酸鉀可氧化乙烯氣體轉(zhuǎn)化為二氧化碳，所以若澄清石灰水變渾濁，只能只能證明存在二氧化碳，不能證明原混合氣體中含二氧化碳，B錯誤；C．乙醇與濃硫酸反應，若生成二氧化硫，則證明S元素化合價降低，即體現(xiàn)了濃硫酸的氧化性，C正確；D．乙烯和二氧化硫均具有還原性，均可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，D正確；故選B。
6．（2023·湖南衡陽·統(tǒng)考一模）化學實驗中常涉及除雜，下列關于除雜試劑的選擇正確的是(括號內(nèi)為雜質(zhì))
A．(氣態(tài)的)：濃硫酸B．亞硫酸鋇(碳酸鋇)：稀鹽酸
C．氯氣(乙烯)：酸性高錳酸鉀溶液D．鎂粉(二氧化錳)：濃鹽酸、加熱
【答案】A
【解析】A．SO3通入濃硫酸后會與其中的H2O發(fā)生化合反應生成穩(wěn)定的H2SO4，而SO2不與濃硫酸反應，A正確；B．亞硫酸鋇可以與鹽酸反應生成氯化鋇和SO2氣體，因此不能選稀鹽酸為除雜試劑，B錯誤；C．乙烯可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化為CO2氣體，形成新的雜質(zhì)氣體，C錯誤；D．鎂粉會與濃鹽酸反應，因此不能選用濃鹽酸作為除雜試劑，D錯誤。本題選A。
7．（2022·浙江·統(tǒng)考一模）下列說法不正確的是
A．將粗硅用HCl轉(zhuǎn)化為SiHCl3，再經(jīng)H2還原得到高純硅
B．NaClO比HClO穩(wěn)定得多，NaClO溶液可長期存放而不分解
C．碳化硅(SiC)具有類似金剛石的結(jié)構(gòu)，硬度很大，可作耐磨材料
D．硝酸生產(chǎn)尾氣中的NOx可用Na2CO3溶液或NH3處理
【答案】B
【解析】A．煉制高純度硅時，先將粗硅與HCl反應生成SiHCl3，SiHCl3再與氫氣反應生成單質(zhì)硅，A正確；B．NaClO溶液長期放置會與空氣中二氧化碳反應生成次氯酸，次氯酸光照條件下分解生成HCl和O2，B錯誤；C．碳化硅與金剛石結(jié)構(gòu)類似，硬度大可用作耐磨材料，C正確；D．硝酸生產(chǎn)尾氣中的NOx可與碳酸鈉或者NH3反應，故可用碳酸鈉或者NH3吸收NOx，D正確；故答案選B。
8．（2022·浙江·模擬預測）下列說法正確的是
A．氮氣的催化氧化是工業(yè)制硝酸的基礎，屬于氮的人工固定
B．工業(yè)上用焦炭還原石英砂可直接得到芯片的原料高純硅
C．氯氣常溫下不與鐵反應，故可用鋼瓶儲存液氯
D．電解精煉銅時，應將待精煉的銅作為陰極，其表面會有純銅析出
【答案】C
【解析】A．氨的催化氧化是工業(yè)制硝酸的基礎，A錯誤；B．工業(yè)上用焦炭還原石英砂只能得到粗硅，后續(xù)還需提純才能得到高純硅，B錯誤；C．氯氣常溫下不與鐵反應，故可用鋼瓶儲存液氯，C正確；D．電解精煉銅時，應將待精煉的銅即粗銅作為陽極，純銅作為陰極，陰極表面會有純銅析出，D錯誤；故選C。
9．（2021·浙江寧波·統(tǒng)考一模）某興趣小組探究H2和Cl2反應后的氣體與氫氧化鈉溶液反應。在標準狀況下，H2和Cl2的混合氣體共2.24 L，光照充分反應后，用NaOH溶液充分吸收。
(1)消耗NaOH物質(zhì)的量的最大值為___________ ml。
(2)請在下圖中畫出NaCl的物質(zhì)的量隨H2的體積分數(shù)的變化圖象_______。(橫坐標表示原混合氣體中H2的體積分數(shù)，縱坐標表示充分反應后NaCl的物質(zhì)的量。)
【答案】(1) 0.2 (2)
【解析】已知該過程中可能發(fā)生的反應：H2+Cl22HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根據(jù)氯原子守恒可知，NaOH的物質(zhì)的量取決于Cl2的量，故有：n(NaOH)=2n(Cl2)。
(1) 由分析可知，當混合氣體中全部是Cl2時消耗的NaOH最多，故消耗NaOH物質(zhì)的量的最大值為，故答案為：0.2；(2)根據(jù)反應 H2+Cl22HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O可知當H2過量至恰好完全反應時，n(NaCl)=2n(Cl2)，結(jié)合反應Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，當Cl2過量時，則n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)，故由當H2的體積分數(shù)大于等于50%時，n(NaCl)=2n(Cl2)=2(0.1ml-n(H2))=2(0.1-0.1x)=0.2-0.2x，當H2的體積分數(shù)小于50%時，n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)=0.1x+0.1-0.1x=0.1ml，故可以分別計算出當x=0、0.25、0.5、0.75和1五點的值分別為：0.1ml，0.1ml，0.1ml，0.05ml，0ml，故NaCl的物質(zhì)的量隨H2的體積分數(shù)的變化圖象為：，故答案為：。
10．（2022·海南·校聯(lián)考模擬預測）在印染工業(yè)中，連二亞硫酸鈉()能使染好的布褪色，也能使布重新染色，故俗稱保險粉。實驗室模擬工業(yè)生產(chǎn)保險粉的工藝流程如圖所示：
已知：為白色固體，易溶于水，難溶于乙醇，在空氣中極易被氧化，在堿性介質(zhì)中穩(wěn)定。
(1)工業(yè)上獲得鋅粉的方法為：將鋅塊加熱熔化得到鋅液，向鋅液中不斷鼓入氣體，冷卻后可獲得鋅粉。鼓入氣體的目的除了防止氧化外，還有__。
(2)在步驟I中，控制反應溫度比較適宜的方法是___________加熱(填“水浴”“油浴”或“砂浴”)。
(3)已知：與性質(zhì)相似，當pH大于10.5時開始溶解，寫出步驟II中堿性較強時溶解的離子方程式：___________。
(4)已知：水溶液溫度低于52℃時以形態(tài)結(jié)晶，堿性溶液中溫度高于52℃時脫水成無水鹽。
步驟III的操作過程為：在無氧減壓的環(huán)境中，將堿性溶液于60℃左右蒸發(fā)至有大量晶體析出，趁熱過濾、洗滌、減壓干燥。趁熱過濾的目的是___________；操作中常選用無水乙醇洗滌，其優(yōu)點是___________、___________。
(5)堿性溶液與溶液反應有納米銀生成，該反應能用于的純度測定。若10mL堿性溶液與20mL溶液恰好完全反應，則該反應的離子方程式為___________。
【答案】(1)霧化鋅液，獲得鋅粉或?qū)\液形成小顆粒
(2)水浴
(3)［寫也可］
(4)避免在52℃以下析出 降低的溶解度，減少的損失 乙醇易揮發(fā)，容易干燥
(5)
【解析】鋅粉的懸濁液中通入二氧化硫生成ZnS2O4，ZnS2O4溶液加入氫氧化鈉溶液控制pH在8.2~10.5生成Na2S2O4、Zn(OH)2沉淀，過濾出沉淀；在無氧減壓的環(huán)境中，將堿性溶液于60℃左右蒸發(fā)至有大量晶體析出，趁熱過濾、洗滌、減壓干燥得固體。
（1）將鋅塊加熱熔化得到鋅液，向鋅液中不斷鼓入氣體，鼓入氣體的目的是防止氧化外、霧化鋅液，冷卻后可獲得鋅粉。
（2）在步驟I中，控制反應溫度在35~45℃，溫度較低，比較適宜的方法是水浴加熱。
（3）當pH大于10.5時和氫氧化鈉反應生成偏鋅酸鈉，步驟II中堿性較強時溶解的離子方程式為；（4）水溶液溫度低于52℃時以形態(tài)結(jié)晶，趁熱過濾的目的是避免在52℃以下析出；為白色固體，易溶于水，難溶于乙醇，在空氣中極易被氧化，選用無水乙醇洗滌，其優(yōu)點是降低的溶解度，減少的損失；乙醇易揮發(fā)，容易干燥；（5）堿性溶液與溶液反應生成銀，若10mL堿性溶液與20mL溶液恰好完全反應，根據(jù)得失電子守恒，S元素化合價由+3升高為+4，生成亞硫酸根離子，則該反應的離子方程式為。
B組 提升練
1．（2022·北京朝陽·和平街第一中學?？既＃┝蛩猁}(含、)氣溶膠是的成分之一。近期科研人員提出了霧霾微顆粒中硫酸鹽生成的轉(zhuǎn)化機理，其主要過程示意圖如下：
下列說法不正確的是
A．硫酸鹽氣溶膠呈酸性B．該過程包含了硫氧鍵的斷裂與形成
C．是生成硫酸鹽的氧化劑D．是一種含S、O、N元素的化合物
【答案】D
【解析】A．硫酸鹽(含、)氣溶膠含有，結(jié)合霧霾微顆粒中硫酸鹽生成的轉(zhuǎn)化機理中有水參與，表明可在水中電離，所以硫酸鹽氣溶膠呈酸性，A正確，不符合題意；B．該反應通過水橋進行電子轉(zhuǎn)移，而電子轉(zhuǎn)移促進了中S-O鍵的解離，進而形成，最后轉(zhuǎn)化為，結(jié)合反應機理示意圖，可以判斷出形成了S-O鍵，所以該過程包含了硫氧鍵的斷裂與形成，B正確，不符合題意；C．依據(jù)霧霾微顆粒中硫酸鹽生成的轉(zhuǎn)化機理可知，反應中轉(zhuǎn)化為，轉(zhuǎn)化為，N元素化合價下降了，作為生成硫酸鹽的氧化劑，C正確，不符合題意；D．結(jié)合反應機理示意圖可知，是與一分子的反應得到，為帶有一個負電荷的微粒，D錯誤，符合題意；故合理選項為D。
2．（2022·廣東廣州·校聯(lián)考模擬預測）部分含N及Cl物質(zhì)的分類與相應化合價關系如圖所示，下列推斷不合理的是
A．可以通過a的催化氧化反應制備c
B．工業(yè)上通過a→b→c→d→e來制備
C．濃的a′溶液和濃的c′溶液反應可以得到b′
D．加熱d′的固態(tài)鉀鹽可以產(chǎn)生
【答案】B
【解析】由圖可得a為NH3，b為N2，c為NO，d為NO2，e為HNO3或硝酸鹽，a＇為HCl，b＇為Cl2，c＇為HClO或次氯酸鹽，d＇為HClO3或氯酸鹽，e＇為HClO4或高氯酸鹽。
A．氨氣和氧氣可以通過催化氧化反應生成NO，A正確；B．工業(yè)上通過 ，，，即 a→ c→ d→ e 來制備 HNO3，B錯誤；C．可通過反應 得到氯氣，C正確；D．氯酸鉀受熱分解 ，可以產(chǎn)生 O2，D正確；故答案為B。
3．（2022·陜西渭南·一模）將0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1ml?L-1的稀鹽酸。下列圖象能正確表示加入鹽酸的體積和生成CO2的物質(zhì)的量的關系的是
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】 ， ，當混合溶液滴加鹽酸時，先后發(fā)生反應為①，② ，③ ，利用物質(zhì)的量的關系并結(jié)合圖象分析，①②③消耗的鹽酸體積均為，①②反應無二氧化碳氣體，③反應產(chǎn)生二氧化碳氣體。A．0.1L鹽酸與氫氧化鈉反應沒有氣體生成，但碳酸鈉消耗0.1L鹽酸反應生成碳酸氫鈉時也沒有氣體生成，則圖象與反應不符，故A錯誤；B．圖象開始反應即有氣體生成，與反應不符，故B錯誤；C．0.01 ml NaOH 和 0.01 ml各消耗0.1L鹽酸均無氣體生成，0.01 ml 產(chǎn)生的0.01 ml NaHCO3再消耗0.1L鹽酸放出0.01 ml二氧化碳氣體，正好與圖象相符，故C正確；D．因碳酸鈉與鹽酸的反應分步完成，則碳酸鈉與鹽酸先反應生成碳酸氫鈉和氯化鈉，此時沒有氣體生成，則圖象與反應不符，故D錯誤；答案選C。
4．（2020·浙江·統(tǒng)考模擬預測）某課外興趣小組成員為研究金屬銅與強酸的反應 ，將6.4g銅粉分為兩等份，進行了如下實驗，請完成有關計算。
(1)取其中一份銅粉投入200mL氫離子濃度為 1ml?L-1 硫酸和硝酸混合液中，微熱使反應充分完成后，生成一氧化氮氣體448mL(標準狀況)。則反應前混合溶液中硫酸的物質(zhì)的量濃度為_________(寫出計算過程)。
(2)用NaOH溶液吸收氮氧化物是防止NO2污染的一種方法。原理為2NO2 + 2NaOH=NaNO3 + NaNO2 + H2O，NO + NO2 + 2NaOH=2NaNO2 + H2O。取另一份銅粉溶于過量的硝酸溶液，假設硝酸的還原產(chǎn)物只有一氧化氮和二氧化氮，生成的混合氣體能被aml NaOH溶液完全吸收，試討論a的取值范圍：_____。
【答案】(1)0.45ml·L-1(2)a≥0.1
【解析】（1）200mL氫離子濃度為1ml·L-1的混合液中含有氫離子的物質(zhì)的量為：n（H＋）=0.2L×1ml·L－1=0.2ml，
3.2g銅粉物質(zhì)的量為：=0.05ml，NO的物質(zhì)的量為：=0.02ml，根據(jù)3Cu+8H＋+2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+3H2O可知，生成0.02mlNO，需要銅0.03ml、H＋為0.04ml，所以銅、H＋過量，硝酸不足，硝酸完全反應，
根據(jù)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氫離子，則硫酸中含有的氫離子的物質(zhì)的量為：0.2ml-0.02ml=0.18ml，則硫酸的物質(zhì)的量濃度為：=0.45ml·L-1；故答案為：0.45ml·L-1；
（2）0.05mlCu如全生成NO，根據(jù)3Cu+8H＋+2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+3H2O得NO為 =，0.05mlCu如全生成NO2，根據(jù)Cu+4H＋+2NO3－=Cu2＋+2NO2↑+2H2O得NO2為 =0.1ml，根據(jù)2NO2 + 2NaOH=NaNO3 + NaNO2 + H2O，NO + NO2 + 2NaOH=2NaNO2 + H2O，無論生成NaNO3 還是 NaNO2，Na與N的物質(zhì)的量比為1:1，有1ml一氧化氮和二氧化氮的混合氣體，就需要1mlNaOH，生成的混合氣體能被aml NaOH溶液完全吸收，a的取值范圍：a≥0.1；故答案為：a≥0.1。
5．（2021·浙江·統(tǒng)考模擬預測）氮氧化物已經(jīng)成為大氣污染的主要污染源，其中NO的含量約占氮氧化物總含量的90%，目前選擇性催化還原技術是脫除最普遍最有效的方法之一，請回答：
(1)實驗室制取一氧化氮的化學方程式是_______。
(2)下列說法不正確的是_______。
A．上述反應的現(xiàn)象是銅片表面有無色氣體產(chǎn)生，溶液由無色慢慢變藍色
B．可通過排水法或排空氣法收集一氧化氮
C．NO與可與水反應，方程式為，可用以制硝酸
D．工業(yè)上，氨在鈀或鉑催化下被氧氣氧化成一氧化氮
(3)在一定溫度下，利用CO為還原劑在催化劑作用下將NO脫除并轉(zhuǎn)化為和，主要的反應方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
①如圖是不同鈰鋯比例摻雜量，催化劑的催化性能結(jié)果。試分析脫除NO的最佳的催化劑樣品和溫度是____。選擇該催化劑樣品的原因是____。
②CO、NO的起始物質(zhì)的量均為1ml，反應在恒定溫度和1L的密閉容器中進行，假設體系以反應Ⅰ和Ⅱ為主，達平衡時NO的轉(zhuǎn)化率為80%，的選擇性為50%，則___。
(4)已知NO可直接分解：。常溫常壓下，該反應的平衡常數(shù)為，NO是可以分解的，但是實際上該反應是很難發(fā)生的，以碰撞理論說明原因：_______。
(5)工業(yè)上，在一定溫度下，當存在下用催化去除NO，會發(fā)生如下主反應：，。下列說法不正確的是_______。
A．通入適量有利于主反應的發(fā)生
B．量過多會限制脫除NO的活性
C．當通入過多會嚴重限制脫除NO的活性
D．氣體組成中時，發(fā)生
【答案】(1)
(2)B
(3)①、300℃ 在300℃下，NO轉(zhuǎn)化率和選擇性都很高
②
(4)NO的鍵能大，的活化能非常大，常溫常壓下分解的反應速率非常低，幾乎不反應
(5)B
【解析】實驗室可用銅和稀硝酸反應來制取一氧化氮，NO極易和空氣中的氧氣反應生成二氧化氮，氨和氧氣在鈀或鉑催化下被氧化成一氧化氮，據(jù)此分析解答；CO、NO的起始物質(zhì)的量均為1ml，反應在恒定溫度和1L的密閉容器中進行，則起始時CO、NO的物質(zhì)的量濃度均為1ml/L，達平衡時NO的轉(zhuǎn)化率為80%，則平衡時NO為0.2 ml/L，的選擇性為50%，則平衡時為0.8ml/L×50%×=0.2ml/L， 結(jié)合，計算平衡時CO和CO2的濃度；根據(jù)結(jié)合2NO + O2 = 2NO2，4NH3 + 5O24NO + 6H2O分析判斷。
(1)實驗室可用銅和稀硝酸反應來制取一氧化氮，反應的化學方程式為3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑， 故答案為：3Cu+8HNO3（?。?3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑；
(2)A．3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑反應的現(xiàn)象是銅片表面有無色氣體產(chǎn)生，溶液由無色慢慢變藍色，故A正確；B．NO極易和空氣中的氧氣反應生成二氧化氮，且NO不溶于水，應該采用排水法收集NO，故B錯誤；C．NO與可與水反應生成硝酸，反應的化學方程式為，可用以制硝酸，故C正確；D．工業(yè)上，氨和氧氣在鈀或鉑催化下被氧化成一氧化氮，反應的化學方程式為4NH3 + 5O24NO + 6H2O，故D正確；故答案為：B；
(3)①根據(jù)圖象，脫除NO的最佳的催化劑樣品是，溫度是300℃，因為在300℃下，NO轉(zhuǎn)化率和選擇性都很高，故答案為：、300℃；在300℃下，NO轉(zhuǎn)化率和選擇性都很高；
②CO、NO的起始物質(zhì)的量均為1ml，反應在恒定溫度和1L的密閉容器中進行，則起始時CO、NO的物質(zhì)的量濃度均為1ml/L，達平衡時NO的轉(zhuǎn)化率為80%，則平衡時NO為0.2 ml/L，的選擇性為50%，則平衡時為0.8ml/L×50%×=0.2ml/L， 中消耗的CO為0.4 ml/L，生成的CO2為0.4 ml/L，中消耗的NO為0.4 ml/L，消耗的CO為0.2ml/L，生成的CO2為0.2 ml/L，則平衡時CO為1 ml/L -0.4 ml/L -0.2ml/L=0.4ml/L，CO2為0.4 ml/L+0.2 ml/L=0.6 ml/L，因此=，故答案為：；
(4)常溫常壓下，的平衡常數(shù)為，NO是可以分解的，但是實際上該反應是很難發(fā)生的，可能是NO的鍵能大，的活化能非常大，常溫常壓下分解的反應速率非常低，幾乎不反應，故答案為：NO的鍵能大，的活化能非常大，常溫常壓下分解的反應速率非常低，幾乎不反應；
(5)A．通入適量有利于主反應的發(fā)生，故A正確；B．量過多，同樣會與氨氣反應生成氮氣和水，不會限制脫除NO的活性，故B錯誤；C．當通入過多，過多的氧氣會直接將氨氣氧化生成NO，會降低脫除NO的效率，故C正確；D．①，②2NO + O2 = 2NO2，①-②，即當氣體組成中時，發(fā)生的反應為，故D正確；故答案為：B。
C組 真題練
1．（2022·江蘇·高考真題）實驗室制取少量水溶液并探究其酸性，下列實驗裝置和操作不能達到實驗目的的是
A．用裝置甲制取氣體B．用裝置乙制取水溶液
C．用裝置丙吸收尾氣中的D．用干燥pH試紙檢驗水溶液的酸性
【答案】C
【解析】A．60%硫酸和NaHSO3(s)可發(fā)生反應：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2↑+2H2O，因此裝置甲可以制取氣體，A正確；B．氣體通入液體時“長進短處”，裝置乙可以制取水溶液，B正確；C．SO2不會與飽和NaHSO3溶液發(fā)生反應，因此裝置丙不能吸收尾氣中的，C錯誤；D．水溶液顯酸性，可用干燥的pH試紙檢驗其酸性，D正確；
答案選C。
2．（2022·廣東·高考真題）若將銅絲插入熱濃硫酸中進行如圖(a~d均為浸有相應試液的棉花)所示的探究實驗，下列分析正確的是
A．與濃硫酸反應，只體現(xiàn)的酸性
B．a(chǎn)處變紅，說明是酸性氧化物
C．b或c處褪色，均說明具有漂白性
D．試管底部出現(xiàn)白色固體，說明反應中無生成
【答案】B
【解析】A．銅和濃硫酸反應過程中，生成CuSO4體現(xiàn)出濃硫酸的酸性，生成SO2體現(xiàn)出濃硫酸的強氧化性，故A錯誤；B．a(chǎn)處的紫色石蕊溶液變紅，其原因是SO2溶于水生成了酸，可說明SO2是酸性氧化物，故B正確；C．b處品紅溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c處酸性高錳酸鉀溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4發(fā)生氧化還原反應，SO2體現(xiàn)出還原性，故C錯誤；D．實驗過程中試管底部出現(xiàn)白色固體，根據(jù)元素守恒可知，其成分為無水CuSO4，而非藍色的CuSO4·5H2O，其原因是濃硫酸體現(xiàn)出吸水性，將反應生成的H2O吸收，故D錯誤；綜上所述，正確的是B項。
3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）下列說法不正確的是
A．晶體硅的導電性介于導體和絕緣體之間，常用于制造光導纖維
B．高壓鈉燈發(fā)出的黃光透霧能力強、射程遠，可用于道路照明
C．氧化鋁熔點高，常用于制造耐高溫材料
D．用石灰石-石膏法對燃煤煙氣進行脫硫，同時可得到石膏
【答案】A
【解析】A．晶體硅的導電性介于導體和絕緣體之間，是良好的半導體材料，可用于制造晶體管、集成電路等，而二氧化硅常用于制造光導纖維，A錯誤；B．鈉的焰色反應為黃色，可用作透霧能力強的高壓鈉燈，B正確；C．耐高溫材料應具有高熔點的性質(zhì)，氧化鋁熔點高，可用作耐高溫材料，C正確；D．石灰石的主要成分為碳酸鈣，石灰石-石膏法脫硫過程中發(fā)生反應：CaCO3CaO+CO2↑，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D正確；答案選A。
4．（2015·山東·高考真題）工業(yè)上利用氨氧化獲得的高濃度NOx氣體(含NO、NO2)制備NaNO2、NaNO3，工藝流程如下：
已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2
（1）中和液所含溶質(zhì)除NaNO2及少量Na2CO3外，還有__________(填化學式)。
（2）中和液進行蒸發(fā)Ⅰ操作時，應控制水的蒸發(fā)量，避免濃度過大，目的是_______。蒸發(fā)Ⅰ產(chǎn)生的蒸氣中含有少量的NaNO2等有毒物質(zhì)，不能直接排放，將其冷凝后用于流程中的_______(填操作名稱)最合理。
（3）母液Ⅰ進行轉(zhuǎn)化時加入稀HNO3的目的是_______。母液Ⅱ需回收利用，下列處理方法合理的是________。
a．轉(zhuǎn)入中和液 b．轉(zhuǎn)入結(jié)晶Ⅰ操作
c．轉(zhuǎn)入轉(zhuǎn)化液 d．轉(zhuǎn)入結(jié)晶Ⅱ操作
（4）若將NaNO2、NaNO3兩種產(chǎn)品的物質(zhì)的量之比設為2：1，則生產(chǎn)1.38噸NaNO2時，Na2CO3的理論用量為______噸(假定Na2CO3恰好完全反應)。
【答案】（1）NaNO3
（2）防止NaNO2的析出 溶堿
（3）將NaNO2氧化為NaNO3 c、d
（4）1.59
【解析】（1）NO2與堿液反應可生成NaNO3；
（2）濃度過大時，NaNO2可能會析出；NaNO2有毒，不能直接排放，回收后可用于流程中的溶堿；
（3）NaNO2在酸性條件下易被氧化，加入稀硝酸可提供酸性環(huán)境；母液Ⅱ的溶質(zhì)主要是NaNO3，所以回收利用時應轉(zhuǎn)入轉(zhuǎn)化液，或轉(zhuǎn)入結(jié)晶Ⅱ操作，故c、d正確；
（4）1.38噸NaNO2的物質(zhì)的量為：1.38×106÷69g/ml=2×104ml，則生成的NaNO3物質(zhì)的量為：1×104ml，故Na2CO3的理論用量=×（2×104+1×104）ml×106g/ml=1.59×106g=1.59噸。
5．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）玻璃儀器內(nèi)壁殘留的硫單質(zhì)可用熱KOH溶液洗滌除去，發(fā)生如下反應：
3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3K2S2O3
請計算：
(1)0.480 g硫單質(zhì)與V mL 1.00 ml·L-1熱KOH溶液恰好完全反應，只生成K2S和K2SO3，則V=______。
(2)2.560 g硫單質(zhì)與60.0 mL 1.00 ml·L-1熱KOH溶液恰好完全反應，只生成K2Sx和K2S2O3，則x=______。(寫出計算過程)
【答案】(1)30.0 (2)3
【解析】(1)根據(jù)方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3ml S可以和6ml KOH反應，0.48g S的物質(zhì)的量n=0.015ml，則需要消耗KOH的物質(zhì)的量n=2n(S)=0.03ml，故需要KOH溶液的體積V== =0.03L=30.0mL，故答案為30.0；
(2)若S與KOH溶液反應生成K2Sx和K2S2O3，則反應的化學方程式為(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根據(jù)反應方程式有
解得x=3，故答案為3。

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