2.讲义-非金属及其化合物综合（下）（教师版）.docx

第二讲非金属及其化合物综合（下）E）典型例题【例01】下列说法中正确的数目为（）硫在自然界中仅以化合态存在硫与汞反应生成硫化亚汞，体现了硫的弱氧化性硫在空气中燃烧生成SO2,在纯氧中燃烧生成SO3SCh气体通入BaCl2溶液产生白色沉淀BaS3用SO2漂白纸浆和草帽辫Q2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性SO2使滨水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同可用酒精清洗试管壁上残留的硫将S02通入品红溶液，溶液褪色后加热恢生原色；将S02通入溟水，滨水褪色后加热也能恢兔原色A. 1B.2C.3D.4【答案】B【考点】硫与二氧化硫【解析】在火山口附近有硫单质存在，所以硫在自然界中存在游离态，故错误；硫与汞反应产物为硫化汞，故错误；硫在空气或纯氧中燃烧都生成SO2,故错误；SO2气体通入BaCI2溶液不能产生白色沉淀BaSo3,故错误：二氧化硫具有漂白性，可漂白纸浆和草帽辫，故正确；二氧化硫与品红化合生成无色物质，与氧化性无关，而CL能使品红溶液褪色，与氧化性有关，故错误；二氧化硫与淡水发生氧化还原反应，乙烯和高矮酸钾发生氧化还原反应，都表现还原性，故正确。硫单质微溶于酒精易溶于二硫化碳，试管壁上残留的S不可以用酒精清洗，用二硫化碳洗涤，故错误；SO2的漂白品红是暂时性的，加热恢复原来的颜色，SCh通入淡水后发生氧化还原反应，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,则将S02通入淡水，淡水褪色后加热不能恢复原色，故错误；故选：Bo下列可用来区别SO?和Cd气体的是（）澄清的石灰水氢硫酸氯水酸性KMnO4溶液氯化钢溶液品红溶液A.©B.C.D.®【答案】D【考点】二氧化硫与二氧化碳【解析】均使澄清石灰水变浑浊，现象相同，不能鉴别，故不选；二氧化硫与氢硫酸反应生成淡黄色沉淀，二氧化碳不能，可鉴别，故选：二氧化硫与氯水反应生成无色溶液，而二氧化碳不能，可塞别，故选；二氧化硫使酸性高镒酸钾褪e,二氧化碳不能，可鉴别，故选：二氧化硫与二氧化碳都不与氯化领溶液发生反应，故不选：二氧化硫使品红溶液褪色，二氧化碳不能，可签别，故选；故选：D。【例03将X气体通入BaCI2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（）A.X：SO2；Y：H2SB.X：C12;Y：CO2C.X：NH3；Y：CO2D.X：SO2；Y：Ch【答案】B【考点】常见的气体性质【解答】解：A、2H2S+SO2=3S+2H2O,有沉淀生成，故A不符合；B、氯气不和BaCb溶液反应，通入二氧化碳不能反应，无沉淀生成，故B符合;C、2NH3+H2O+CO2=(NH4)2CO3,(NH4)2CO3+BaC2=BaCO3+2NH4Cl,故C不符合；D、C2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,H2SO4+BaC2=BaSO4j+2HCl,故D不符合;故选：Bo【例04根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是（）实验现象结论A含HC1、BaCI2的FeCI3溶液产生白色沉淀S02有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3>H2S1O3A.AB.BC.CD.D【答案】C【考点】二氧化硫【解答】解：A.FeCh将SCh氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaQ2反应生成硫酸领沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故A正确;B. SCh与HzS反应生成S单质，该反应中SOz中+4价S元素被还原生成。价的单质S,二氧化硫被还原,做氧化剂，故B正确;C.酸性KMno4溶液能够氟化SO2,导致溶液褪色，SO2表现了还原性，故C错误;D.NazSiCh溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3,说明亚硫酸的酸性较强，即酸性：H2SO3>H2SiO3,故D正确:故选：Co如图是S02制取、性质检验、收集、尾气处理的装置，有关说法正确的是（SH片½fL/NdiSO,溶液Q)A.上图中有两处错误B.装置也可以用于制取氨气、氯气C.在中加入品红或紫色石蕊试液都可以验证S02的漂白性D.在中加入BaCI2溶液，先生成白色沉淀，随后沉淀慢慢消失【答案】B【考点】二氧化硫的制取探究【解答】解：A.制备二氧化硫应用浓硫酸，收集应向上排空气，二氧化硫难溶于饱和亚硫酸钠溶液，不能用饱和亚硫酸钠溶液进行尾气处理，所以有三处错误，故A错误;B.实脸室可以用加热浓氮水的方法制取氨气，用浓盐酸与二氧化镒加热制取氯气，都可以用装置，故B正确；C.二氧化硫不能漂白指示剂，所以在中紫色石蕊试液不可以验证SO2的漂白性，故C错误;D.二氧化硫与氯化领溶液不反应，不会产生沉淀，故D错误；故选：Be下列能够确定溶液中一定含有SCh2-的事实是（）A.取少量试液,加入用盐酸酸化的氯化钢溶液，有白色沉淀生成B.取少量试液,加入氯化领溶液，有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失C.取少量试液,加入硝酸钢溶液，有白色沉淀生成D.取少量试液,加入盐酸无现象，再加氯化钢溶液，有白色沉淀生成【答案】D【考点】硫酸根的检验【解答】解：A.取少量试液，加入用盐酸酸化的Bacb溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银,原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子，故A错误：B.取少量试液，加入BaCb溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，再加入稀HNo3,氯化银沉淀也不消失，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误；C.取少量试液，加入Ba（No3）2溶液，有白包沉淀生成，该白色沉淀可能为碳酸领、亚硫酸钢，原溶液中可能含有碳酸根离子、亚硫酸根离子，不一定含有硫酸根离子，故C错误；D.取少量试液，加入盐酸无现象，再加嬴化领溶液，有白色沉淀生成，说明该沉淀为硫酸锁，原溶液中一定含有硫酸根离子，故D正确；故选：Do【例07某同学通过系列实验探究硫及其化合物的性质，实验现象正确且能达到目的的是（）A.点燃硫黄产生有刺激性气味的气体，该气体可以漂白纸浆B.向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑色，说明浓硫酸具有强吸水性C.将HzS气体通入CUSO4溶液生成CUS沉淀，说明HzS为强电解质D.将Al片加入冷的浓硫酸中，反应剧烈，说明浓硫酸具有强氧化性【答案】A【考点】硫及其化合物【解析】向蔗搪中加入浓硫酸，蔗糖变黑色，说明浓硫酸具有脱水性；FhS是弱电解质，之所以能够与CUSO4溶液反应，是因为两者反应生成了难溶于水和酸的CUS沉淀；将Al片加入冷的浓硫酸中，会钝化。故选A。锌与100mL18.5molL,的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6L（标准状况）。将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的PH=1。下列叙述不正确的是（）A.反应中共消耗1.8molH2SO4B.气体甲中SO2与H2的体积比为4：1C.反应中共消耗97.5gZnD.反应中共转移3mol电子【答案】B【考点】金属与硫酸的反应相关计算【解析】生成气体的物质的量为：一33-GL=1.5mol,溶液剩余硫酸的物质的量为：-×1L×O.lmolL22.4Lmol2=0.05mol,参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5molL-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XmolSo2,ymolHa,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1.8molH2S4,故A正确：B.气体A为SO2和H2的混合物，且V(SO2):V(H2)=1:4,故B错误：C.反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+l.2mol)×65gmol=97.5g,故C正确；D.在反应Zn+2H2S4(浓)=ZnSo4+SO2T+H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol,反应Zn+H2S4(稀)=ZnSO4+H2T中，生成1.2mol氧气转移电子2.4mol,所以反应中共转移3mol电子，故D正确。故选：B0兴趣小组同学利用如图所示装置(夹持装置已略去)探究S02的性质，并制取种常用食品抗氧化剂焦亚(1)打开分液漏斗活塞，发现其中的液体不能流下，应采取的操作是o(2)关闭2、K3,打开K”装置B中发生反应的离子方程式为,观察到装置C中发生的现象是：O(3)装置D和F的作用是：(4)关闭K1.，打开K2o一段时间后E中有Na2S2O5晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为:葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:溶液/现蓝色日30$内不襁色葡前酒样品咕酸J,k二一一条付沆粉溶液1。0.(XJmLI热9rL2LJ用(“)100QmelL标准L溶液涵定(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO+2H1)按上述方案实验，消耗标准b溶液20.OOmL,实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为gLL若实验中盛装标准液的滴定管未润洗,则测定结果(填''偏高、''偏低或''不变)。(6)设计实验验证Na2S2O5晶体在空气中已被氧化：o【答案】(1)拔掉分液漏斗上口的玻璃塞(或使分液漏斗玻璃塞上的凹槽或小孔对准瓶颈处的小孔)：(2)2Fe3+SO2+2H2=2Fe2+S42÷4H+;有淡黄色沉淀生成;（3）吸收SO2,防止污染空气;(4)SO2+Na2SO3=Na2S2O5;（5）0.128；偏高；（6）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，再湎加足量盐酸，振荡，再滴入BaCb溶液，有白色沉淀生成。【考点】硫及其化合物【解析】（1）使用分液漏斗时应取下分液漏斗上口的玻墙塞，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流下。故答案为：拔掉分液漏斗上口的玻璃塞（或使分液漏斗玻璃塞上的凹槽或小孔对准瓶颈处的小孔）：（2）装置A中生成S02,装置B中二氧化硫被铁离子氧化；装置C中发生反应：H2O+SO2+Na2S=H2S+Na2SO3SO2+2H2S=3S+2H2O,现象是有淡黄色沉淀生成。故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；有淡黄色沉淀生成；（3）装置D和F的作用是吸收SOz,防止污染空气。故答案为：吸收SO2,防止污染空气；（4）装置E中Na2SO3与SC>2反应生成NazSzOso故答案为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5;(5)根据反应方程式：SO2+h+2H2O=H2SO4÷2HI,可知(SO2)=W（I2）=O.OlO00molL-,×0.02L=2.0×104mol,由于葡萄酒样品为100.00mL,因此样品抗氧化剂的残留量为2.0xl（4mol64gmo÷0.1000L=0.128gLr<,若实验中盛装标准液的滴定管未泗洗，则造成需要标准液的量偏多，测定结果偏高，故答案为：0.128:偏高；（6）若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，则生成Na2SO4,可以利用稀盐酸和BaCl2溶液检脸S4%故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，再滴加足量盐酸，振荡，再滴入BaCL溶液，有白色沉淀生成。下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（）工业合成氨属于人工固氮B.C.含氮无机物和含氮有机物可相互转化D.碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环【答案】A【考点】氮循环【解析】解：A.硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中贰单质，戴元素由十50,属于被还原，故A错误；B.工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3,属于人工固藏，故B正确；C.氮循环中铁盐和蛋白质可相互转化，馁盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含感无机物和含贰有机物可相互转化，故C正确；D.碳、氢、氧三种元素也参加了氨循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与02直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，氧元素参加；二氧化直易与水反应生成硝酸(HNo3)和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO,氢元素参加，故D正确。故选：Ao下列说法中正确的数目为()制二氧化氮时，用水或NaoH溶液吸收尾气(2)Cu溶于稀HNO3：3Cu÷8H+÷2N03=3Cu2+2N0+4H20常温下，N?既能与O2反应又能与压反应NH3、。2、HN(b中任意两种物质在一定条件下均能发生反应可用浓HNO3与Cu反应制备NO2过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成向装有FC(NoJ2溶液的试管中加入稀H2SO.,在试管口观察到红棕色气体硫化亚铁溶于稀硝酸中的离子方程式为：FeS+2H+=Fe2+H2StA.1B.2C.3D.4【答案】D【考点】氮及其化合物的性质【解析】二氧化薮和水反应生成硝酸同时生成一氧化氮也是污染气体，不能被吸收，氢氧化钠溶液可以吸收二氧化氮气体，故错误；正确；Nz与O?反应的条件是放电或高温，Nz与H?反应的条件是高温、高压、催化剂，所以常温下N?既不能与Oz反应，也不能与H?反应，故错误；NH3与6发生氧化还原反应生成NO和水，氢气与HNo3反应生成硝酸铁，但6、HNo3二者不反应，则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故错误；CU与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化感和水，则可用浓HNo3与CU反应制备NCh,故正确；随反应的进行硝酸由浓变稀，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，故正确；向Fe(NO3)2溶液中加入HBO4,则会发生离子反应：3Fe2+NO+4H+=3Fe3+NOT+2H2,产生的NO在管口生成NCh呈现红棕色，故正确；硫化业铁溶于稀硝酸中时，因硝酸具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价，也会将硫.化氢氧化，所以产物中不会生成Fe?+和Hf,故错误。故选D。下列说法中正确的是()A.所有镂盐受热均可以分解，产物均有NH3B.硝酸钺受热易分解爆炸，实验室常加热氯化钱与氢氧化钙的混合物制备氨气C.在盛有硫酸亚铁镀溶液的试管中，滴加少量NaOIl溶液，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝D.钱盐都易溶于水，其水溶液均呈酸性【答案】B【考点】镂盐【解析】解：A、硝酸馁分解不生成氨气，NH4NO3N2f+2H2,故A错误；B、铁盐与碱反应生成氨气需要加热，而硝酸镁受热易分解爆炸，所以不能用硝酸铁与碱加热制备氨气，实验室常加热氯化按与氢氧化钙的混合物制备氧气，故B正确：C、盛有硫酸也铁锭(NH4)2Fe(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaoH溶液，氢氧根离子与亚铁离子生成氢氧化亚铁沉淀，没有氯气生成，所以在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸不变篮，故C错误；D、锭盐都易溶于水，其水溶液不一定都呈酸性，例如醋酸镀溶液为中性，故D错误。故选：Bo【例13实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是()A.是氨气发生装置B.是氨气吸收装置C.是氨气发生装置D.是氨气收集、检验装置【答案】C【考点】氨气的制取讨论【解析】解：NHQl固体受热分解生成NH3和HCl,而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NHKl,气体进入干燥管的机会不多，故错误：氯气极易溶于水按照装置图水会发生倒吸，故错误；向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca(OH)2,同时放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，故正确；装置中试管口处应塞一团棉花，应防止与空气对流，此装置得不到纯净的氮气，故错误；故选：C。【例14将盛有12mLNG和的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中02的体积和剩余的2mL气体分别是（）A. 1.2mL,NOB.2.4mL,O2C.3.5mL,O2D.4mL,NO【答案】A【考点】氮氧化物与氧气、水反应的相关计算【解析】解：可能发生的反应为：4N2+2+2H2=4HNO3,3NO2+H2O=2HNO3+NO,试管中02和N02气体按体积比1:4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为工xl2mL3=4mL,大于实际剩余2mL气体，则说明剩余气体为NO或氧气。若为氧气，则参加反应的气体为12mL-2mL=IOmL,根据4NO2+C>2+2H2O=4HNO3,可知参加此反应的02的体积为10ml×A=2mL,原混合气体中02的体积为2mL+2mL=4mL;5若剩余气体为NO气体，根据3N2+H2=2HNO3+NO,可知过量的No2为3×2mL=6mL,反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL-6mL=6mL,则反应消耗的氧气为6mL×A=51.2mL,故选：Ao【例15】某稀溶液中含4molKNo3和2.5molH2SO4，向其中力口入1.5mol铁，充分反应后产生的NO气体在标准状况下的体积为（）A.36LB.28LC.22.4LD.11.2L【答案】B【考点】金属与硝酸、硫酸反应的相关计算【解析】题中发生反应的离子方程式为Fe÷NO7÷4H+=NOt÷Fe3+÷2H2O2Fe3+Fe=3Fe2+,n（ND=4mol,（H+）=5mol,（Fe）=I.5mol,由此可知NO3和Fe过量，以H*的物质的量为基准进行计算，可得产生的Nc）的物质的量为1.25mol,标准状况下的体积为28L。【例161在通风橱中进行下列实验，下列说法不正确的是（）步骤rjMkmiIZtrMAOi1AL*；IftHNUl现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、CU接触后，其表面均产生红棕色气泡A.I中气体由无色变为红棕色的化学方程式：2N0+02=2N02B. II中的现象说明Fe表面形成致密的氧化膜，阻止Fe进一步反应C.对比I、II中的现象，说明稀HNCh的氧化性强于浓HNChD.针对UI中的现象，在Fe、CU之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【答案】C【考点】硝酸性质探究实验【解析】解：A.稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO,No遇空气变为二氧化氮，I中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2=2NO2,故A正确;B.11的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确;C.对比I、11的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO,而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误;D.根据In中现象，说明构成原电池，在Fe、CU之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，故选：Co某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200m3平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能够溶解19.2g（已知硝酸只被还原为No气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是（）A.B.原混合酸中NQ物质的量为0.4 molC.第二份溶液中最终溶质为FeSO4OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe?+,BC段产生氢气D.取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的pH=l【答案】D【考点】金属与硝酸、硫酸反应的相关计算【解析】解：A.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+N03+4H+=Fe3+NO+2H2O,AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2,故A正确：B.OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2112,硝酸全部起氧化剂作用，所以n(NOf)=2n(Fe)=2×11,2g=0.4mol,故B正确；56gmolC.硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4,故C正确：D、反应消耗22.4g铁，其物质的量=224g=04mol,所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒56gmol每份含硫酸0.4mol,20OmL原溶液中含有0.8mol硫酸、0.4molHN3,原混合液中含有氢离子的总物质的量=0.8molx2+0.4mol=2mol,取出20mL溶液中含有氨离子的物质的量为0.2mol,稀释过程中氢离子的物质的量不变，则稀释至IL后溶液C(H+)=0'°1=0.2mol*L1,故D错误；故选：D。【例18)某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验(夹持仪器已略去).实验表明浓硝酸能将No氧化成NO2,而稀硝酸不能氧化NO.由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸.可选药品：浓硝酸、3moL稀硝酸、蒸储水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳己知：氢氧化钠溶液不与No反应，能与N02反应2N02+2Na0H=NaN03+NaN02+H20(1)实验应避免有害气体排放到空气中，装置、中盛放的药品依次是O(2)滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后。(3)装置中发生反应的化学方程式是o(4)装置的作用是,发生反应的化学方程式是o(5)该小组得出的结论依据的试验现象是o(6)试验结束后，同学们发现装置中溶液呈绿色，而不显蓝色.甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体.同学们分别设计了以下4个试验来判断两种看法是否正确.这些方案中可行的是(填序号字母)。a.加热该绿色溶液，观察颜色变化b.加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c.向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化【答案】(1)3molL稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；(2)通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内；(3) Cu+4HNO3(浓)=Cu(No3)2+2N2+2H2;(4) I等NO2转化为NO;3NO2+H2O=2HNO3+NO;(5)装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色；(6)acd【考点】浓稀硝酸【解析】解：(1)根据装置特点和实险目的，装置是收集NO,装置中盛放NaOH溶液吸收NO2.防止污染大气；因为要脸证稀HNo3不能氧化NO,所以装置中应该盛放稀硝酸.故答案为：3molL稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液：(2)由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HN03之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出.故答案为：通入C02一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内；(3)Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、No2、HzO,故答案为：Cu+4HN3(浓)=Cu(NO3)2+2N2+2H2:(4)装置中盛放H2O,使NO2与HzO反应生成NO:3N2+H2=2HNO3+NO,故答案为：NOz转化为NO:3NO2÷H2O=2HNO3+NO:(5)NO通过稀HNo3溶液后，若无红棕色N02产生，说明稀HNo3不能氧化NO,所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之.装置中盛放的是浓HNO3,若浓HNO3能氧化NO则装置液面的上方会产生红棕色气体.故答案为：装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色；(6)要证明是CU(No3)2浓度过高或溶解了NO2导致装置中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走(a、C方案)再观察颜色变化，二是增大溶液中No2浓度(d方案)，通过观察颜色变化可以判断.故选acd.