专题3硫、氮和可持续发展

1、专题3 硫、氮和可持续发展第一单元 含硫化合物的性质和应用1.(2013·江苏，2分)甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系： 甲乙丙。下列有关物质的推断不正确的是()A若甲为焦炭，则丁可能是O2B若甲为SO2，则丁可能是氨水C若甲为Fe，则丁可能是盐酸D若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2解析：选C本题考查物质之间的转化关系，意在考查考生对元素化合物性质的理解和运用。A项正确，所发生的反应为：2CO2(不足)2CO,2COO22CO2，CCO22CO。B项正确，所发生的反应为：SO2(过量)NH3·H2O=NH4HSO3，NH

2、4HSO3NH3·H2O=(NH4)2SO3H2O，(NH4)2SO3H2OSO2=2NH4HSO3。C项中，若甲为Fe，丁为盐酸，则乙为FeCl2，FeCl2与盐酸不反应，故C错误。D项正确，所发生的反应为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O，Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3，NaOHNaHCO3=Na2CO3H2O。2(2012·山东理综，4分)下列由相关实验现象所推出的结论正确的是()ACl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SOCFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产

3、生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水解析：SO2使品红溶液褪色是由于SO2能与有色物质化合生成无色物质，不能说明其具有氧化性，选项A错误；当溶液中含有SO时，加入酸化的Ba(NO3)2溶液也会出现白色沉淀，选项B错误；Fe与稀硝酸反应生成的气体为NO，该反应不是置换反应，选项C错误；HCl、NH3极易溶于水，分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，气体溶解，液面迅速上升，选项D正确。答案：D3(2012·广东理综，4分)下列陈述、正确并且有因果关系的是()选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2

4、有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜解析：A选项，SO2有漂白性，但其使溴水褪色是因为其具有还原性，和溴水发生反应。B选项，SiO2没有导电性。C选项，浓硫酸有强氧化性但不能氧化H2与CO，浓硫酸可用于干燥H2和CO是利用其吸水性。D选项，利用Fe3的氧化性氧化铜。答案：D4(2009·山东理综，4分)下列推断合理的是()A明矾KAl(SO4)2·12H2O在水中能形成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应C浓H2SO4有强氧化性

5、，常温下能与Cu发生剧烈反应D将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色解析：金刚石的组成元素是C，C与O2在点燃的情况下发生反应，故B项错误；C项中浓H2SO4与Cu在加热的条件下发生反应，C项错误；D项，SO2与溴水发生氧化还原反应，生成H2SO4和HBr，加热不能恢复原色，故D项错误答案：A5(2012·北京理综，13分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：_。(2)在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制

6、得，该反应的离子方程式是_。(3)吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)n(HSO)变化关系如下表：n(SO)n(HSO)91911991pH8.27.26.2由上表判断，NaHSO3溶液显_性，用化学平衡原理解释：_。当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)：_。ac(Na)2c(SO)c(HSO)bc(Na)>c(HSO)>c(SO)>c(H)c(OH)cc(Na)c(H)c(SO)c(HSO)c(OH)(4)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解糟再生。再生示意图如下：HSO在阳极放电的电极反应式是_。当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环

7、利用。简述再生原理：_。解析：(1)二氧化硫形成硫酸型酸雨的过程：二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸再被氧化成硫酸。(2)氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钠和水，而亚硫酸钠溶液可以继续吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠。(3)由表格数据知，随n(HSO)的增大，溶液酸性增强，即HSO的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。由表格数据知，当溶液中亚硫酸氢钠的浓度略大于亚硫酸钠的浓度时，溶液呈中性，故离子浓度关系有c(Na)>c(HSO)>c(SO)>c(H)c(OH)，可知b正确。由电荷守恒式c(Na)c(H)2c(SO)c(HSO)c(OH)，中性溶液中c(H)c(OH)知，

8、a正确，c错误。(4)HSO在阳极发生氧化反应，硫的化合价由4升至6，以硫酸根离子形式存在，由氧元素守恒知，水参与电极反应：HSOH2O2e=SO3H，而H在阳极得电子发生还原反应生成H22H2e=H2，故SO的浓度逐渐增大，HSO的浓度逐渐减小，而Na进入阳极室，重新生成Na2SO3，使吸收液获得重生。答案：(1)SO2H2OH2SO3、2H2SO3O22H2SO4(2)2OHSO2=H2OSO(3)酸HSO存在：HSOHSO和HSOH2OH2SO3OH，HSO的电离程度强于水解程度ab(4)HSOH2O2e=SO3HH在阴极得电子生成H2，溶液中c(H)降低，促使HSO电离生成SO，且Na

9、进入阴极室，吸收液得以再生6(2012·安徽理综，15分)亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检测某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg样品中含SO2的质量计)，某研究小组设计了如下两种实验流程：(1)气体A的主要成分是_。为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入_；通入N2的目的是_。(2)写出甲方案第步反应的离子方程式：_。(3)甲方案第步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操作方法是_。(4)若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(5)若取样品w g，按乙方案测得消耗0.010 00 mol·L1I2溶液V mL，

10、则1 kg样品中含SO2的质量是_g(用含w、V的代数式表示)解析：样品中亚硫酸盐与稀硫酸作用生成SO2，通入N2可将生成的SO2全部赶出，因此气体A的主要成分为SO2、N2；为防止暴沸，可向烧瓶中加入沸石或碎瓷片。(2)H2O2与SO2发生氧化还原反应得到H2SO4，因此反应的离子方程式为H2O2SO2=2HSO。(3)向滴定管注入少量待装液体倾斜转动滴定管，用待装液体润洗滴定管全部内壁，然后从滴定管尖嘴放出液体，重复操作23次。(4)若用盐酸代替稀硫酸，不会影响SO2的吸收，对测定结果无影响。(5)在方案乙中用I2滴定的过程中发生的反应为SOI2H2O=SO2I2H，由“S”守恒知w g样

11、品中，m(SO2)6.4×104V g，故1 kg样品中含有SO2的质量为6.4×104V g÷w g×1 000 gg。 答案：(1)SO2和N2碎瓷片(或沸石)使产生的SO2全部逸出(2)H2O2SO2=2HSO(3)向滴定管注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体，重复操作23次(4)无影响(5) 7(2011·北京理综，15分)甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，

12、加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C 中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解(1)A 中反应的化学方程式是_(2)C 中白色沉淀是_，该沉淀的生成表明SO2具有_性(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是_.(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是_；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙

13、少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸结合离子方程式解释实验现象异同的原因：_.(5)合并(4)中两同学的方案进行实验B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是_.解析：本题考查探究实验，意地考查考生的实验探究能力和创新思维能力铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该白色沉淀为硫酸钡沉淀，SO2溶于水生成H2SO3，硝酸在酸性条件下将SO氧化成SO，二氧化硫表现出还原性，将HNO3还原，生成无色的一氧化氮，一氧化氮与洗气瓶上方的氧气发生反应生成红棕色的二氧化氮气体甲同学在实验前通入足量的氮气排出整个装置中的空气，排除空气中氧气的干扰；乙同学在装置A、B

14、之间增加盛有饱和亚硫酸氢钠的洗气瓶D，排除白色酸雾的干扰； 甲、乙两同学的实验中，B中均有不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明有硫酸钡沉淀生成，甲是酸雾引起的，乙是氧气引起的，根据甲同学得到的沉淀多，说明酸雾的量远大于装置中氧气的量合并甲、乙两同学的装置实验，既除去了氧气又除去了酸雾，装置B 中无白色沉淀生成，说明二氧化硫与可溶性钡的强酸盐不能反应生成亚硫酸钡沉淀答案：(1)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O(2)BaSO4还原(3)2NOO2= 2NO2(4)通N2一段时间，排出装置中的空气饱和NaHSO3溶液甲：SOBa2=BaSO4，乙：2Ba22SO2O22H2O=2BaSO44H

15、白雾的量远多于装置中O2的量(5)SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀8(2011·山东理综，14分)科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物(1)实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式为_要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是_(2)如图为钠硫高能电池的结构示意图该电池的工作温度为320左右，电池反应为2NaxS=Na2Sx，正极的电极反应式为_M(由Na2O和Al2O3制得)的两个作用是_与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的_倍(3)Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为_，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液

16、pH_(填“增大”“减小”或“不变”)Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为_(用离子方程式表示)解析：本题考查钠、硫的性质，原电池反应原理，离子浓度大小比较等，意在考查考生综合应用元素化合物和化学反应原理的能力(1)乙醇与金属钠发生置换反应：2CH3 CH2 OH2Na2CH3CH2ONaH2，硫可以溶于强碱性溶液或非极性溶剂CS2等(2)该电池正极为S放电，电极反应为：xS2e=S；消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫高能电池的放电量与铅蓄电池的放电量之比为(×2)4.5.(3)Na2S溶液中由于S2水解显碱性，离子浓度大小为c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)向该溶液中

17、加入少量固体CuSO4，生成CuS沉淀，溶液中c(S2)减小，水解平衡向逆反应方向移动，pH减小Na2S溶液长期放置，会被空气中的氧气氧化：2S2O22H2O=2S4OH.答案：(1)2CH3CH2OH2Na2CH3CH2ONaH2CS2或(热)NaOH溶液(2)xS2e=S(或2NaxS2e=Na2Sx)离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫4.5(3)c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)减小2S2O22H2O=2S4OH9(2010·新课标理综，15分)某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验请回答下列问题：(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是_，其中

18、发生反应的化学方程式为_；(2)实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_、_，这些现象分别说明SO2具有的性质是_和_；装置B中发生反应的离子方程式为_(3)装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_；(4)尾气可采用_溶液吸收解析：本题考查了SO2的制备及性质、化学实验的基本操作，意在考查考生对化学实验基础知识的掌握能力以及化学实验分析能力(1)常见烧瓶有：圆底烧瓶、平底烧瓶和蒸馏烧瓶，图示中带支管的为蒸馏烧瓶(2)SO2因有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，离子反应为：5SO22MnO2H2O=5SO2Mn24H.SO2能与2价的S反应生成硫沉淀，体现氧化性：SO

19、24H2S2=3S2H2O.(3)SO2与品红溶液作用的可逆性指：SO2使品红溶液褪色，加热后又恢复红色，注意实验操作中品红溶液褪色后要关闭分液漏斗的旋塞(4)SO2为酸性气体，一般用碱性溶液吸收，也可用酸性高锰酸钾等强氧化性溶液吸收答案：(1)蒸馏烧瓶Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O(2)溶液由紫红色变为无色无色溶液中出现黄色浑浊还原性氧化性5SO22MnO2H2O=2Mn25SO4H(3)品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色(4)NaOH10(2010·四川理综，15分)短周期元素形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加

20、热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F.溶液F在空气中长期放置发生反应，生成物之一为H.H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色请回答下列问题：(1)组成单质A的元素位于周期表中第_周期，第_族(2)B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：_.(3)G与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯该反应的氧化产物为_，当生成2 mol二氧化氯时，转移电子_mol.(4)溶液F在空气中长期放置生成H的化学反应方程式为：_.(5)H的溶液与稀硫酸

21、反应产生的现象为_解析：本题主要考查元素化合物知识，意在考查考生的分析推断能力该题的推断突破口是D和G，易推知D为Al(OH)3；由G能导致酸雨的形成可知G为SO2，故E为H2S；可推出C为Al2S3，A、B分别为S、Al，F为Na2S，H为Na2S2.(1)S元素位于第三周期，第A族(2)B为Al，铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和H2.(3)G为SO2，可以被氯酸钠氧化为硫酸钠；反应中氯的化合价由5降低为4，故生成2 mol二氧化氯时，转移的电子数为2 mol.(4)Na2S溶液在空气中长期放置，被氧气氧化为Na2S2.(5)Na2S2中S显1价，在稀硫酸中发生歧化反应，生成H2S和S

22、.答案：(1)三A(2)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2(3)硫酸钠(Na2SO4)2(4)4Na2SO22H2O=4NaOH2Na2S2(或2Na2SO22H2O=4NaOH2S，Na2SS=Na2S2)(5) 溶液由黄色变为无色，产生浅黄色沉淀和(臭鸡蛋气味的)气 第二单元 生产生活中的含氮化合物1(2012·重庆理综，6分)下列叙述正确的是()AFe与S混合加热生成FeS2BNaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷解析：选项A，Fe与S混合加热生成FeS。选项B，NaHCO3受热分解生成Na

23、2CO3，说明Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3。选项C，Cu与浓硝酸反应过程中，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小，稀硝酸与Cu反应可生成NO。选项D，白磷易自燃，在空气中加热时不可能得到红磷。答案：C 2(2013·四川理综，6分)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合气体1 120 mL (标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀，下列说法不正确的是()A该合金中铜与镁的物质的量之比是21B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是1

24、4.0 mol/LCNO2和N2O4 的混合气体中，NO2 的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL解析：选D本题考查金属与硝酸反应的相关知识，意在考查考生对元素化合物知识的运用能力以及计算能力。设1.52 g铜镁合金中含铜x mol，镁y mol，则根据题给数据，可列方程式：64x24y1.52,98x58y2.54，解得：x0.02，y0.01，铜与镁的物质的量之比为21，A项正确；根据浓度、质量分数、密度三者的换算公式可求浓度c(1 000×63%×1.40)÷6314.0 mol/L，B项正确；NO2和N2O4的总物

25、质的量为0.05 mol，根据得失电子守恒，设NO2为m mol，N2O4为n mol，则mn0.05，m2n0.02×20.01×2，解得：m0.04，n0.01，则NO2的体积分数为×100%80%，C项正确；得到2.54 g沉淀后，溶液中的溶质只有NaNO3，故n(NaOH)0.7 mol0.04 mol0.02 mol0.64 mol，则NaOH溶液的体积是640 mL。D项错误。3(2012·四川理综，6分)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0

26、 mol/L的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是()ACu与Cu2O的物质的量之比为21B硝酸的物质的量浓度为2.6 mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol解析：结合题意，反应过程为Cu/Cu2OHNO3Cu(NO3)2NOH2O，NaOHHNO3/Cu(NO3)2NaNO3Cu(OH)2H2O。nCu(OH)20.4 mol，故Cu(NO3)2消耗NaOH 0.4 mol×20.8 mol，余下硝酸1.0 mol/L×1.0 L0

27、.8 mol0.2 mol，D项正确；n(Cu)2n(Cu2O)0.4 mol，n(Cu)×64 g·mol1n(Cu2O)×144 g·mol127.2 g，解得：n(Cu)0.2 mol，n(Cu2O)0.1 mol。根据电子得失守恒有0.2 mol×20.1 mol×2×1n(NO)×3，n(NO)0.2 mol，其在标况下的体积为4.48 L，A、C项正确；c(HNO3)原2.0 mol/L，B项错误。答案：B4(2012·北京理综，6分)用右图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是

28、()中的物质中的物质预测的现象A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色解析：分析知，小烧杯中液体与小烧杯中挥发出来的物质反应。A项，浓硝酸挥发出HNO3气体进入淀粉KI溶液中，HNO3将KI氧化成I2,4HNO32KI=I22KNO32NO22H2O，I2使淀粉溶液变蓝色，A项错误；B项，浓盐酸具有强挥发性，挥发出来的氯化氢进入酚酞溶液中，酸不能使酚酞溶液变色，B项正确；C项，浓氨水具有强挥发性，氨气进入氯化铝溶液中，发生反应产生Al(OH)3白色沉淀，C项正确；D项，饱和氯水易挥发出氯气，氯气遇湿润红纸条，发生反应

29、：H2OCl2HClHClO，次氯酸使红纸条褪色，D项正确。答案：A5(2011·安徽理综，6分)下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3BAgI沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgI更难溶CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性解析：本题考查化学实验，意在考查化学实验基本操作及实验现象和实验结论的描述与分析稀硝酸与铁粉反应，铁首先被氧化成Fe3，过

30、量铁粉将Fe3还原，最终得到Fe2，滴入KSCN溶液不显红色，A项错误；Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，AgI沉淀中加入稀KCl溶液，不能观察到白色沉淀，B项错误；Al箔能与稀HNO3溶液反应放出气体，C项错误；浓氨水显碱性，使红色石蕊试纸显蓝色，D项正确答案：D6(2013·北京理综，14分)NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。(1)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：_。(2)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：2NO(g)2N(g)N2(g)2O(g)O2(g)写出该反应的热化学方程式：_。随温度升高，该反应化学平衡常数的

31、变化趋势是_。(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_。 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO<20CaO<38SrO<56BaO。原因是_，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：Pt电极上发生的是_反应(填“氧化”或“还原”)。写出NiO电极的电极反应式：_。解析：本题主要考查热化学方程式、化学平衡和电化学等知识，意在考查

32、考生解答综合问题的能力。(1)二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应为3NO2H2O=2HNO3NO。(2)由题图知，拆开1 mol NN键需要吸收945 kJ热量，拆开1 mol O=O键需吸收498 kJ热量，由2N(g)和2O(g)生成2 mol NO(g)放出1 260 kJ热量，N2(g)与O2(g)反应生成NO(g)的热化学方程式为N2(g)O2(g)=2NO(g)H183 kJ·mol1。随着温度的升高，此反应向正反应方向进行，所以平衡常数增大。(3)反应物为NO和CO，生成物之一为N2，则N化合价降低，所以C化合价升高，则反应为2NO2CON22CO2。由题给信息，

33、吸收能力：12MgO<20CaO<38SrO<56BaO，可知Mg、Ca、Sr、Ba属于A族元素，同一主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。(4)在原电池中，阴离子向负极移动，所以Pt电极为正极，发生还原反应。NiO电极发生氧化反应，电极反应式为NOO22e=NO2。答案：(1)3NO2H2O=2HNO3NO(2)N2(g)O2(g)=2NO(g)H183 kJ·mol1增大(3)2CO2NON22CO2根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为A族元素。同一主族元素从上到下，原子半径逐渐增大(4)还原

34、NOO22e=NO27(2013·浙江理综，15分)氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L的H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25 g·L1。请回答下列问题：(1)甲的化学式是_；乙的电子式是_。(2)甲与水反应的化学方程式是_。(3)气体丙与金属镁反应的产物是_(用化学式表示)。(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_。有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之_。(已知Cu2O2H=CuCu2H2O)(5)甲与乙之间_(填“可能”或“不可能”)发生反应产生