分析：

NO$_2$和O$_2$混合气体与反应可能的反应式有4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，3NO$_2$+H$_2$O=2HNO$_3$+NO，根据反应的方程式讨论计算．

解答：

解：如NO$_2$过量，可发生4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，3NO$_2$+H$_2$O=2HNO$_3$+NO，则反应后剩余的气体小于$\frac {1}{3}$V(NO$_2$)，水上升到量筒体积的一半处停止了，说明不可能为NO$_2$过量，

如O$_2$过量，发生4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，如V(NO$_2$)：V(O$_2$)=4：6，反应后剩余的气体为原来的一半，符合，

故选A．

点评：

本题考查二氧化氮的性质，侧重于学生的计算能力的考查，注意根据反应的化学方程式解答该题，难度中等．

分析：

NO、N$_2$、O$_2$不溶于水，氯化氢极易溶于水，二氧化氮和水反应方程式为：3NO$_2$+H$_2$O=2HNO$_3$+NO、4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，气体减少的体积等于试管内液体体积．

解答：

解：假设各种气体体积都是a，试管容积为2a，气体减少的体积等于试管内液体体积，

①根据3NO$_2$+H$_2$O=2HNO$_3$+NO知，生成NO的体积为二氧化氮体积的$\frac {1}{3}$，所以二氧化氮和水反应生成NO的体积为$\frac {1}{3}$a，原来还有a，所以NO总的体积为$\frac {4a}{3}$，则液面上升高度为试管高度的$\frac {2a-$\frac {4a}{3}$}{2a}$=$\frac {1}{3}$；

②根据4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$知，二氧化氮完全反应，剩余气体是氧气，根据氧气和二氧化氮的关系式知，剩余氧气的体积=a-$\frac {1}{4}$×a=$\frac {3}{4}$a，则液面高度占试管体积的$\frac {a+$\frac {1}{4}$a}{2a}$=$\frac {5}{8}$；

③氮气和水不反应，氯化氢极易溶于水，所以液面高度等于氯化氢体积，液面高度占试管容积的$\frac {a}{2a}$=$\frac {1}{2}$；

④NO、N$_2$都不和水反应，所以水不进入试管，其液面高度为0，

通过以上分析知，液面高度关系为H$_2$＞H$_3$＞H$_1$＞H$_4$，

故选A．

点评：

本题考查了根据方程式进行计算，明确气体的溶解性是解本题关键，根据试管内液体体积与反应过程中气体减少体积之间的关系来分析解答，题目难度不大．

分析：

在氮的氧化物中通入氧气可被水完全吸收生成硝酸，但氮气和水不反应且不溶于水．

解答：

解：A、N$_2$和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故A选；

B、O$_2$与NO$_2$的混和气体可在溶液中发生反应4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，试管内能完全被水充满，故B不选；

C、NO与NO$_2$的混和气体，当向试管内鼓入氧气后，可在溶液中发生反应4NO+3O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，试管内能完全被水充满，故C不选；

D、O$_2$与NO$_2$可在溶液中发生反应4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，试管内能完全被水充满，故D不选．

故选A．

点评：

本题考查氮氧化物与氧气的反应，题目难度不大，注意有关物质的性质的积累．

分析：

发生反应4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，气体完全反应，所得溶液的体积等于烧瓶的容积等于混合气体的体积，令体积为1L，计算二氧化氮的体积，再根据n=$\frac {V}{Vm}$计算二氧化氮的物质的量，根据氮原子守恒计算硝酸的物质的量，根据c=$\frac {n}{V}$计算所得硝酸溶液的浓度即可．

解答：

解：令混合气体的总体积为1L，则二氧化氮的体积为$\frac {4}{5}$L，物质的量为$\frac {$\frac {4}{5}$L}{22.4L/mol}$=$\frac {1}{28}$mol，根据氮原子守恒可知，n(HNO$_3$)=$\frac {1}{28}$mol，发生反应4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，气体完全反应，所得溶液的体积等于烧瓶的容积等于混合气体的体积，故所得硝酸溶液的物质的量浓度=$\frac {$\frac {1}{28}$mol}{1L}$=$\frac {1}{28}$mol/L≈0.036mol/L，

故选B．

点评：

本题考查物质的量浓度的有关计算、二氧化氮的性质，旨在考查学生对物质的量浓度定义的理解，难度不大．

分析：

NO$_2$和O$_2$按体积比4：1混合后充入一干燥烧瓶中，把烧瓶倒置于水中发生：4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$，根据方程式计算．

解答：

解：设混合气体中含有4VLNO$_2$，1VLO$_2$，则烧瓶的体积为5VL，

4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$

$\frac {4V}{22.4}$mol $\frac {V}{22.4}$mol $\frac {V}{22.4}$mol

c(HNO$_3$)=$\frac {$\frac {4V}{22.4}$mol}{5VL}$=$\frac {4}{5}$×$\frac {1}{22.4}$mol/L，

故选C．

点评：

本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意根据反应的化学方程式计算，把握物质的量的相关计算公式的运用．

分析：

若气体能完全溶于水，即NO、NO$_2$、O$_2$三种气体恰好完全反应，全部生成了硝酸，根据反应中电子得失守恒，应该有n(NO)×3+n(NO$_2$)=n(O$_2$)×4．

解答：

解：若气体能完全溶于水，即NO、NO$_2$、O$_2$三种气体恰好完全反应，全部生成了硝酸，在反应中1molNO失去3mol电子，1molNO$_2$失去1mol电子，1molO$_2$得到4mol电子生成HNO$_3$，根据反应中电子得失守恒，应该有n(NO)×3+n(NO$_2$)=n(O$_2$)×4成立，故A比例不能使关系式成立，

故选A．

点评：

本题主要考查了氧化还原反应规律的应用，掌握反应中电子得失守恒是解题的关键，侧重分析能力和计算能力的考查，题目难度中等．

分析：

解答：

点评：

本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

分析：

由4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$、4NO+3O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$可知，试管中充满水，则V(O$_2$)=$\frac {1}{4}$V(NO$_2$)+$\frac {3}{4}$(NO)，以此来解答．

解答：

解：由4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$、4NO+3O$_2$+2H$_2$O=4HNO$_3$可知，试管中充满水，则V(O$_2$)=$\frac {1}{4}$V(NO$_2$)+$\frac {3}{4}$(NO)，

A.3×$\frac {1}{4}$+3×$\frac {3}{4}$=3，氧气剩余，水不会充满试管，故A选；

B.4×$\frac {1}{4}$+3×$\frac {3}{4}$≠2，水不会充满试管，故B选；

C.8×$\frac {1}{4}$+4×$\frac {3}{4}$=5，水充满试管，故C不选；

D.1×$\frac {1}{4}$+1×$\frac {3}{4}$=1，水充满试管，故D不选；

故选AB．

点评：

本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的化学反应判断气体的体积关系为解答的关键，侧重分析能力和计算能力的考查，题目难度中等．

分析：

根据可能发生的反应为：4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O═4HNO$_3$，3NO$_2$+H$_2$O═2HNO$_3$+NO，试管中O$_2$和NO$_2$气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假设剩余的10mL无色气体是氧气，则根据反应4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O═4HNO$_3$来计算即可，如果剩余的是一氧化氮，根据反应3NO$_2$+H$_2$O═2HNO$_3$+NO，可以知道剩余的二氧化氮是30mL，不符合题意．

解答：

解：可能发生的反应为：4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O═4HNO$_3$，3NO$_2$+H$_2$O═2HNO$_3$+NO，试管中O$_2$和NO$_2$气体按体积比1：4混合全部溶解，如果剩余的10mL气体是氧气，则根据反应：4NO$_2$+O$_2$+2H$_2$O═4HNO$_3$，消耗的10mL气体中，8mL是二氧化氮，2mL是氧气，所以二氧化氮是8mL，氧气共12mL，体积比是2：3，

若剩余的10mL是一氧化氮，根据3NO$_2$+H$_2$O═2HNO$_3$+NO，则相当于剩余的二氧化氮是30mL，而气体总共是20mL，所以该情况不可能．

故选：A．

点评：

本题考查氮的氧化物性质、化学计算等，难度不大，明确二氧化氮和水的反应、利用差量法来计算是解本题的关键．