2024届山东省淄博一中化学高一下期末经典模拟试题含解析

2024届山东省淄博一中化学高一下期末经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定温度下，将2molSO2和1molO2充入2L密闭容器中，在催化剂存在下进行下列反应:2SO2+O22SO3，下列说法中正确的是A．达到反应限度时，生成2molSO3B．达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率C．达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比一定为2∶1∶2D．SO2和SO3物质的量之和一定为2mol2、如图是批量生产的笔记本电脑所用的甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应。电池总反应式为2CH3OH+3O2===2CO2+4H2O。下列说法中不正确的是A．左边的电极为电池的负极，a处通入的是甲醇B．每消耗3.2g氧气转移的电子为0.4molC．电池负极的反应式为CH3OH+H2O−6e−===CO2+6H+D．电池的正极反应式为O2+2H2O+4e−===4OH−3、俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4＋2CNa2S＋2CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．0.1mol·L－1的Na2SO4溶液中含SO42-的数目为0.1NAB．1mol13C原子所含中子数为6NAC．78gNa2S中所含离子总数为2NAD．标准状况下，2.24LCO2所含氧原子数为0.2NA4、在图所示的柠檬水果电池中，外电路上的电流从电极X流向电极Y。若X为铁，则Y可能是A．锌 B．石墨 C．银 D．铜5、下列关于反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑的说法正确的是()A．过氧化钠是氧化剂，水是还原剂 B．过氧化钠是还原剂，水是氧化剂C．过氧化钠既是氧化剂又是还原剂 D．水既是氧化剂又是还原剂6、第119号未知元素，有人称为“类钫”。根据周期表结构及元素性质变化趋势，下列有关“类钫”的预测中错误的是()A．单质有较高熔点B．“类钫”在化合物中呈＋1价C．“类钫”具有放射性D．“类钫”单质的密度大于1g·cm－37、按C、N、O、F的顺序，下列递变规律错误的是（）A．原子半径逐渐减小 B．元素原子得电子能力逐渐增强C．最高正化合价逐渐增大 D．气态氢化物稳定性逐渐增大8、下列物质中，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A．苯B．乙醇C．乙烯D．二氧化硫9、下列说法正确的是A．I2升华需要破坏共价键B．稳定性：HF<H2O<NH3<CH4C．N2的电子式：D．离子化合物中一定只含有离子键10、“长征二号”系列火箭用的燃料是液态的偏二甲肼(C2H8N2),氧化剂是液态的N2O4,已知1.5g偏二甲肼完全燃烧生成N2、CO2和液态H2O放出热量50kJ。下列说法不正确的是()。A．燃料在火箭发动机中燃烧主要是将化学能转化为热能和机械能B．偏二甲肼在N2O4中的燃烧反应是放热反应C．该反应中偏二甲肼和N2O4总能量低于CO2、N2和H2O的总能量D．偏二甲肼在N2O4中燃烧的化学方程式为C2H8N2+2N2O42CO2+3N2+4H2O11、某元素原子核外有三个电子层，其最外层电子数是次外层电子数的一半，则此元素是A．Li B．SiC．C D．Cl12、下列关于物质性质的比较，不正确的是（）A．碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH B．原子半径大小：Na＞S＞OC．酸性强弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4 D．稳定性：HF＞HCl＞H2S13、常温下，下列溶液酸性最强的是A．c（H+）=1×10－5mol/L B．pH=3的溶液C．c（OH－）=1×10－5mol/L D．0.1mol/L的盐酸14、某阴离子X2﹣有m个电子，其质量数为a，则核内中子数为（）A．m+2 B．m+5 C．a﹣m+2 D．a﹣m﹣215、化学键是一种相互作用，它存在于（）A．分子之间B．物质中的原子之间C．分子或原子团中相邻的原子之间D．构成物质的所有微粒之间16、如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同．质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入M的浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验过程中，不考虑两球的浮力变化）（）A．当M为盐酸、杠杆为导体时，A端高，B端低B．当M为AgNO3、杠杆为导体时，A端高，B端低C．当M为CuSO4、杠杆为导体时，A端低，B端高D．当M为CuSO4、杠杆为绝缘体时，A端低，B端高二、非选择题（本题包括5小题）17、某烃A是有机化学工业的基本原料。其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂。A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①、②、③属于同种反应类型。请回答下列问题：（1）写出A、B、C、D的结构简式：A____________、B___________、C__________、D_________。（2）写出②、⑤两步反应的化学方程式，并注明反应类型：②______________________________________，反应类型:__________________________。⑤______________________________________，反应类型:__________________________。18、A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置为_____________。（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的电子式为______________。（3）若要比较D与E的金属性强弱，下列实验方法可行的是____________。A．将单质D置于E的盐溶液中，若D不能置换出单质E，说明D的金属性弱B．比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强C．将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强19、高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。回答下列问题：(1)仪器a的名称是______。(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚(3)为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______。20、某学生在如图所示的装置中用苯(沸点80℃)和液溴制取溴苯(沸点156℃)，请根据下列实验步骤回答有关问题。(1)将分液漏斗中的部分苯和溴的混合物加入到A中，则A中发生的化学方程式为______。(2)反应结束后，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是_____。用分液漏斗分离出B

中的溴苯时，要想保证上层(有机物层)的纯度，应该进行的操作方法是_____。(3)反应过程中，被C装置吸收的物质有______；试管D中滴加AgNO3溶液能够观察到的现象为______，

此现象证明了A中的反应生成了_______。(4)为了净化上面实验得到的粗溴苯，可以向粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是_______。除去溴苯中的少量苯，应该采用的分离操作方法是______。21、用下列装置制备二氧化氮气体,并探究相关产物性质。(1)装置A中的分液漏斗盛装的液体是____,烧瓶中预先加入的是铜屑,铁的价格比铜的价格低,此处用铜不用铁的原因是______________。(2)干燥管B、D中盛装的干燥剂可以是____(填“浓硫酸”、“无水氯化钙”、“五氧化二磷”或“碱石灰”),干燥管D中干燥剂的作用是______________。(3)装置E的作用是吸收尾气,吸收过程中发生反应的化学方程式如下,请将其补充完整。NaOH+NO2+NaNO2+H2O______(4)某化学兴趣小组认为铜和适量浓硝酸反应产生的气体中含NO,选用下列必要的装置(N2和O2的用量可自由控制)完成验证实验。已知:i.NO+NO2+2OH-2NO2-+H2Oii气体液化温度如下:气体NO2NO液化温度21℃-152℃①仪器的连接顺序(按从左→右连接,填各仪器字母)为________。②实验时先检查装置气密性后,再加入试剂,在反应前的操作是_______。③确认气体中含NO的现象是__________;装置C的作用是____。④NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的气体中氮氧化物脱除技术。现在有NO、NO2的混合气6L,可用同温同压下7LNH3恰好使其完全转化为N2,则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A.反应为可逆反应，2molSO2和1molO2反应时，达到反应限度时，生成的SO3的物质的量小于2mol，A项错误；B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍，B项错误；C.分子数的关系与起始量、转化率有关，则不能确定达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比，C项错误；D.起始加入2molSO2，化学反应中S原子守恒，则最终SO2和SO3物质的量之和一定为2mol，D项正确；答案选D。2、D【解题分析】

A.由电子移动方向可知，左边电极反应失去电子，所以左边的电极为电池的负极，a处通入的是甲醇，故A正确；B.每消耗3.2克即0.1mol氧气转移的电子数为0.4mol，故B正确；C.电池负极的反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故C正确；D.电池的正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故D错误；答案选D。3、D【解题分析】

A.0.1mol·L－1的Na2SO4溶液的体积未知，无法计算其中所含的SO42-的数目，A不正确；B.1mol13C原子所含中子数为7NA，B不正确；C.78gNa2S的物质的量为1mol，其中所含离子总数为3NA，C不正确；D.标准状况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，其中所含氧原子数为0.2NA，D正确。故选D。4、A【解题分析】

原电池中，电流从正极沿导线流向负极，结合原电池的原理分析判断。【题目详解】原电池中，电流从正极沿导线流向负极，外电路上的电流从电极X流向电极Y，则X作正极，Y作负极。原电池中易失电子发生氧化反应的金属作负极，若X为铁，则Y的活泼性比铁强，选项中只有锌比铁活泼，故选A。5、C【解题分析】

过氧化钠与水反应属于氧化还原反应，其中过氧化钠中-1价氧原子部分化合价升高为0价，被氧化为氧气，部分化合价降低为-2价，被还原为氢氧化钠，故过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。【题目点拨】本题主要考查氧化还原反应中氧化剂和还原剂的判断。化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，本身作还原剂；化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，本身作氧化剂。据此判断此题。6、A【解题分析】分析：本题考查的是元素周期律，根据同主族元素的第变性进行分析即可。详解：A.119号元素在第ⅠA族，根据锂、钠、钾、铷、铯、钫的顺序进行分析，同主族元素的单质熔点依次降低，故错误；B.该元素为第ⅠA族元素，化合价为+1价，故正确；C.因为钫有放射性，可以推知该元素也有放射性，故正确；D.根据同族元素规律推断，密度依次增大，所以该元素的单质密度大于1g·cm－3，故正确。故选A。7、C【解题分析】

C、N、O、F在周期表相同周期，从左到右原子序数逐渐增大，则：A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，选项A正确；B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，选项B正确；C、F的最高化合价为0价，无正价，选项C错误；D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的气态氢化物稳定性逐渐增强，选项D正确。答案选C。8、A【解题分析】A项，苯不能被酸性高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色；B项，乙醇具有还原性，能和高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾褪色；C项，乙烯结构中含碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色；D项，二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色。点睛：本题考查元素化合物的性质，涉及二氧化硫、乙烯、苯、乙醇是否与酸性高锰酸钾反应的判断，注意：具有还原性的物质能和高锰酸钾发生氧化还原反应。9、C【解题分析】

A.碘单质为分子晶体，升华需要破坏分子间作用力，不破坏共价键，A错误；B.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则稳定性：HF＞H2O＞NH3＞CH4，B错误；C.N2为含有氮氮三键的双原子分子，电子式为，C正确；D.离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如氢氧化钠中含有离子键和共价键，D错误；故选C。10、C【解题分析】由题意知,1.5g偏二甲基肼燃烧时放出50kJ热量,故A、B两项正确;偏二甲肼在氧化剂中燃烧是放热反应,则反应物的总能量高于生成物的总能量,故C项错误;D项燃烧的化学方程式正确。11、B【解题分析】

根据核外电子排布规律推出某元素的原子结构示意图，根据原子序数等于核内质子数求得元素的种类。【题目详解】因某元素的原子核外有三个电子层，其最外层电子数是次外层电子数的一半，所以原子有三个电子层，每一层上的电子数分别为：2、8、4，原子序数为14，Si元素。答案选B。12、C【解题分析】

A、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性就越强，金属性K>Na>Li，碱性：KOH>NaOH>LiOH，故A说法正确；B、同主族从上到下原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，即原子半径：Na>S>O，故B说法正确；C、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性增强，非金属性：Cl>Br>I，即酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，故C说法错误；D、非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强，非金属性F>Cl>S，即稳定性：HF>HCl>H2S，故D说法正确；答案选C。【题目点拨】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相等，原子序数相同，电子数越多，半径越大。13、D【解题分析】

A．氢离子浓度为1×10－5mol/L；B．常温下pH=3的溶液中氢离子浓度为0.001mol/L；C．c(OH-)=1×10-5mol/L的溶液中，氢离子浓度为：mol/L=1×10－9mol/L；D．0.1mol/L的盐酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；溶液中氢离子浓度越大，溶液酸性越强，则酸性最强的为D，故答案为D。14、C【解题分析】

对于阴离子而言，质子数=电子数-电荷数，中子数=质量数-质子数，运用这个关系式得出正确结论。【题目详解】对于阴离子而言，质子数=电子数-电荷数，阴离子X2—核外有m个电子，则质子数是m－2。因为质子数和中子数之和是质量数，所以核内中子数为a－m＋2，答案选C。15、C【解题分析】

化学键存在于相邻的原子之间，不存在于分子之间，由此分析解答。【题目详解】A、化学键不存在分子间，A错误；B、应该是构成物质的相邻原子之间，B错误；C、分子或原子团中相邻的原子之间的作用力称为化学键，C正确；D、化学键存在于构成物质的相邻原子或离子之间的作用力，而不是所有微粒，D错误；答案选C。16、C【解题分析】

A.当M为盐酸、杠杆为导体时，该装置形成原电池，铁为负极，铜为正极，铁不断的溶解质量减少，铜球上溶液中的氢离子反应生成氢气，所以B端质量减少，A端质量不变，会出现A端低，B端高的现象，故错误；B.当M为AgNO3、杠杆为导体时，铁为原电池的负极，质量减少，铜为原电池的正极，银离子得到电子生成银，铜球的质量增加，所以A端低，B端高，故错误；C.当M为CuSO4、杠杆为导体时，铁为原电池的负极，溶解质量减少，铜为原电池的正极，溶液中的铜离子得到电子生成铜单质，铜球质量增加，A端低，B端高，故正确。D.当M为CuSO4、杠杆为绝缘体时，不能形成原电池，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁球质量增加，铜球质量不变，A端高，B端低，故错误。故选C。【题目点拨】本题注意原电池的形成条件，有两个不同的电极，有电解质溶液，形成闭合回路，有自发的氧化还原反应。注意在原电池中负极上的金属溶解质量减小，正极上是溶液中的阳离子反应。杠杆两端的高低取决于两球的质量的相对大小。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2＝CH2CH3－CH3CH3CH2ClCH3CH2OHCH2＝CH2+HCl→CH3CH2Cl加成反应CH3－CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl取代反应【解题分析】烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，所以A为乙烯；结合流程可得：B为乙烷、C为氯乙烷、D为乙醇、E为聚乙烯。（1）A、B、C、D的结构简式依次为：CH2＝CH2、CH3－CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH。（2）反应②表示乙烯与HCl生成CH3CH2Cl，化学方程式为：CH2＝CH2+HCl→CH3CH2Cl，属于加成反应；反应⑤表示乙烷与Cl2光照条件生成氯乙烷和HCl，化学方程式为：CH3－CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，属于取代反应。18、第三周期IIIA族BC【解题分析】

A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，W为O元素，D为Na元素，E为Al元素；(1)E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；(2)由H、C、O三种元素组成的18电子微粒，该微粒中只能含有1个C原子、1个O原子，故含有H原子数目=18-6-8=4，故该微粒结构简式为CH3OH，电子式为：，故答案为：；(3)D为Na元素，E为Al元素；A．将单质D置于E的盐溶液中，钠首先与水反应，不能置换盐溶液中的金属元素，不能说明D的金属性弱，故A错误；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强，故B正确；C．金属单质与盐酸反应越剧烈，对应元素的金属性越强，将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强，故C正确；故答案为：BC。【题目点拨】本题的易错点为(3)中A的判断，要注意钠的活泼性很强，与盐溶液反应时，是钠先与水反应，不能置换出金属单质，因此不能比较金属性的强弱。19、长颈漏斗④ACBDE过滤高锰酸钾晶体受热易分解【解题分析】

（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；（3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；（5）高锰酸钾晶体受热易分解。【题目详解】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：④；（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：AC；BDE；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。20、除去溶于溴苯中的溴将下层液体从下口充分放出后，从上层倒出有机物层苯、溴生成淡黄色沉淀HBr除去溴苯中的水蒸馏【解题分析】分析：溴和苯在催化剂作用下反应生成溴苯和溴化氢，然后结合苯、溴、溴化氢以及溴苯的性质分析解答。详解：(1)将分液漏斗中的部分苯和溴的混合物加入到A中，溴和苯在催化剂作用下发生取代反应，反应的化学方程式为，故答案为：；(2)反应结束后，生成的溴苯中混有溴，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是除去溶于溴苯中的溴。溴苯的密度比水大，用分液漏斗分离出B

中的溴苯时，应该将下层液体从下口充分放出后，从上层倒出有机物层，故答案为：除去溶于溴苯中的溴；将下层液体从下口充分放出后，从上层倒出有机物层；(3)反应过程中，有苯、溴和溴化氢气体逸出，被C装置吸收的物质有苯、溴；试管D中滴加AgNO3溶液，硝酸银与溴化氢反应生成淡黄色溴化银沉淀，也说明A中的反应生成了溴化氢，故答案为：苯、溴；生成淡黄色沉淀；HBr；(4)为了净化上面实验得到的粗溴苯，可以向粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，除去溴苯中的水，静置、过滤。除去溴苯中的少量苯，可以根据二者的沸点不同，利用蒸馏的方法分离，故答案为：除去溴苯中的水；蒸馏。点睛：本题考查了溴和苯反应的实验探究，掌握反应的原理是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意检验生成的溴化氢，需要除去其中混有的溴单质。21、浓硝酸铁在浓硝酸中会钝化而终止反应无水氯化钙(或五氧化二磷)防止E装置中的水蒸气进入集气瓶221NaNO311AECBF通入N2B中有红棕色气体生成使NO2液化分离1∶3【解题分析】分析：(1)铜与浓硝酸在加热条件下生成二氧化氮，(2)二氧化氮为酸性气体应选择酸性、中性干燥剂，依据干燥管中应放入固体干燥剂，据此