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6． 下列装置或操作不能达到实验目的的是( )
A实验室制取并收集NH3
B构成原电池
C检查装置气密性
D实验室制备乙烯
正确答案
解析
A．熟石灰和氯化铵反应生成氨气，氨气易溶于水，该装置可以防止倒吸，A正确；
B．如果负极跟所在烧杯的电解质发生反应那么就不是个原电池结构，无法形成电子的转移，铁可以与氯化铁溶液反应，因此不能形成原电池，B错误
C．关闭止水夹，从长颈漏斗加水，观察液面差高度在一段时间不变，可判断气密性良好，C正确；
D．实验室制备乙烯，用乙醇和浓硫酸迅速加热至170℃，D正确。
故选B。
考查方向
解题思路
A．熟石灰和氯化铵反应生成氨气，氨气易溶于水，该装置可以防止倒吸；
B．如果负极跟所在烧杯的电解质发生反应那么就不是个原电池结构，无法形成电子的转移，铁可以与氯化铁溶液反应，因此不能形成原电池；
C．关闭止水夹，从长颈漏斗加水，观察液面差高度在一段时间不变，可判断气密性良好；
D．实验室制备乙烯，用乙醇和浓硫酸迅速加热至170℃。
易错点
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯及实验基本操作等，把握物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重性质与实验的考查，注意实验的可行性、评价性分析，题目难度不大。
知识点
2.下列叙述正确的是（ ）
①装置甲可防止铁钉生锈 ②装置乙可除去乙烷中混有的乙烯
③装置丙可验证HCl气体在水中的溶解性 ④装置丁可用于实验室制取乙酸乙酯
⑤装置戊可用于收集H2、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体
正确答案
解析
①在装置中，金属Fe做电解池的阳极，电极本身失电子，更易生锈，故①错误；
②高锰酸钾具有氧化性，可以将乙烯氧化为二氧化碳，带入了新的杂质二氧化碳，故②错误；
③氯化氢极易溶于水，挤压胶头滴管，则集气瓶中压强减小，所以气球鼓起来，可以使用该装置验证HCl气体在水中的溶解性，故③正确；
④乙酸乙酯可以用饱和碳酸钠来吸收，不能用氢氧化钠，乙酸乙酯在氢氧化钠中水解，故④错误；
⑤装置可以收集气体，当集气瓶来用，导管长进短出时，可以收集密度大于空气的气体，如：CO2、Cl2、HCl、NO2等气体，如果当洗气瓶，导管应长进短出，故⑤正确。
故选C。
考查方向
解题思路
①金属做电解池的阳极时，更易被腐蚀；
②高锰酸钾具有氧化性，可以将乙烯以及乙炔氧化为二氧化碳；
③氯化氢极易溶于水，根据大气压强原理来分析；
④乙酸乙酯可以用饱和碳酸钠来吸收；
⑤装置可以收集气体，当集气瓶来用，也可以当洗气瓶，但是要注意导管的连接情况。
易错点
本题考查较为综合，涉及化学原电池、物质的制备、性质以及气体收集等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大
知识点
7．国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如右图，下列关于该物质的说法正确的是
正确答案
解析
A．C能形成4个化学键，由结构可知分子式为C15H19O4，A错误；
B．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子，则与-OH相连的C为手性碳原子，分子中含有1个手性碳原子，B错误；
C．含C=C，能发生加聚反应，含-OH、-COOH，能发生缩聚反应，C正确；
D．不存在酚-OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，含C=C及-OH均能被酸性KMnO4氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，D错误；
故选C。
考查方向
解题思路
A．由结构可确定分子式，C能形成4个化学键；
B．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子；
C．含C=C、-OH、-COOH，结合烯烃及酯化反应来分析；
D．不存在酚-OH，C=C及-OH均能被酸性KMnO4氧化
易错点
本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，手性碳原子的判断为解答的易错点，题目难度不大。
知识点
1．下列有关常见有机物说法正确的是 ( )
正确答案
解析
A．糖中单糖、低聚糖、油脂不是高分子化合物，多糖是高分子化合物，蛋白质是天然高分子化合物，A错误；
B．生石灰能和酸反应生成乙酸钙，乙醇和生石灰不反应，所以要除去乙醇中少量的乙酸，可以加入足量生石灰，蒸馏，B正确；
C．乙醇可以使酸性KMnO4溶液褪色，C错误。
D．甲烷可利用石油的分馏得到，石油裂化可得到乙烯，D错误。
故选B。
考查方向
解题思路
A．糖中单糖、低聚糖、油脂不是高分子化合物，多糖是高分子化合物，蛋白质是天然高分子化合物；
B．生石灰能和酸反应生成乙酸钙，乙醇和生石灰不反应，所以要除去乙醇中少量的乙酸，可以加入足量生石灰，蒸馏；
C．乙醇可以使酸性KMnO4溶液褪色。
D．甲烷可利用石油的分馏得到，石油裂化可得到乙烯。
易错点
本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，涉及石油的裂化、除杂、蛋白质的性质、同系物判断等，把握常见的有机物的性质即可解答，题目难度不大。
知识点
4． 下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是 （ ）
正确答案
解析
A．酸碱的强弱未知，反应后不一定呈中性，如为强酸强碱，则c（OH-）=c（H+），如为弱酸强碱，则c（OH-）＜c（H+），如为强酸弱碱，则c（OH-）＞c（H+），A错误；
B．NH4+水解，且水解程度较小，溶液呈酸性，则存在c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-），B错误；
C．根据质子守恒可知，溶液中应存在c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），C错误；
D．氢氧化钠与氯化铵的pH=7的混合溶液中存在c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+）+c(Na+)，因c（OH-）=c（H+），则c（Cl-）=c（NH4+）+c(Na+)，D正确。
故选D。
考查方向
解题思路
A．酸碱的强弱未知，反应后不一定呈中性，如为强酸强碱，则c（OH-）=c（H+），如为弱酸强碱，则c（OH-）＜c（H+），如为强酸弱碱，则c（OH-）＞c（H+）；
B．NH4+水解，且水解程度较小，溶液呈酸性，则存在c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；
C．根据质子守恒可知，溶液中应存在c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S）；
D．氢氧化钠与氯化铵的pH=7的混合溶液中存在c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+）+c(Na+)，因c（OH-）=c（H+），则c（Cl-）=c（NH4+）+c(Na+)。
易错点
本题考查离子浓度大小比较，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握盐类水解的特点，结合电荷守恒、物料守恒解答该题，难度中等。
知识点
3．有机物C4H8Cl2的结构中只含有一个甲基的同分异构体有几种(不考虑立体异构)（ ）
正确答案
解析
C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法
故选B。
考查方向
解题思路
二氯代物的同分异构体可以采用“定一移二”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“﹣CH3”的。
易错点
本题考查有机物的同分异构体的书写，难度不大，注意二氯代物的同分异构体可以采用“定一移二”法解题。
知识点
5．过量的下列溶液与水杨酸(
正确答案
解析
A．水杨酸与NaHCO3溶液反应时只是-COOH作用转化为-COONa，产物的分子式为C7H5O3Na，A正确；
B．水杨酸与Na2CO3溶液反应时-COOH、-OH均反应，生成产物的分子式为C7H4O3Na2，B错误；
C．水杨酸与NaOH溶液反应时-COOH、-OH均反应，生成产物的分子式为C7H4O3Na2，C错误；
D．与NaCl溶液不反应，D错误；
故选A。
考查方向
解题思路
A．水杨酸与NaHCO3溶液反应时只是-COOH作用转化为-COONa，产物的分子式为C7H5O3Na；
B．水杨酸与Na2CO3溶液反应时-COOH、-OH均反应，生成产物的分子式为C7H4O3Na2；
C．水杨酸与NaOH溶液反应时-COOH、-OH均反应，生成产物的分子式为C7H4O3Na2；
D．与NaCl溶液不反应；
易错点
本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意酚羟基、羧基与碳酸酸性的强弱比较，为解答该题的关键。
知识点
用含有Al2O3及少量Fe3O4和SiO2的铝土矿制备净水剂——液体聚合硫酸铝铁，工艺流程如下（部分操作和条件略）：
I．向铝土矿中加入过量H2SO4后，加热、搅拌、过滤。
II．向滤液中加入一定量的双氧水。
III．向溶液中加入Ca(OH)2固体，调节溶液的pH约为1，过滤。
IV．加入稳定
10. Fe3O4与H2SO4反应的离子方程式是___________。
11.步骤I中过滤时用到的玻璃仪器是____________，得到的滤渣成分是________（填化学式）。
12.步骤II中增大n(Fe3+)的离子方程式是_________。
13.铝土矿也可用于冶炼金属Al。以金属Al作阳极，稀硫酸作电解液，通过电解会使金属Al的表面生成致密坚硬的氧化膜，其电极反应式是_________。
正确答案
Fe3O4 + 8H+ = 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O；
解析
硫酸溶解四氧化三铁生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，离子方程式：Fe3O4 + 8H+ = 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O；
考查方向
解题思路
硫酸溶解四氧化三铁生成硫酸铁、硫酸亚铁和水；
易错点
本题解题的关键是离子方程式的书写、电极方程式的书写，发现反应物和生成物有助于方程式的书写。
正确答案
普通漏斗、玻璃棒、烧杯 SiO2
解析
步骤I中过滤时用到的玻璃仪器是普通漏斗、玻璃棒、烧杯；Fe3O4 与硫酸反应生成铁离子、亚铁离子，Al2O3与硫酸反应生成铝离子，而SiO2不与硫酸发生反应，故过滤后的滤渣为SiO2；
考查方向
解题思路
步骤I中过滤时用到的玻璃仪器是普通漏斗、玻璃棒、烧杯；
Fe3O4 与硫酸反应生成铁离子、亚铁离子，Al2O3与硫酸反应生成铝离子，而SiO2不与硫酸发生反应；
易错点
本题解题的关键是离子方程式的书写、电极方程式的书写，发现反应物和生成物有助于方程式的书写。
正确答案
H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+；
解析
FeSO4被双氧水在酸性溶液中氧化生成Fe3+，离子方程式是：H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+；
考查方向
解题思路
FeSO4被双氧水在酸性溶液中氧化生成Fe3+；
易错点
本题解题的关键是离子方程式的书写、电极方程式的书写，发现反应物和生成物有助于方程式的书写。
正确答案
2Al－6e-+3H2O =Al2O3+6H+。
解析
以金属Al作阳极，稀硫酸作电解液，通过电解会使金属Al的表面生成致密坚硬的氧化膜，阳极Al失电子生成Al2O3，电极反应式2Al－6e-+3H2O =Al2O3+6H+。
考查方向
解题思路
(4)．以金属Al作阳极，稀硫酸作电解液，通过电解会使金属Al的表面生成致密坚硬的氧化膜。
易错点
本题解题的关键是离子方程式的书写、电极方程式的书写，发现反应物和生成物有助于方程式的书写。
近年来，碳和碳的化合物在生产生活实际中应用越来越广泛。
8.CO和H2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，焦炭、天然气（主要成分为CH4）、重油、煤在高温下均可与水蒸气反应制得合成气。已知某反应的平衡常数表达式为：K＝
9.甲醇是一种重要的化工原料，在日常生活中有着广泛的应用。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ：CO（g）＋2H2（g）
反应Ⅱ：CO2（g）＋3H2（g）
①在以上制备甲醇的两个反应中：反应Ⅰ优于反应Ⅱ，原因是_________________。
②对于反应Ⅰ，下图甲表示能量的变化；图乙表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化。
在“图甲”中，曲线______（填：“a”或“b”）表示使用了催化剂；该反应属于________（填：“吸热”、“放热”）反应。在图乙中从反应开始到建立平衡，用H2浓度变化表示的反应速率 。
③对于反应Ⅱ，在一定温度时，将lmol CO2 和3mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为a，则容器内的平衡压强与起始压强之比为__________；若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产量的是____________。
a．升高温度
b．增加CO2的量
c．充入He，使体系总压强增大
d．按原比例再充入CO2和H2
正确答案
C（S）＋H2O(g)
解析
化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据平衡常数的表达式可知，该反应的化学方程式是C（S）＋H2O(g)
考查方向
解题思路
化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据平衡常数的表达式可知，该反应的化学方程式是C（S）＋H2O(g)
易错点
本题考查化学反应速率、化学平衡及影响因素，解题的关键是反应I符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%，难度中等。
正确答案
①反应I符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%，所以反应Ⅰ优于反应Ⅱ。
②b 放热 0.15mol/(L·min)；
③
选bd。
解析
①根据反应I和反应Ⅱ的生成物可知，反应I中生成物只有一种，而反应Ⅱ中还有水生成，即反应I符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%，所以反应Ⅰ优于反应Ⅱ。
②根据图像甲可知，曲线b的活化能低于曲线a的活化能，所以曲线b表示使用了催化剂；同样根据图像甲可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应是放热反应；根据图像乙可知，反应进行到10min是反应达到平衡状态，此时生成的甲醇浓度是0.75mol/L，则根据反应I可知，消耗氢气的浓度是1.5mol/L，所以氢气表示的反应速率是1.5mol/L÷10min＝0.15mol/(L·min)；
③ CO2（g）＋3H2（g）
则根据压强之比是相应的物质的量之比可知
容器内的平衡压强与起始压强之比为
a．因正反应放热，升高温度可使平衡向逆反应方向移动，不能增加甲醇产率，故a不正确；
b．增加CO2的量，平衡向正反应方向移动，所以可以增加甲醇产率，故b正确；
c．充入He，使体系总压强增大，对于参加反应的物质来说，浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，故c错误；
d．按原比例再充入CO2和H2，压强增大，平衡向正反应方向移动，可以增加甲醇产率，故d正确。
考查方向
解题思路
①反应I符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%。
②根据图像甲可知，曲线b的活化能低于曲线a的活化能，所以曲线b表示使用了催化剂；
同样根据图像甲可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应是放热反应；
根据图像乙可知，反应进行到10min是反应达到平衡状态，此时生成的甲醇浓度是0.75mol/L，则根据反应I可知，消耗氢气的浓度是1.5mol/L，所以氢气表示的反应速率是1.5mol/L÷10min＝0.15mol/(L·min)；
③ 根据压强之比是相应的物质的量之比可知；
a．因正反应放热，升高温度可使平衡向逆反应方向移动，不能增加甲醇产率；
b．增加CO2的量，平衡向正反应方向移动，所以可以增加甲醇产率；
c．充入He，使体系总压强增大，对于参加反应的物质来说，浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变；
d．按原比例再充入CO2和H2，压强增大，平衡向正反应方向移动，可以增加甲醇产率。
易错点
本题考查化学反应速率、化学平衡及影响因素，解题的关键是反应I符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%，难度中等。
正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。
发生的反应如下：
CH3CH2CH2CH2OH
反应物和产物的相关数据列表如下：
实验步骤如下：将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液。滴加过程中保持反应温度为90—95。C，在E中收集90。C以下的馏分。将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75—77。C馏分，产量2.0g。
回答下列问题：
14.实验中，能否将 Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中？____________（填“能”或“不能”）
说明理由________________________ 。
15.加入沸石的作用是____________。
16.分液漏斗使用前必须进行的操作是____________（填正确答案标号）。
a.润湿
b.干燥
c.检漏
d.标定
17.将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在____________层（填“上”或“下”
18.反应温度应保持在90—95。C，其原因是______________________________。
19.本实验中，正丁醛的产率为____________ %。
正确答案
不能 将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中容易飞溅
解析
不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅。
考查方向
解题思路
不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅。
易错点
本题解题的关键是注意正丁醇的转化率就是正丁醛的产率。
正确答案
防止暴沸
解析
加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加。
考查方向
解题思路
加入沸石的作用是防止暴沸。
易错点
本题解题的关键是注意正丁醇的转化率就是正丁醛的产率。
正确答案
C
解析
分液漏斗使用前必须进行的一项操作是检漏，故选c；
考查方向
解题思路
分液漏斗使用前必须进行的一项操作是检漏；
易错点
本题解题的关键是注意正丁醇的转化率就是正丁醛的产率。
正确答案
下
解析
正丁醛密度为0.8017 g·cm-3，小于水的密度，水在下层；
考查方向
解题思路
正丁醛密度为0.8017 g·cm-3，小于水的密度；
易错点
本题解题的关键是注意正丁醇的转化率就是正丁醛的产率。
正确答案
既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化
解析
根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90—95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；
考查方向
解题思路
根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90—95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；
易错点
本题解题的关键是注意正丁醇的转化率就是正丁醛的产率。
正确答案
51或51.4
解析
设正丁醛的产率为x %，根据关系式
C4H10O ——C4H8O
74 72
4x 2
解得：x=51或51.4
考查方向
解题思路
根据关系式C4H10O ——C4H8O进行计算。
易错点
本题解题的关键是注意正丁醇的转化率就是正丁醛的产率。
以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质。合成路线如下：
20.写出反应Ⅰ的化学方程式_________________________________。
21．生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是__________________。
22.下列有关说法正确的是__________________。
a．反应Ⅰ中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙
b．反应III中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4︰1
c．反应IV需控制在60～70℃，目的之一是减少碳酸氢铵的分解
d．反应V中的副
23.反应Ⅴ在25℃、40%乙二醇溶液中进行，不断有硫酸钾晶体从溶液中析出，硫酸钾的产率会超过90%，选用40%乙二醇溶液的原因是__________________。
24.(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式__________________。
正确答案
2CaCO3＋2SO2＋O2＝2CaSO4＋2
解析
碳酸钙、二氧化硫和氧气反应生成硫酸钙和二氧化碳，方程式为2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2CO2，故答案为：2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2CO2；
考查方向
解题思路
碳酸钙、二氧化硫和氧气反应生成硫酸钙和二氧化碳；
易错点
本题考查了物质的制备流程分析，反应产物判断，反应条件的选择和原因，仔细审读题意和流程是解题关键，题目难度中等。
正确答案
防止亚硫酸铵被氧化
解析
对苯二酚具有还原性，空气中的氧气具有氧化性，亚硫酸氨中+4价的硫具有还原性，故答案为：防止亚硫酸铵被氧化；
考查方向
解题思路
对苯二酚具有还原性，空气中的氧气具有氧化性，亚硫酸氨中+4价的硫具有还原性；
易错点
本题考查了物质的制备流程分析，反应产物判断，反应条件的选择和原因，仔细审读题意和流程是解题关键，题目难度中等。
正确答案
acd
解析
a．过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙，故a正确；
b．反应Ⅲ化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑，氧化剂为CaSO4，还原剂为C，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，故b错误；
c．防止碳酸氢铵在温度过高时分解得不到需要的目标产物，故c正确；
d、氯化铵含N元素，是一种氮肥，故d正确；
故答案为：acd；
考查方向
解题思路
a．过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；
b．反应Ⅲ化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑，氧化剂为CaSO4，还原剂为C，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4；
c．防止碳酸氢铵在温度过高时分解得不到需要的目标产物；
d、氯化铵含N元素，是一种氮肥；
易错点
本题考查了物质的制备流程分析，反应产物判断，反应条件的选择和原因，仔细审读题意和流程是解题关键，题目难度中等。
正确答案
K2SO4在40%的乙二醇溶液中溶解度小，能充分析出
解析
反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25℃，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是利用乙二醇降低硫酸钾溶解度，有利于析出，
故答案为：乙二醇是有机溶剂能减小K2SO4的溶解度，使硫酸钾充分析出；
考查方向
解题思路
反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25℃，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是利用乙二醇降低硫酸钾溶解度，有利于析出；
易错点
本题考查了物质的制备流程分析，反应产物判断，反应条件的选择和原因，仔细审读题意和流程是解题关键，题目难度中等。
正确答案
4(NH4)2SO3＋2NO2＝4(NH4)2SO4＋N2
解析
(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统，二氧化氮与亚硫酸铵反应，二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，由原子守恒可知化学方程式为4(NH4)2SO3+2NO2=4(NH4)2SO4+N2，
故答案为：4(NH4)2SO3+2NO2=4(NH4)2SO4+N2。
考查方向
解题思路
(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统，二氧化氮与亚硫酸铵反应，二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气。
易错点
本题考查了物质的制备流程分析，反应产物判断，反应条件的选择和原因，仔细审读题意和流程是解题关键，题目难度中等。