人教版 高中化学 必修二 5.2.2 氮及其化合物
一、单选题
1．下列关于硫酸和硝酸的叙述错误的是
A．稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性
B．浓硫酸可以氧化
C．浓硝酸可以氧化金属铜
D．浓硫酸和浓硝酸都具有很强的腐蚀性
2．常温下，利用下列试剂能制备对应气体的是（ ）
选项 试剂 制备的气体
A 氯酸钾、浓盐酸 Cl2
B 铜、浓硫酸 SO2
C 浓硫酸、硫化亚铁 H2S
D 稀硝酸、锌 H2
A．A B．B C．C D．D
3．可用来制造贮存浓硫酸和浓硝酸容器的金属材料是（ ）
A．铜 B．铁 C．锌 D．镁
4．下列关于硝酸性质的说法错误的是（ ）
A．硝酸能与水易任意比互溶
B．质量分数足够大时可形成发烟硝酸
C．不易挥发，有刺激性气味
D．浓硝酸因分解生成的二氧化氮又溶于硝酸而呈黄色
5．下列有关离子方程式书写，正确的是（ ）
A．用过量稀盐酸除去铜粉中少量铁粉：2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2↑
B．用氨水与AlCl3溶液制Al(OH)3：3OH- + Al3+ = Al(OH)3↓
C．用NaOH浓溶液吸收少量SO2：OH- + SO2 = HSO
D．Cu与稀硝酸制NO：3Cu + 8H+ + 2NO= 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O
6．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．具有强氧化性，可用于制备硝酸铵
B．具有还原性，可用于纸浆漂白
C．具有两性，可用于电解冶炼铝
D．溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
7．在一定条件下，不能由两种单质直接化合而成的化合物是（ ）
A．SO2 B．NO2 C．H2O D．HCl
8．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是（ ）
A．放入水中：
B．通过灼热铁粉：
C．用醋酸除去水垢：
D．通入水中制硝酸：
9．利用氮元素价类二维图可以从不同角度研究含氨物质的性质及其转化关系。下列说法错误的是（ ）
A．通过转化①②③可实现工业制硝酸
B．自然界可实现上述转化④
C．实验室可用与共热制取
D．预测与可以反应生成
10．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图所示)，下列有关说法正确的是（ ）
A．洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B．在Z导管出来的气体中无二氧化碳
C．洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡
D．在Z导管口有红棕色气体出现
11．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
B．碱金属元素发生焰色反应，可用于制造烟花
C．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
D．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂
12．下列有关说法错误的是（ ）
A．浓硫酸滴加到少量胆矾晶体上，晶体变白，体现浓硫酸吸水性
B．葡萄酒中通常添加少量，既可以杀菌，又可防止营养成分被氧化
C．通入中，生成白色沉淀
D．浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸
13．下列各组物质的转化在一定条件下均可以通过一步反应完成的是（ ）
A．淀粉→葡萄糖→乙醇 B．
C． D．
14．有关浓硝酸与浓硫酸的对比错误的是（ ）
A．在加热条件下都能将碳氧化成二氧化碳
B．常温下都能用铁制或铝制容器盛放
C．长期露置在空气中，溶质质量分数都会变小
D．用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近都会有白烟生成
15．下列有关离子检验的方法中，正确的是
A．加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明原溶液中存在离子
B．加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，说明原溶液中存在离子
C．用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，观察到黄色火焰，说明该溶液溶质一定是钠盐
D．加入稀氢氧化钠溶液，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若无明显现象，说明原溶液中不含
二、实验探究题
16．实验小组制备NaNO2，并探究其性质。
（1）I.制备NaNO2
A中发生反应的化学方程式是 。
（2）B中选用漏斗替代长直导管的优点是 。
（3）为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：
序号 试管 操作 现象
① 2 mLB中溶液 加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液 不变蓝
② 2 mLB中溶液 滴加几滴H2SO4至pH=5，加2
mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液 变蓝
③ 2 mLH2O 滴加几滴H2SO4至pH=5，加2
mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液 不变蓝
实验③的目的是 。
（4）乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是 。
（5）II.探究NaNO2的性质
装置 操作 现象
取10 mL1 mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10 mL1 mol/LFeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。 i.溶液迅速变为棕色； ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。 iii.最终形成棕褐色溶液。
资料：i.[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。
溶液迅速变为棕色的原因是 。
（6）已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是 。
（7）最终棕褐色溶液的成分是Fe(OH)x(SO4)y，测得装置中混合溶液体积为20 mL，设计如下实验测定其组成。
资料：充分反应后，Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y。
Fe(OH)x(SO4)y中x= (用含V1、V2的代数式表示)。
17．NaNO2是常用的一种防腐剂，其中+3价的N具有一定的氧化性。某实验小组利用以下反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O制备NaNO2，并探究其性质。
I.制备NaNO2
（1）A中发生反应的化学方程式是 。
（2）B中选用漏斗替代长直导管的优点是 。
（3）为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：
序号 试管 操作 现象
① 2mLB中溶液 加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液 不变蓝
② 2mLB中溶液 滴加几滴H2SO4至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液 变蓝
③ 2mLH2O 滴加几滴H2SO4至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液 不变蓝
实验③的目的是 。
（4）乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是 。
（5）II.探究NaNO2的性质
装置 操作 现象
取10mL1mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10mL1mol·L-1FeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。 i.溶液迅速变为棕色； ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。 iii.最终形成棕褐色溶液。
资料：i.Fe2+遇NO会形成[Fe(NO)]2+，该离子在溶液中呈棕色。
ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。
现象i溶液变为棕色的原因是 。
（6）已知现象ii棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是 。
18．实验室制取氨气通常有两种方法：
①用固体氢氧化钙与氯化铵共热；
②在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应。
A B
（1）上面的制取装置图中，方法①应选用装置 (填“A”或“B”，下同)；方法②应选用装置 。
（2）加热氯化铵与氢氧化钙混合物制取氨气的反应方程式是 。
（3）在制取后，如果要干燥氨气，应选用的干燥剂是 （填字母）。
A
浓硫酸 B 碱石灰 C 五氧化二磷
（4）检验集气瓶中是否收集满氨气的方法是 。
19．已知氮元素及其化合物的转化关系如图所示，回答下列问题。
（1）①~④各步转化中，属于氮的固定的是 (填序号)。
（2）实验室制备少量氨气时，常用浓氨水滴到生石灰固体的方法制取。
①该方法制备的原理是 。
②干燥氨气不可选用的试剂是 (填字母)。
a．浓硫酸 b．碱石灰 c．氯化钙固体 d．氢氧化钠固体
（3）工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用以下方法吸收：
①水吸收法。用水直接吸收NO2存在明显的缺陷，需通入适量的氧气加以改进，用化学方程式说明通入适量氧气的优势 。
②NaOH溶液吸收法。发生的反应有：2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O，NaOH+NO2= +NaNO2+H2O(填化学式，不需要配平方程式)。
③用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如图：
(α表示尾气里NO、NO2中NO2的含量)
i．根据图和题中相关信息可得知 (填字母)。
a．NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大
b．NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大
c．吸收后的尾气中含量较多的气体是NO
ii．标准状况下，当α等于50%时，用一定量尾气与足量NaOH溶液做喷泉实验，求实验后得到的NaNO2溶液的物质的量浓度 (保留两位有效数字)。
三、综合题
20．
（1）实验室制氯气的尾气处理用 溶液吸收，其化学反应方程式为 。
（2）向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，现象是先产生白色沉淀，其反应的离子方程式为 ，后白色沉淀又溶解消失，其反应的离子方程式为 。
（3）在含有0.2mol的硫酸和0.2mol的硝酸的混合溶液200mL中，加入19.2g铜粉，产生的气体成分为 （填NO或H2），你所选气体在标准状况下的体积为 L
21．、NO和等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）的处理。是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使分解。与在加热和催化剂作用下生成的化学方程式为 。
（2）NO和的处理。已除去的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应如下：、
①下列措施能提高尾气中NO和去除率的有 (填字母)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、 (填操作名称)，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是 (填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 (填化学式)。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，会与结合形成HClO。HClO氧化NO生成和，其离子方程式为 。
②图中曲线所体现的反应规律是 。
22．汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
（1）有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
则3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH= 。
（2）用CO消除汽车尾气
在催化剂a作用下将尾气转化为无污染的气体而除去。向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH，测得平衡时NO体积分数与温度、压强的关系如图。
①已知T2＞T1，则反应ΔH 0(填“＞”、“=”或“＜”)。
②该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施 (填字母序号)。
a.改用高效催化剂
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度
c.移去CO2
d.升高温度
e.缩小反应容器的体积
③在温度为T1、容器体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点达到平衡。则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)= ；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp (填“变大”、“变小”或“不变”)。
④在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中 点(填A～F)。
（3）用NH3消除汽车尾气
新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3，和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示。
①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是 。
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是 。
23．SO2、CO、NO、NO2及其他氮氧化物都是污染大气的有害气体，对其进行回收利用是节能减排的重要课题。
（1）上述四种气体中直接排入空气时会引起酸雨的有 (填化学式)。
（2）回收大气污染物SO2的方法如下：
方法一：在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态H2O。已知：
CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(1) △H=-295.9kJ·mol-1
S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297.2kJ·mol-1
则CH4的燃烧热的热化学方程式为： 。
方法二：在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成(如图1所示)，该过程中部分物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：
①由分析可知X为 (填化学式)。
②0～t1时间段的温度为 。
方法三：利用反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。
③一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，能说明反应达到平衡状态的是 (填字母)。
a.混合气体的密度保持不变
b.SO2的物质的量保持不变
c.容器内混合气体原子总数不变
d.每生成1molSO3的同时消耗1molNO
e.容器内的混合气体平均相对分子质量保持不变
④已知该反应的平衡常数为，向某恒温恒容密闭容器中通入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，此时v(正) v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
（3）在发动机的高温下，空气中的N2和CO2可能发生：N2(g)+CO2(g)C(s)+2NO(g)。现向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2来模拟此过程，其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。
①图中A点v正 v逆(填“>”“<”或“=”)。
②第10min时，外界改变的条件可能是 (填字母)。
A．加催化剂
B．增大C的物质的量
C．减小CO2的物质的量
D．升温
E.降温
24．氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，因此必须对含有氮氧化物的废气进行处理。
（1）用NaOH溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式：
NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O ①
2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O ②
在反应①中，氧化剂是 ，还原剂是 。
在反应②中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（2）汽车尾气中含有CO和NO,消除这两种物质对大气污染的方法是安装催化转化器,使它们发生反应生成N2和CO2，该反应的化学方程式为 。
（3）在一定条件下NH3亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。写出NH3和NO2在一定条件下反应的化学方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．硝酸为氧化性酸，稀硝酸具有氧化性，稀硫酸与活泼金属反应时表现氧化性，故A不符合题意；
B．浓硫酸与不SO2反应，则浓硫酸不可以氧化SO2，故B符合题意；
C．浓硝酸氧化金属铜，生成硝酸铜和二氧化氮，故C不符合题意；
D．浓硫酸和浓硝酸都属于强酸，具有很强的腐蚀性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硝酸为氧化性酸，稀硫酸与活泼金属反应时表现氧化性；
B.浓硫酸与二氧化硫不反应；
C.浓硝酸具有强氧化性，能氧化金属铜；
D.浓硫酸和浓硝酸都属于强酸。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．常温下氯酸钾与浓盐酸发生归中反应生成氯气，故A符合题意；
B．铜和浓硫酸在常温下不反应，需要加热，故B不符合题意；
C．稀硫酸与硫化亚铁反应生成硫化氢气体，浓硫酸具有强氧化性，与亚铁离子发生氧化还原反应生成二氧化硫，故C不符合题意；
D．硝酸属于氧化性酸，与金属锌反应生成NO，而非氢气，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.常温下氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，是常见的制备氯气方法
B.铜和浓硫酸在加热条件下才能反应生成二氧化硫
C.浓硫酸具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应
D.稀硝酸属于氧化性酸，与金属锌反应被还原为NO
3．【答案】B
【解析】【解答】铁可以被浓硫酸、浓硝酸钝化，在铁的表面形成致密的氧化膜，氧化膜可以保护内部的铁，防止其被浓硫酸、浓硝酸反应，故答案为：B
【分析】浓硫酸、浓硝酸常温下可以使铁、铝钝化，在表面形成致密的氧化膜。
4．【答案】C
【解析】【解答】A. 硝酸能与水易任意比互溶，属于物理性质，故A不符合题意；
B. 常用的浓硝酸的质量分数为69%，98%以上的浓硝酸叫做发烟硝酸，B不符合题意；
C.硝酸的沸点低，易挥发，硝酸蒸气有刺激性气味，故C符合题意；
D.浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使其溶液呈黄色，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】浓硝酸具有不稳定性，见光受热易分解，浓硝酸因分解生成的二氧化氮又溶于硝酸而呈黄色，因此浓硝酸要低温避光保存；若把变黄的溶液变为无色溶液，最好是向变黄色的溶液中通入足量的氧气，二氧化氮与氧气和水共同作用生成了硝酸。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.稀盐酸与铁粉生成氯化亚铁，A错误；
B.氨水参与反应生成铵根离子，B错误；
C.少量二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，C错误；
D.硝酸具有氧化性，与铜反应生成一氧化氮、水和硝酸铜，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题主要考查离子方程式的书写。
A.Fe+2H+= Fe2++H2↑
B.3NH3·H2O+Al3+=Al(OH)3↓+3NH4+
C.SO2+2OH-＝SO32-+H2O
a、写：明确写出有关反应的化学方程式。
b、拆：①可溶性的强电解质(强酸、强碱、可溶性盐）一律用离子符号表示，其它难溶的物质.难电离的物质、气体、氧化物，水等仍用化学式表示。②对于微溶物质来说在离子反应中通常以离子形式存在（溶液中），但是如果是在浊液里则需要写出完整的化学式，例如，石灰水中的氢氧化钙写离子符号，石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示。浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式。浓硝酸、盐酸是完全电离的，所以写离子式。
c、删：删去方程式两边相同的离子和分子。
d、查：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等，是否配平，还要看所得式子化学计量数是不是最简整数比，若不是，要化成最简整数比。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．制备硝酸铵与具有强氧化性无关，是硝酸与氨气反应生成硝酸，故A不符合题意；
B．用于纸浆漂白与具有还原性无关，与漂白性有关，故B不符合题意；
C．可用于电解冶炼铝与具有两性无关，是利用熔融状态下铝离子得到电子变为铝单质，故C不符合题意；
D．溶液显弱碱性，与胃酸反应，因此常用于制胃酸中和剂，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.硝酸制备硝酸铵的过程中没有发生氧化还原反应，与其氧化性无关；
B.用于纸浆漂白利用的是其漂白性；
C.在熔融状态下能导电，可用于电解冶炼铝。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．SO2可由单质硫和氧气直接化合而成，故A不符合题意；
B．NO2可由NO和O2反应生成，但NO是化合物，不是单质，故B符合题意；
C．H2O可由氢气和氧气直接化合而成，故C不符合题意；
D．HCl可由氯气和氢气直接化合而成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氮气和氧气在放电或高温高压的条件下才反应生成NO。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Na2O2放入水中生成氢氧化钠和氧气，正确的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，A不符合题意；
B．H2O(g)通过灼热铁粉，反应生成四氧化三铁和氢气，正确的化学方程式为：4H2O(g)+3FeFe3O4+4H2，B不符合题意；
C．用醋酸除去水垢的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=CO2↑+Ca2++2CH3COO-+H2O，C不符合题意；
D． 通入水中制硝酸：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、原子不守恒；
B、水和铁反应生成四氧化三铁和氢气；
C、醋酸为弱酸，不可拆；
D、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．工业上可将转化为NO，再转化为NO2，最后转化为硝酸，所以可通过①②③可实现工业制硝酸，故A不符合题意；
B．自然界中放电时，可实现，故B不符合题意；
C．实验室可用与共热制取，故C符合题意；
D．与在一定条件下可以发生反应生成，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．工业制硝酸利用氨的催化氧化法；
B．依据氮的性质分析；
C．实验室利用铵盐与碱共热制备氨气；
D．依据价态归中规律判断。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．洗气瓶中，SO2、HNO3发生反应，生成H2SO4、NO等，H2SO4与BaCl2反应，生成BaSO4沉淀和盐酸，所以产生的沉淀是硫酸钡，A不符合题意；
B．在溶液中，CO2没有发生反应，所以Z导管中出来的气体中含有二氧化碳，B不符合题意；
C．由A选项的分析中可以得出，在洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C不符合题意；
D．在Z导管口，NO气体与空气接触，发生反应生成NO2，所以有红棕色气体出现，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】碳跟浓硫酸共热，发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；铜跟浓硝酸反应，发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，气体通入水中，NO2与水反应，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．SO2可用于漂白纸浆，利用的是SO2的漂白性，A不符合题意；
B．碱金属用于制造烟花，是利用碱金属发生焰色反应时可产生五颜六色，B符合题意；
C．NH4HCO3可用作氮肥，是利用其含有植物的营养元素氮，且能被植物吸收，C不符合题意；
D．Fe2(SO4)3可用作净水剂，是利用其水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．SO2的漂白性不是氧化还原反应，而是一种与有机物化合的过程；
B．焰色反应指不同金属在点燃时会体现不同的颜色，可以用来制作烟花；
C．NH4HCO3可用作氮肥，含有的氮元素可以被植物利用；
D．Fe2(SO4)3电离出的三价铁离子可以水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性；
12．【答案】C
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，可使胆矾失去结晶水而变白，故A不符合题意；
B．具有还原性，同时能杀菌，因此葡萄酒中通常添加少量作抗氧化剂，既可以杀菌，又可防止营养成分被氧化，故B不符合题意；
C．亚硫酸的酸性比盐酸弱，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故C符合题意；
D．浓硝酸不稳定，在光照条件下易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于浓硝酸而使溶液呈黄色，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】易错点：若SO2通入BaCl2溶液中有白色沉淀，将违背强酸制备弱酸，但是通入硝酸钡中可以产生沉淀，BaSO4
13．【答案】A
【解析】【解答】A．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，故选A；
B．S和氧气反应生成SO2，不能一步实现，故不选B；
C．氮气和氧气在放电条件下生成NO，不能一步实现，故不选C；
D．二氧化硅和水不反应，不能一步实现，故不选D；
故答案为：A。
【分析】B.S在氧气中燃烧生成二氧化硫，单质硫不能一步转化为三氧化硫；
C.氮气不能一步转化为二氧化氮；
D.二氧化硅与水不反应。
14．【答案】D
【解析】【解答】A． 浓硝酸与浓硫酸具有强氧化性，加热时可与C反应，对应方程式为：，，A不符合题意；
B． 常温下，浓硝酸与浓硫酸都将用铁制或铝钝化，所以可以用铁制或铝制容器盛放，B不符合题意；
C．长期露置在空气中，浓硫酸具有吸水性，溶剂增多，所溶质质量分数都会变小，浓硝酸具有挥发性，溶质会减少，所溶质质量分数都会变小，C不符合题意；
D．浓硝酸有挥发性，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近都会有白烟生成，而浓硫酸难挥发，不会产生白烟，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓硫酸和浓硝酸均具有强氧化性；
B.常温下，铁和铝在浓硝酸、浓硫酸中钝化；
C.浓硝酸易挥发，浓硫酸具有吸水性。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，应为氯化银沉淀，说明原溶液中存在 Cl 离子，A符合题意；
B．加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，可能为氯化银沉淀，B不符合题意；
C．用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，观察到黄色火焰，该溶液溶质可能为氢氧化钠，不一定是钠盐，C不符合题意；
D．加入浓氢氧化钠溶液，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，加热产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有铵根离子存在，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，应为氯化银沉淀，说明原溶液中存在 Cl 离子；
B．银离子会干扰；
C．溶液溶质可能为氢氧化钠，不一定是钠盐；
D．应用浓氢氧化钠溶液。
16．【答案】（1）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（2）防止倒吸（或增大反应物的接触面积）
（3）证明当溶液中c(I-)和c(H+)相同时，空气中O2不会氧化I-
（4）NO2可能与H2O、NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-
（5）酸性条件下，NO2-+H+ HNO2，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，因此溶液呈棕色
（6）4[Fe(NO)]2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O
（7）
【解析】【解答】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，是反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生； (3)实验③和实验②比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+ HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色；(6)[Fe(NO)]2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体；(7)根据反应H++OH-=H2O可知Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x，10 mL1 mol/LFeSO4溶液中含有Fe2+的物质的量是n(Fe2+)=c·V=1 mol/L×0.01 L=0.01 mol，最后Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y，溶液体积为20 mL则在3 mL溶液中含有Fe(OH)x(SO4)y的物质的量n[Fe(OH)x(SO4)y]= ×0.01 mol=1.5×10-3 mol，其反应消耗H+的物质的量为1.5x×10-3 mol=0.1 mol/L×(V1-V2) ×10-3 L=(V1-V2) ×10-4 mol，解得x= 。
【分析】I.Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被水吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；II.(5)根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；(6) [Fe(NO)]2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅；(7)根据Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x计算。
17．【答案】（1）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（2）扩大了气体与NaOH的接触面积，使反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生
（3）溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的
（4）若NO2的物质的量比NO多，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰
（5）NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+ HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色
（6）4[Fe(NO)]2++4H++O2=4NO+4Fe3++2H2O
【解析】【解答】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，使反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生； (3)实验③和实验②比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO多，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+ HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色；(6)[Fe(NO)]2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体，根据元素守恒和电荷守恒配平离子方程式，离子反应为：4[Fe(NO)]2++4H++O2=4NO+4Fe3++2H2O。
【分析】Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被氢氧化钠溶液吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；[Fe(NO)]2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅。
18．【答案】（1）A；B
（2）2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
（3）B
（4）将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝，说明氨气已集满
【解析】【解答】(1)用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，应选择A装置，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体，应选择B装置；(2)制取NH3的反应为加热NH4Cl和Ca(OH)2反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；(3)A．浓硫酸和氨气会反应生成硫酸铵，不能干燥氨气，A错误；
B．固体氢氧化钠具有吸湿性，可以干燥氨气，B正确；
C．五氧化二磷和氨气发生反应，不能干燥氨气，C错误；
故答案为：B；(4)用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，如果试纸变蓝，则证明是氨气已经收集满。
【分析】(1)用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体；(2)制取NH3的反应为加热NH4Cl和Ca(OH)2反应生成氯化钙、氨气和水；(3)氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥，应用碱性干燥剂；(4)氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
19．【答案】（1）①
（2）生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热(或CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑)；ac
（3）4NO2+O2+2H2O=4HNO3；NaNO3；bc；0.045 mol/L
【解析】【解答】氮气和氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，氨气与氧气在催化剂存在条件下反应生成一氧化氮，一氧化碳与氧气反应生成二氧化氮。二氧化氮和水反应生成硝酸，同时反应产生一氧化氮。
(1)、氮的固定是氮元素的单质变为氮的化合物的过程，有上述转化过程中属于氮的固定的是①，故答案为：①
(2)、①实验室制备少量氨气时，常用浓氨水滴到生石灰固体的方法制取，这是由于氧化钙与水反应产生氢氧化钙反应放出热量导致NH3 H2O分解产生氨气和水，该反应的方程式生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热(或CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑)，故答案为：生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热(或CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑) ；
② 浓硫酸或与氨气发生反应，因此不能使用浓硫酸干燥氨气，a符合题意；碱石灰显碱性，与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，b不符合题意；氯化钙固体能够与氨气反应产生，不能能做氨气的干燥剂，c符合题意；氢氧化钠固体呈碱性与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，d不符合题意；故答案为：ac ；
(3)、①二氧化氮与水反应产生硝酸和一氧化氮，在用水吸收二氧化氮时，鼓入氧气可以使一氧化氮进一步被氧化，从而可促进其吸收反应，产生硝酸，总的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ；
②依据氧化还原反应原理，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应的方程式为 2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，故答案为：NaNO3 ；
③i．a．根据图示可知，氢氧化钠溶液浓度较大时，二氧化碳吸收率并不是很大，a错误；
b．根据图示可知，混合气体中二氧化碳含量越大。氮氧化物的吸收率越大，b正确；
c．用不同浓度氢氧化钠溶液吸收二氧化碳含量不同的尾气的关系图示可知，二氧化氮含量越大，氮氧化物的吸收率越大，氢氧化钠溶液吸收一氧化氮，二氧化氮混合物时会发生反应。据此可知，只有当混合气体中气体时气体会被完全吸收，一氧化氮气体不能单独被氢氧化钠溶液吸收，故吸收后的尾气中含有较多的气体是一氧化氮，c正确；故答案为：bc ；
ii．标准状况下，当α等于50%时，气体是一氧化碳，二氧化碳等体积的混合气体，用一定量尾气与足量NaOH溶液做喷泉实验，发生反应 2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O， 反应后产生的NaNO2物质的量与气体的物质的量相等，假设混合气体的体积是VL，则实验后得到的NaNO2溶液的物质的量浓度，故答案为：0.045 mol/L 。
【分析】
(1)、氮的固定是氮元素的单质变为氮的化合物的过程；
(2)、①生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热；
②依据物质和杂质的性质选择试剂；
(3)、①二氧化氮、氧气与水反应产生硝酸；
②依据氧化还原反应原理；
③ 根据图示分析判断；
ii．利用化学方程式计算 。
20．【答案】（1）NaOH；2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O
（2）Al3++3OH﹣＝Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O
（3）NO；3.36L
【解析】【解答】(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，反应方程式为：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，故答案为：NaOH；2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O；(2)向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，现象是先产生白色沉淀，是铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3OH﹣＝Al(OH)3↓；后白色沉淀又溶解消失，是因为氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al3++3OH﹣＝Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；(3)0.2mol的硫酸和0.2mol的硝酸的混合溶液200mL中，硫酸和硝酸都为稀酸，加入19.2g铜粉，且氢离子不足，完全反应，设n(NO)＝x，
x＝0.15mol，V(NO)＝n×Vm＝0.15×22.4＝3.36L，故答案为：NO；3.36L。
【分析】(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；(2)铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中；(3)硫酸和硝酸都为稀酸，反应方程式为铜与稀硝酸反应。
21．【答案】（1）
（2）BC；过滤；；NO
（3）；其他条件相同时，NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高
【解析】【解答】（1）与在加热和催化剂作用下生成，根据电子守恒和原子守恒，可写出该反应的化学方程式为：；
（2）A．加快通入尾气的速率，会使得气体吸收的不充分，所以A不正确；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可以使气体和液体充分接触，所以B正确；
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，增大反应物NaOH的浓度，加快化学反应速率，C正确，
故选择BC；
浓缩结晶后析出晶体，所以采用过滤的方法将晶体分离出来，故答案为过滤；
由已知所给的主要反应：、，可知溶液中主要含有NaNO2和NaNO3，NaNO2结晶后，杂质主要为NaNO3；NO2可以单独与NaOH反应，而NO需要与NO2共同通入NaOH溶液中才能反应，所以尾气中含量较高的为NO；
（3）已知，在酸性NaClO溶液中会与结合形成HClO，所以初始时以HClO形成存在，所以反应为为HClO，另外，根据已知HClO氧化NO生成和，根据电子守恒确定HClO和NO及和的系数，根据反应环境为酸性，确定电荷守恒H+的系数，最后根据原子守恒配平离子方程式，即离子方程式为：；
由图可知，横坐标为pH，纵坐标为NO的转化率，随着pH的增大，NO的转化率降低，所以其他条件相同时，NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。
【分析】（1）氨气和氧气反应生成一氧化二氮和水；
（2） ① A、气体通入过快吸收不完全；
B、逆流法可以使气体充分吸收；
C、氢氧化钠浓度增大可以加快反应速率；
② 结合题干信息，可以知道亚硝酸钠的制取过程中含有硝酸钠；
（3） ① 次氯酸和氧化物都不可拆，氯盐、硝酸盐可拆；
② 结合图示可以知道，次氯酸钠的pH越小，则一氧化氮转化率越大。
22．【答案】（1）-130.52kJ mol-1
（2）＜；be；0.1mol L-1 min-1；变小；A
（3）催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢；O2与NH3反应生成NOx
【解析】【解答】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
根据盖斯定律，由②-①-③得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=-144.14kJ mol-1-180.50kJ mol-1+244.10kJ mol-1=-130.52kJ mol-1；
（2）①根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2＞T1，温度越高，NO的体积分数越大，故说明平衡逆向移动，逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应ΔH＜0；
②a.改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，选项a不符合；
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项b符合；
c.移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，选项c不符合；
d.升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，选项d不符合；
e.缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项e符合；
故答案为：be；
③向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，设NO转化率为x，根据三段式有：
平衡时NO的体积分数为25%，则有，解得x=50%，则NO平均反应速率v(NO)=0.1mol L-1 min-1；
若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小；
④由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，故答案为：A；
（3）①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300 ℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：4NH3+5O24NO+6H2O，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，故答案为：O2与NH3反应生成NOx。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 提高一氧化氮转化率的方法可以增大一氧化碳的浓度，或者按照投料比增大反应物的浓度，也可以是通过压缩体积使平衡朝气体系数缩小的方向移动，增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；
③ 化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
（3） ① 结合题干可以知道催化剂高温下活性强，即温度较低时活性较弱，催化效率不高；
② 氧气和氨气反应生成氮氧化物，使氮氧化物的去除率降低。
23．【答案】（1）SO2、NO、NO2
（2）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1；H2S；300℃；bd；>
（3）>；AD
【解析】【解答】（1）SO2和水反应生成亚硫酸，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成硝酸和NO，直接排入空气时会引起酸雨的有SO2、NO、NO2。
（2）方法一：甲烷燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，
①CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) ΔH=-295.9kJ·mol-1
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297.2kJ·mol-1
根据盖斯定律①+②×2得CH4燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-295.9kJ·mol-1-297.2kJ·mol-1×2=-890.3kJ·mol-1；
方法二：①氢气与二氧化硫反应生成X，X能把SO2还原为S，可知X为H2S。
②0~t1时间段H2S增多，可知发生第一步反应，所以温度为300℃。
方法三：③a．依据质量守恒定律，气体总质量不变，容器体积不变，所以密度为恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选a；|
b．反应达到平衡状态，各物质浓度保持不变，SO2的物质的量保持不变，反应一定达到平衡状态，
故答案为：b；
c．根据质量守恒，容器内混合气体原子总数是恒量，容器内混合气体原子总数不变，反应不一定平衡，故不选c；
d．每生成1molSO3的同时消耗1molNO，可知正逆反应速率相等，反应一定平衡，
故答案为：d；
e．反应前后气体分子数不变，平均相对分子质量是恒量，容器内的混合气体平均相对分子质量保持不变，反应不一定平衡，故不选e；
故答案为：bd。
④已知该反应的平衡常数为，向某恒温恒容密闭容器中通入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，浓度熵Q==1
（3）①氮气为反应物，一氧化氮为生成物，图中A点之后NO的物质的量继续增大，说明此时反应正向进行，没有达到平衡状态，则v(正)>v(逆)。
②第10min时改变条件，NO的物质的量增大，生成速率增大，氮气物质的量减小，反应速率增大，说明改变的条件是增大了反应速率，反应正向进行，
A．加催化剂可以加快化学反应速率，A正确；
B．C为固体，增大C的物质的量，化学反应速率不变，B不正确；
C．减小CO2的物质的量，反应逆向进行，化学反应速率减小，C不正确；
D．升高温度可加快化学反应速率，D正确；
E．降低温度，化学反应速率减小，E不正确；
故答案为：AD。
【分析】（1）二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要来源；
（2）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
① 氢气具有还原性，二氧化硫可以被氢气还原，化合价降低形成硫；
② 0~t1时间段H2S增多，温度为300℃；
③ 化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
④ 结合Qc和K的关系判断，Qc
（3） ① A点还没有达到平衡，平衡朝正向移动，正反应速率大于逆反应速率；
② 取向没有断点，可能是改变浓度或者加入催化剂。
24．【答案】（1）NO2；NO；1:1
（2）2CO+2NO N2+2CO2
（3）8NH3+6NO2 7N2+12H2O
【解析】【解答】(1)反应①NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O中，NO2中氮元素化合价降低，是氧化剂，NO中氮元素化合价升高，是还原剂；故答案为：NO2；NO；反应②中，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO2中氮元素化合价降低得到NaNO2，NO2中氮元素化合价升高得到NaNO3，NO2既是氧化剂又是还原剂，物质的量之比为1:1；故答案为：1:1；
(2)汽车尾气中含有CO和NO,消除这两种物质对大气污染的方法是安装催化转化器,使它们发生反应生成N2和CO2，该反应的化学方程式为2CO+2NO N2+2CO2；
(3)在一定条件下NH3亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质，则生成物为氮气和水，反应的方程式为8NH3+6NO2 7N2+12H2O。
【分析】（1）根据反应方程式即可找出氧化剂和还原剂以及物质的量之比
（2）反应物和生成物已知故可写出方程式
（3）空气无污染即为氮气和水，根据反应物和生成物即可写出
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