广东省佛山市第一中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点及练习题及答案

广东省佛山市第一中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素 知识点及

练习题及答案

一、选择题

1．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）

A ．A

B ．B

C ．C

D ．D

【答案】A 【解析】

试题分析：A 、氯气和碘离子反应生成碘单质和氯离子，氯气的氧化性比碘单质强，碘遇到淀粉显蓝色，故正确；B 、铜和硝酸反应不是置换反应，故错误；C 、溶液中可能是硫酸根离子，或亚硫酸根离子，故错误；D 、铝常温下在浓硝酸中钝化，故错误。 考点：氧化性的比较，硝酸的性质，硫酸根离子的检验

2．下列离子方程式书写正确的是

A ．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba(OH)2溶液时，反应为：Al 3++ 2SO 2-

4+ 2Ba 2++ 4OH -= 2BaSO 4↓+ AlO -

2+ 2H 2O

B ．硫化亚铁与浓硫酸混合：2H ＋＋FeS=H 2S↑＋Fe 2＋

C ．向次氯酸钙溶液中通入SO 2：Ca 2＋＋2ClO -＋SO 2＋H 2O=CaSO 3↓＋2HClO

D ．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe 2＋＋4H ＋＋NO -

3=3Fe 3＋＋NO↑＋3H 2O 【答案】A 【详解】

A ．Ba(OH)2足量，故明矾KAl(SO 4)2·12H 2O 完全反应，其中Al 3+与OH -反应生成-2AlO ，即①3+--22Al +4OH = AlO +2H O ，2-4SO 与Ba 2+反应，②2-2+44SO +Ba = BaSO ↓，由于Al 3+、2-4SO 都来源于明矾，故应满足原比例1:2，则总反应为①+②×2，即

3+2-2+--442

2Al +2SO +2Ba +4OH = 2BaSO +AlO +2H O ↓，A 正确；

B．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS中亚铁氧化为Fe3+，-2价硫氧化为S单质，自身被还原为SO2，B错误；

SO，自身被还原为Cl-，C错误；

C．次氯酸根有强氧化性，能将SO2氧化为2-

4

D．磁性氧化铁为Fe3O4，书写离子方程式时，Fe3O4不能拆，D错误；

故答案选A。

3．下列离子的检验方法及对应结论正确的是( )

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

A.氢氧化铝和氢氧化镁均为白色沉淀，取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，不能证明有镁离子，可能有铝离子，故A错误；

B.铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有铁离子，故B正确；

C.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，不能证明有硫酸根离子，可能有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故C错误；

D.取样，用铂丝进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明有钾离子，故D错误；

故选B。

4．下列实验中，固体不会

．．溶解的是( )

A．氧化铝与足量的稀盐酸混合B．过氧化钠与足量水混合

C．氢氧化铝与足量的氨水混合D．木炭与足量浓硫酸共热

【答案】C

【详解】

A．氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A错误；

B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可完全溶解，故B错误；

C．氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C正确；

D．浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D错误；

故选C。

5．NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断不正确的是

A．转移电子2.4N A B．生成的气体冷却至标况，体积为15.68 L C．还原剂比氧化剂多0.2 mol D．被还原的氮原子是11.2 g

【答案】D

【详解】

A．在该反应中NH3被氧化为N2，NO2被还原为N2，每反应产生7 mol N2，还原产物比氧化产物少1 mol，电子转移24 mol。现在还原产物比氧化产物少0.1 mol，则反应产生0.7 mol N2，转移电子2.4 mol，则转移的电子数目为2.4N A，A正确；

B．根据选项A分析可知：还原产物比氧化产物少0.1 mol，反应产生0.7 mol N2，其在标准状况下体积V(N2)=0.7 mol×22.4 L/mol=15.68 L，B正确；

C．反应产生7 mol N2时，消耗8 mol还原剂NH3，消耗6 mol氧化剂NO2，还原剂比氧化剂多2 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2 mol，C正确；

D．根据方程式可知：反应产生7 mol N2时，被还原的N的物质的量是6 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。则当还原产物比氧化产物少0.1 mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.6 mol×14 g/mol=8.4 g，D错误；

故合理选项是D。

6．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6L（标况）。将反应液稀释至1 L，测得溶液的c(H＋)＝0.1mo1·L－1，则叙述中错误的是（）

A．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2与H2的体积之比为4︰1 C．反应中共消耗97.5g Zn D．反应中共转移3 mol电子

【答案】B

【分析】

生成气体的物质的量为33.6

22.4

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×

1

2

=0.05mol，参加

反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，据以上分析解答。

【详解】

生成气体的物质的量为33.6

22.4

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×

1

2

=0.05mol，参加

反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，

A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体，正确，不选A；

B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为0.3:1.2=1:4，错误，选B；

C、由以上分析可知，反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g，正确，不选C；

D、由以上分析可知，根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3mol，正确，不选D；

故答案选B。

7．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）

a b c

A Al AlCl3Al(OH)3

B NO NO2HNO3

C Si SiO2H2SiO3

D S SO2H2SO4

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

试题分析：A项：用Al(OH)3无法一步生成Al，故错。B项：可以。如2NO+O2=2NO2，

3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，

3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故正确。C项：SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。D项：H2SO4无法一步生成FeS2，故错。故选B。

考点：无机推断

点评：本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。

8．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是已知类推

A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+

B向稀硫酸加入NaOH溶液至中性：H++OH-=H2O 向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++OH-=H2O

C向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O 向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+

D向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-=HCO3-向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2：SO2+OH-=HSO3-

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】

A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；

B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；

C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；

D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；

答案选D。

9．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）

A．制备并观察氢氧化亚铁

B．证明过氧化钠与水反应放热

C．制备并收集少量NO2气体

D．实验室制备少量氨气

【答案】C

【解析】

【详解】

A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；

B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；

C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；

D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；

答案选C。

10．向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120 mL 4 mol·L的稀硝酸，恰好使混合物完

全溶解，放出1.344 L(标准状况)气体，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，

若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A．0.21 mol B．0.14 mol C．0.16 mol D．0.24 mol

【答案】B

【解析】

试题分析：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]=0.42mol÷2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为

n(Fe)=0.21mol，故选项A正确。

考点：考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。

11．将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为

A．n(SO2)/n(H2)=1/1 B．n(SO2)/n(H2)=4/1

C．n(SO2)/n(H2)=1/4 D．n(SO2)/n（H2）=3/2

【答案】A

【详解】

根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，

Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设反应生成SO2的物质的量为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol，2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8，解得

x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1，答案选A。

12．能正确表示下列反应的离子方程式是( )

A．在硫酸亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO-

3

＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO2-3 C．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H＋=Fe2++2H2O

D．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO-

3

=CaCO3↓+H2O

【答案】A

【详解】

A．氯气会将亚铁离子氧化成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A正确；

B．过量的氢氧化钡也会把铵根反应掉，正确的离子方程式为NH+

4+HCO-

3

＋Ba2++2OH-

=BaCO3↓+NH3·H2O+ H2O，故B错误；

C．硝酸具有强氧化性会把亚铁离子给氧化成铁离子，正确离子方程式为

3Fe(OH)2+NO3 +10H+=3Fe3++8H2O+NO↑，故C错误；

D．小苏打过量时氢氧根完全反应，所以正确离子方程式为Ca2++2OH-

+2HCO-3=CaCO3↓+H2O+CO2-3，故D错误；

综上所述答案为A。

13．在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断水溶液中含有A．Cl－，SO B．Cl－，NO C．Cl－，CO D．Cl－，OH－

【答案】C

【解析】

加入硝酸后沉淀部分溶解，且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体，则该溶液中含有Cl－和CO32－，C项正确。

14．某固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：

下列说法不正确

．．．的是（）

A．溶液1中不可能含有Cl-

B．气体1可能是二种气体的混合物

C．固体1可能是二种固体的混合物

D．固体X中，K2SO4和Na2SO3两种物质至少含一种

【答案】D

【详解】

固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，Fe2O3、Al2O3、SiO2都难溶于水且与水不反应，K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2都为溶于水的盐；加入足量水，有气体1产生，则X中一定含有Na2O2，Na2O2与水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠与水反应放热；

A.因为MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCl，Mg(OH)2不溶于NaOH溶液，而固体X中加入足量水得到的固体1能与NaOH溶液反应得到溶液2，故固体1中不含Mg(OH)2，X中不含MgCl2，溶液1中不可能含Cl-，A正确；

B.若X中还含有NH4NO3，则固体X加入足量水后还会发生反应：

NH4NO3+NaOH Δ

NaNO3+NH3↑+H2O，气体1可能是O2、NH3的混合物，B正确；

C.若X中还同时含有Al2O3、SiO2，X与足量水反应后可能溶解部分Al2O3、SiO2，还有未溶解的Al2O3、SiO2在固体1中，Al2O3、SiO2都能溶于NaOH溶液，C正确；

D.溶液1中加入盐酸/BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液1中可能含SO42-、SiO32-等，即溶液1中不一定含SO42-，则原固体X中不一定含有K2SO4、Na2SO3，D错误；

答案选D。

15．将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收．向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是

A．63.8 g B．53.6 g C．46.8 g D．43.2 g

【答案】C

【解析】

试题分析：Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在

反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n(e-)=0.3mol×4=1.2mol。当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m(OH-

)=nM=1.2mol×17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。

【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

16．检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是

A．将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝

B．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性

C．加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液

D．加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝

【答案】D

【详解】

利用离子反应：，即加入NaOH溶液后加热会生成NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D。

17．aL CO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bL NO相混和时，可得到cL气体(相同状况)，以下表达式中错误的是

A．若a＜b，则c＞0.5(a+b) B．若a＞b，则c＝0.5(a+b)

C．若a＝b，则c＝0.5(a+b) D．若a＜b，则c＜0.5(a+b)

【答案】D

【解析】

【详解】

首先发生反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5a L，与bL NO混合又发生反应：O2+2NO＝2NO2，二者恰好反应时0.5a：b＝1：2，解得a＝b，则

A、若a＜b，则NO有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少0.5a L，故得到气体体积等于NO的体积，则c＝b，即c＞0.5(a+b)，A正确；

B、若a＞b，则O2有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5b L，故得到气体体积为c＝(0.5a L+b L-0.5b L)＝0.5(a+b)，B正确；

C、若a＝b，则此时生成NO2体积c＝2×0.5a＝b＝0.5(a+b)，C正确；

D、根据以上分析可知D错误。

答案选D 。

18．现有Fe 、Al 、Si 三种单质的混合物，取一半投入足量的NaOH 溶液中，将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，若经测量两次实验产生的气体质量相等，则原混合物中Fe 、Al 、Si 三种单质的物质的量之比可能为（ ）

A ．6：4：3

B ．1：1：1

C ．2：3：4

D ．3：7：6

【答案】A

【详解】

取一半固体投入足量的NaOH 溶液中，Al 、Si 与氢氧化钠反应放出氢气；将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，Fe 、Al 与稀硫酸反应放出氢气，测量两次实验产生的气体质量相等，说明Fe 与硫酸反应放出的氢气和Si 与氢氧化钠反应放出氢气一样多，根据2442Fe H SO FeSO H +=+ 、223222Si NaOH H O Na SiO H ++=+↑ ，Fe 、Si 的物质的量比一定为2:1，故A 正确。

19．将43.8g Al 、Cu 组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，产生6.72L 气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH 溶液，得到沉淀的质量为

A ．39.2g

B ．44.8g

C ．58.8g

D ．66.4g 【答案】C

【详解】

合金溶于足量的NaOH 溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L ，物质的量为0.3mol ，根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3×23

=0.2mol ，故金属铝的质量为0.2×27=5.4 g ，金属铝提供电子的量是0.6 mol ，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al 3+ 、 Cu 2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×

322.4=1.8 mol 故Cu 共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2 mol ，向反应后的溶液中加入过量的NaOH 溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH -)=1.2 mol ，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8 g ；C 正确；

故答案选C 。

20．CuSO 4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2

B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想

C．1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75mol

D．Y可以是葡萄糖

【答案】C

【详解】

A、根据反应式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是3︰2，选项A正确；

B、途径①③中均生成大气污染物，而②没有，所以选项B正确；

C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移1mol电子，所以生成0.25mol氧气，选项C不正确；

D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确；

所以正确的答案选C。

21．下列化合物中，不能通过化合反应制取的是

A．FeCl3B．H2SiO3C．Fe(OH)3D．FeCl2

【答案】B

【详解】

A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl2直接化合得到，故A错误；

B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H2SiO3，故B正确；

C.Fe(OH)2、O2、H2O反应产生Fe(OH)3，反应的化学方程式为：

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，能通过化合反应产生Fe(OH)3，故C错误；

D.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D错误；

故选B。

22．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c(H+）=0.1 mol·L－1。下列叙述不正确的是( )

A．反应中共消耗1.8 mol H2SO4B．气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1 C．反应中共消耗97.5 g Zn D．反应中共转移3 mol电子

【答案】B

【分析】

Zn 和浓硫酸发生：Zn+2H 2SO 4（浓）=ZnSO 4+SO 2↑+H 2O ，随着反应的进行，溶液浓度减小，

稀硫酸与Zn 发生：Zn+ H 2SO 4（稀）=ZnSO 4+H 2↑，则生成的气体为SO 2和的H 2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。

【详解】 生成气体的物质的量为33.622.4/L L mol

=1.5mol ，溶液剩余硫酸的物质的量为12

×1L×0.1mol/L=0.05mol ， 参加反应的n （H 2SO 4）=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol ，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，

设反应生成xmolSO 2，ymolH 2，

Zn+2H 2SO 4（浓）=ZnSO 4+SO 2↑+H 2O

x 2x x

Zn+ H 2SO 4（稀）=ZnSO 4+H 2↑

y y y

x+y=1.5

2x+y=1.8

解之得 x=0.3，y=1.2

所以反应会生成0.3mol 的二氧化硫和1.2mol 的氢气。

A ．由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H 2SO 4，故A 正确；

B ．气体A 为SO 2和H 2的混合物，且V （SO 2）：V （H 2）=1：4，故B 错误；

C ．反应中共消耗金属Zn 的质量m （Zn ）=（0.3mol+1.2mol ）×65g/mol=97.5g ，故C 正确；

D ．在反应Zn+2H 2SO 4（浓）=ZnSO 4+SO 2↑+H 2O 中，生成0.3mol 的二氧化硫转移电子为0.6mol ，反应Zn+ H 2SO 4（稀）=ZnSO 4+H 2↑中，生成1.2mol 氢气转移电子2.4mol ，所以反应中共转移3mol 电子，故D 正确。

故选B 。

【点睛】

本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。

23．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH 3 ②NO 2③HCl 和N 2 的4：5混合气体，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为

A ．①>②>③

B ．①＜②＜③

C ．①=②=③

D ．①＜②=③ 【答案】C

【详解】

同温同压下，等体积的3NH 、HCl 、2NO 物质的量相等，设3NH 、HCl 、2NO 的物质的量

均为1mol ，烧瓶体积为VL 。由2233NO H O 2HNO NO +=+可知生成3HNO 的物质的量为2mol 3，生成NO 的物质的量为1mol 3

，NO 难溶于水，则3HNO 的物质的量浓度为213/23

mol mol L V V

L =，3NH 和HCl 溶于水后溶液的物质的量浓度为1mol /L V ，因此①=②=③，答案选C 。

24．有一瓶澄清的溶液，只可能含有 NH 4+、Na +、Mg 2+、Ba 2+、Fe 3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO 32ˉ、SO 42—中的几种，且浓度均为 0.1mol L —1。进行以下实验：

①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。

②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝

③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na 2CO 3 溶液，有白色沉淀生成。下列结论不正确的是

A ．肯定含有的阳离子是 NH 4+、Ba 2+

B ．肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ

C ．肯定不含有的离子是 Fe 3+、CO 32ˉ、SO 42ˉ

D ．不能确定是否含有的离子是 Na +

【答案】D

【详解】

①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有23CO -；

②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原溶液中含有I -，因Fe 3+与I -不能共存，故不含Fe 3+；

③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg 2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH 3?H 2O ，说明原溶液中含有+4NH ；第二份溶液中加入Na 2CO 3 溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba 2+，因Ba 2+与24SO -不能大量共存，故原溶液中不含有24SO -

； 通过实验确定的离子有：Ba 2+、+4NH 、I -，根据离子浓度均为 0.1mol L -1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl -、Br -，因此溶液中一定不含有Na +，

综上所述，答案为：D 。

【点睛】

高中阶段对于Na +的检验，常见方法有：①根据焰色反应确定，若颜色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；②可根据电荷守恒进行分析。

25．将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·L -1的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成了0.2molNO 2和NO 的混合气体，并测得溶液中氢离子浓度为1mol·L -1.假设反应后溶液的体积

仍为50mL，则金属铜的质量为

A．6.4g B．9.6g C．11.2g D．12.8g

【答案】B

【解析】

试题分析：反应前硝酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.55mol，反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×1mol/L=0.05mol，所以参加反应的硝酸是0.5mol，生成气体的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，生成硝酸铜为（0.5-0.2）÷2=0.15mol，则金属铜的质量为

0.15mol×64g/mol=9.6g，答案选B。

考点：考查物质的量的计算，硝酸的化学性质等知识。

二、实验题

26．某学习小组利用下列装置探究氯气与氨气的反应．其中A、B分别为氯气和氨气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。

（1）若Cl2从左向右流动，NH3从右向左流动，则上述实验装置中，依次连接的合理顺序为：A→____→B；为使NH3与Cl2更充分混合，Cl2应从C装置的___进入（填“x”或“y”）。

（2）简述装置A中使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓盐酸的操作是___________。

（3）装置A中发生反应的离子方程式为__________________。

（4）装置B中圆底烧瓶内的试剂为__________________（填名称）。

（5）装置D的作用是______________。

（6）反应开始后，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气中的主要成分之一，该反应的化学方程式为__________________。

【答案】E、F、C、D x打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加MnO2+4H++2C1﹣Mn2++C12↑+2H2O氢氧化钠固体、碱石灰或生石灰等吸收水蒸气，干燥氨气3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl

【解析】

（1）Cl2从左向右流动，NH3从右向左流动，A是氯气的发生装置，产生氯气后，用饱和食盐水吸收氯气中混有的HCl气体，再用浓硫酸干燥，制备纯净干燥的氯气；B装置是氨气的发生装置，产生氨气后，用碱石灰干燥；制得氯气和氨气在C装置中发生反应，所以上述实验装置中，依次连接的合理顺序为：A→E→F→C→D→B；由于Cl2密度比空气的密度大，为使NH3与Cl2更充分混合，Cl2应从C装置的x口进入；

（2）装置A中使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓盐酸的操作是打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加；

（3）装置A中是制备氯气的发生装置，是在加热的条件下进行的反应，所用原料为二氧

化锰和浓盐酸，离子方程式为：MnO2+4H++2C1﹣Mn2++C12↑+2H2O；

（4）装置B是在常温下进行的反应，可以和浓氨水产生氨气的试剂可以是氢氧化钠固体、碱石灰或生石灰等，所以圆底烧瓶内的试剂为氢氧化钠固体、碱石灰或生石灰等；

（5）装置D主要用于吸收水蒸气，干燥氨气；

（6）反应开始后，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，推测此物质为氯化铵固体，

另一生成物是空气中的主要成分之一，即氮气，因此该反应的化学方程式为：

3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl。

27．某中学学习小组模拟工业烟气脱硫（SO2）。

（1）甲组采用如下装置脱硫（部分装置略）。

① CaO脱硫后的产物是_________。

② b中品红很快褪色，说明脱硫效果不好。下列措施能提高脱硫效果的是_____。

ⅰ. 加快SO2气体流速

ⅱ. 将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管

ⅲ. 加热a，脱硫效果可能会更好

③ 小组拟通过CaO的增重评价其脱硫能力。需要测量的数据是_______。

（2）乙组选用AgNO3溶液脱除SO2。

现象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。

对白色沉淀A的成分进行探究，提出假设：

假设1：发生了氧化还原反应，依据是AgNO3溶液中含有O2、等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4（微溶）。

假设2：发生了复分解反应，依据是SO2与水生成酸，能与AgNO3溶液发生复分解反应。实验探究：

① 取沉淀A，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，无明显变化。

② 取______，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀。

实验证明“假设1”不成立。

③ 为进一步确认“假设2”，向A中加入浓HNO3，立即产生红棕色气体。加入浓硝酸的目的是________；经确认，反应后混合液存在SO。

实验证明“假设2”成立。

④ 产生沉淀A的化学方程式是_________。AgNO3溶液具有良好的脱硫能力，但因其价格

高，未能大规模使用。

（3）丙组用NaClO 脱除SO 2，用1 L 0.1 mol/L 的NaClO 溶液最多可以吸收标准状况下的SO 2_______L 。

【答案】CaSO 3 ⅱ、ⅲ 装置a 的质量；盛放CaO 后装置a 的质量；吸收SO 2后装置a 的质量 Ag 2SO 4固体 检验白色沉淀是否具有还原性 H 2O + SO 2 ＝ H 2SO 3 , H 2SO 3 + 2AgNO 3 ＝ Ag 2SO 3↓+ 2HNO 3 2.24

【解析】

（1）①二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此CaO 脱硫后的产物是CaSO 3。②ⅰ. 加快SO 2气体流速不利于二氧化硫吸收，错误；ⅱ. 将堆集在一起的CaO 平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，正确；ⅲ. 加热a 加快反应速率，脱硫效果可能会更好，正确，答案选ⅱ、ⅲ；③要通过CaO 的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置a 的质量、盛放CaO 后装置a 的质量、吸收SO 2后装置a 的质量。（2）②要证明“假设1”不成立，需要证明沉淀A 不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取Ag 2SO 4固体，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO 3)2溶液，产生沉淀，这说明“假设1”不成立。③浓HNO 3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；④根据复分解反应原理可知产生沉淀A 的化学方程式是

H 2O+SO 2＝H 2SO 3、H 2SO 3+2AgNO 3＝Ag 2SO 3↓+2HNO 3。（3）1 L 0.1 mol/L 的NaClO 溶液中次氯酸钠的物质的量是0.1mol ，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，因此可以得到0.2mol 电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收SO 20.1mol ，在标准状况下的体积是2.24L 。

点睛：掌握物质的性质特点和实验原理是解答的关键，另外对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是需要考虑的。最后还需要注意为了使实验方案更严密、更科学，有时候还需要做对比实验。

28．某研究性学习小组对实验室中3NH 制取、收集、吸收，以及3NH 的还原性探究进行了如下实验设计。

Ⅰ．3NH 的收集和吸收

(1)若用图甲装置，排空气法收集3NH ，气体应从________口进入(选填“m ”或“n ”)。

(2)已知3NH 难溶于4CCl 。图乙、丙、丁、戊四种装置中，不能用来吸收3NH 的是_________。

Ⅱ．3NH 的还原性探究

利用下列装置，进行3NH 还原23Fe O 的反应。

已知：3NH 与23Fe O 反应的生成物为Fe 、2H O 和无毒气体X ，且X 不被浓硫酸和碱石灰吸收。

(3)采用上图A 所示装置作为3NH 的发生装置，写出该反应的化学方程式___________。

(4)按气流方向正确的装置连接顺序为A →______→_____→_____→_____→C(填序号，每个装置只用一次)。装置连接后，首先应进行的操作是_________。

(5)实验结束时，应首先_______(填序号)。

A ．熄灭A 装置的酒精灯

B ．熄灭B 装置的酒精灯

(6)若称取231.6g Fe O 完全反应后，测得生成气体X 的体积为224mL (已折算为标准状况)，通过计算推测Ⅹ的化学式为_________。

(7)装置B 中3NH 与23Fe O 反应的化学方程式为_________。

【答案】m 丙 24223 Ca(OH)2NH Cl CaCl 2H O 2NH ?+++↑ E B F D 检查

装置的气密性 B 2N 233

22 Fe O 2NH 2Fe N 3H O

+++? 【分析】 Ⅰ．(1)根据氨气的密度与空气密度的大小关系分析；

(2)根据氨气的溶解性分析；

Ⅱ．A 装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E 装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B 装置还原23Fe O ，再先后连接F 装置，D 装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F 装置作安全瓶，防止倒吸，最后连接C 装置，已知3NH 与23Fe O 反应的生成物为Fe 、2H O 和无毒气体X ，且X 不被浓硫酸和碱石灰吸收，故C 装置用于测量生成气体的体积，据此分析解答。

【详解】

Ⅰ．(1)氨气的密度比空气小，所以应该用向下排空气法收集，所以集气瓶瓶口向上来收集时应短进长出，即若用图甲装置，排空气法收集3NH ，气体应从m 口进入；

(2)氨气极易溶于H 2O ，则吸收氨气时，应注意防倒吸，又已知3NH 难溶于4CCl ，乙、丁、戊三种装置均可以防倒吸，丙可能会发生倒吸，则丙装置不能用来吸收3NH ； Ⅱ．(3)氢氧化钙与氯化铵在加热的条件下反应生成氯化钙、水和氨气，故该反应的化学方

程式为24223Ca(OH)2NH Cl CaCl 2H O 2NH ?

+++↑；

(4)A 装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E 装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B 装置还原23Fe O ，再先后连接F 装置，D 装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F 装置作安全瓶，防止倒吸，最后连接C 装置，已知3NH 与23Fe O 反应的生成物为Fe 、2H O 和无毒气体X ，且X 不被浓硫酸和碱石灰吸收，故C 装置用于测量生成气体的体积，则按气流方向正确的装置连接顺序为A→E→B→F→D→C ；装置连接后，首先应进行的操作是检查装置的气密性；

(5)实验结束时，为防止生成的铁再次被氧化，应先熄灭B 装置的酒精灯，在氨气的氛围下冷却后，再熄灭A 装置的酒精灯，故选B ；

(6)231.6g Fe O 的物质的量为0.01mol ，则该反应中Fe 元素得电子总数为0.06mol ，即氮元素失电子总数也为0.06mol ，完全反应后，测得生成气体X 的体积为224mL (已折算为标准状况)，则气体X 的物质的量为0.01mol ，又X 为无毒气体，且X 不被浓硫酸和碱石灰吸收，则推测Ⅹ应为N 2，而生成0.01mol N 2，氮元素失电子总数为0.06mol ，则Ⅹ为N 2；

(7)根据第(6)问分析23Fe O 和氨气反应生成铁单质、氮气和水，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为233

22Fe O 2NH 2Fe N 3H O ?+++。 【点睛】

氨气极易溶于H 2O ，则吸收氨气时，应注意防倒吸，又已知3NH 难溶于4CCl ，题中乙、丁、戊三种装置均可以防倒吸，若丁装置中4CCl 换为苯，苯的密度比水小，则苯在上层，水在下层，不能起到防倒吸的作用，这是学生们的易错点。

29．某学习小组探究氨的还原性及检验产物的性质，按下图装置进行实验(图中夹持装置已略去)。将B 处的三氧化二铬加热至红热，再鼓入空气，已知：无水氯化钙可吸收氨气和水。回答下列问题：

(1)B 中发生反应的化学方程式是______________________________。

(2)证明氨气发生催化氧化的现象是________________，反应的方程式是

________________。

(3)E 中铜发生反应的离子方程式是________________________________。

(4)E 中缓缓通入空气的目的是____________________________________。

【答案】4NH 3＋5O 2

4NO ＋6H 2O D 中广口瓶中有红棕色气体 2NO+O 2===2NO 2 3Cu ＋8H ＋＋23NO -===3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O 使一氧化氮充分转化为二氧化氮，避免空气污染

【分析】

氨气催化氧化生成的NO和空气中的O2反应生成NO2，NO2再溶于水生成HNO3，Cu能溶于稀硝酸生成NO，反应的尾气NO和空气的混合气体用NaOH溶液吸收。

【详解】

(1)B中发生的反应是氨的催化氧化反应 4NH3＋5O24NO＋6H2O；

(2)氨气催化氧化的产物一氧化氮极易和氧气化合2NO＋O2===2NO2，D中广口瓶中有红棕色气体产生。

(3)在E中，生成的二氧化氮和水反应3NO2＋H2O = 2HNO3＋NO，铜和硝酸反应3Cu＋

NO =3Cu2＋＋2NO↑8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2

3

＋4H2O。

(4)为使一氧化氮充分转化为二氧化氮，避免空气污染，在E中要缓缓通入空气。

30．一定温度下，无水硫酸铜粉末为受热分解生成CuO和气体A。气体A为SO2、SO3和O2中的一种或几种。请回答：

（1）只用一种试剂就能证明气体A中是否含有SO2，该试剂可以是__________；

a. 石蕊溶液

b. 品红溶液

c. 氯化钡溶液

d. 酸性高锰酸钾溶液

（2）对气体A的合理组成进行如下假设：

①只有SO3一种气体；②只有两种气体；③三种气体都有

若假设②成立，写出无水硫酸铜受热分解的反应方程式___________；

（3）若气体A中SO2、SO3和O2都有，用如图所示装置定量测定经NaOH溶液吸收后剩余气体体积（气体体积最后换算为标准状况）。

①装置的连接顺序为____________；（用字母表示）；

②实验中测定的是_________气体的体积；

③实验发现测定结果比理论值明显偏低，其原因是___________。

【答案】BD 2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑a→c，b→d O2发生

2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O，导致氧气被部分吸收，测定结果偏低

【分析】

(1)二氧化硫具有漂白性和还原性；

(2)假设②成立，则无水硫酸铜粉末受热分解生成CuO、SO2和O2；

(3)实验时，a连接c，b连接d，可测定氧气的体积，用NaOH溶液吸收气体时，可能发生2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O，以此解答该题。

【详解】

(1)二氧化硫具有漂白性和还原性，则可用品红或高锰酸钾溶液检验二氧化硫，故答案为bd；

(2)假设②成立，则无水硫酸铜粉末受热分解生成CuO、SO2和O2，方程式为

2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；

(3)①实验时，a连接c，b连接d，可测定氧气的体积，故答案为a→c，b→d；

②氢氧化钠溶液吸收二氧化硫、三氧化硫，量筒用于测量氧气的体积；

③用NaOH溶液吸收气体时，可能发生反应2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O，导致氧气被部分吸收，测定结果比理论值明显偏低。

【点睛】

解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。

31．(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为_________________________。(2)NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。

①实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是________(填字母)。

A．铁 B．铝 C．铂 D．玻璃

②打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是

______________(填化学方程式)。

(3)为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。

①长玻璃管的作用是__________________________________________________。

②让反应停止的操作方法及原因是_______________________________________________。

(4)以下收集NO气体的装置，合理的是________(填字母)。

a. b. c. d. e.

【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑ CD 2NO+O2=2NO2接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止 cd

【分析】

（1）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮以及水；

（2）①铁、铝的活泼性强于金属铜，会先于金属铜和硝酸之间发生反应；

②NO容易被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2气体；

（3）①一氧化氮是难溶于水的气体，生成的气体导致U形管右端气体压强增大，把U形管的液体压入长玻璃管；

②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体导致U形管右端气体压强增大，将U 形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开；

（4）NO能与O2反应，不能用排空气法收集，NO难溶于水，可用排水法收集。

【详解】

（1）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮以及水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑；

（2）①实验室若没有铜丝，以铜粒代替铜丝进行实验，包裹铜粒的丝状材料不能是金属铁以及金属铝，因为铁、铝的活泼性强于金属铜，会先于金属铜和硝酸之间发生反应，故答案为：CD；

②试管内有空气，NO容易被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2气体，反应的化学方程式为2NO+O2═2NO2；

（3）①一氧化氮是难溶于水的气体，当制取一氧化氮的装置产生一氧化氮气体时，气体难溶于水，生成的气体导致U形管右端气体压强增大，把U形管的液体压入长玻璃管，所以长玻璃管的作用是接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出，故答案为：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；

②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体导致U形管右端气体压强增大，将U 形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止，故答案为：关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止；

（4）NO能与O2反应，不能用排空气法收集，NO难溶于水，可用排水法收集，故cd正确。

【点睛】

铁、铝的活泼性强于金属铜，会先于金属铜和硝酸之间发生反应是解答关键，也是易错点。

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