2011高考化学一轮复习 专题四《硫、氮和可持续发展·第二单元》 苏教版.doc

第二单元生产、生活中的含氮化合物

1．(2009·上海单科，4)用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是()
①幕布的着火点升高②幕布的质量增加③氯化铵分解吸收热量，降低了温度④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气
A．①②B．③④C．①③D．②④
解析：氯化铵分解时吸收热量，使环境周围温度降低，达不到幕布的着火点，且分解产生的气体可隔绝空气使幕布不易着火。
答案：B
2．离子的检验和鉴别有多种方法，其中最常用的方法有以下三种：
检验方法沉淀法显色法气体法含义反应中有沉淀产生或溶解反应中有颜色变化反应中有气体产生下列离子检验的方法不合理的是()
A．NHeq\o\al(＋,4)—气体法B．I－—沉淀法C．Fe3＋—显色法D．Ca2＋—气体法
解析：根据本题给出的三种方法的实质，Ca2＋应该用沉淀法检验。
答案：D
3．25℃时，20.00mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466g沉淀。滤液跟2.00mol/L氢氧化钠溶液反应，共用去10.00mL碱液时恰好中和。下列说法中正确的是()
A．原混合液中c(SOeq\o\al(2－,4))＝0.20mol/L B．原混合液中c(NOeq\o\al(－,3))＝0.90mol/L
C．原混合液中pH＝0 D．原混合液中由水电离出的c(H＋)＝0.10mol/L
解析：H2SO4、HNO3混合液在与BaCl2溶液反应后生成0.466g(0.002mol)BaSO4，而H＋的量没有变化。根据H＋＋OH－===H2O，原溶液中n(H＋)＝0.01L×2.00mol·L－1＝0.02mol，c(H＋)＝0.02mol/0.02L＝1mol·L－1，pH＝0。c(SOeq\o\al(2－,4))＝0.002mol/0.02L＝
0.1mol·L－1。根据电荷守恒有：c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(NOeq\o\al(－,3))，c(NOeq\o\al(－,3))＝1mol·L－1－0.2
mol·L－1＝0.8mol·L－1。因酸溶液抑制H2O电离，原混合溶液中水电离出的c(H＋)＝
10－14mol·L－1。
答案：C
4．溶液浓度和密度之间存在一定的关系，大部分浓度越大，密度越大，但也有特殊的，例如：氨水的浓度越大，密度反而越小，现用密度为0.91g·cm－3的氨水，质量分数为25%，若将此氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为()
A．大于12.5%B．小于12.5%C．等于12.5%D．无法确定
解析：加水稀释时溶质的物质的量不变，设加入水的体积为V，稀释后的质量分数为w，密度为ρ′，则有：ρ氨水×V×25%＝2V×ρ′×w
即ρ氨水×25%＝2ρ′w，由于ρ′>ρ氨水，则w<12.5%。
答案：B
5.将盛有1molNO和NO2的混合气体的试管倒立于水槽中，再通入0.4molO2，充分反应后，水便会充满整个试管。则原混合气体中NO与NO2体积比为()
A．1∶2B．2∶5C．3∶7D．无法确定
解析：方法一：设1molNO和NO2的混合气体中有amolNO和(1－a)molNO2，根据4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3和4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3可以列出：eq\f(3,4)a＋eq\f(1－a,4)＝0.4.∴a＝0.3，V(NO)∶V(NO2)＝3∶7。
方法二：由于NO、NO2和O2恰好与水反应，必然满足n(N)∶n(O)＝2∶5，设有amolNO，那么就有n(O)＝a＋2(1－a)＋0.4×2＝2.5[因为n(N)＝1]，∴a＝0.3，即V(NO)∶V(NO2)＝3∶7。
答案：C
6．相同状况下，在容积相同的三个烧瓶内分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，然后按上述顺序分别用水做喷泉实验。实验结束后，烧瓶内三种溶液的物质的量浓度之比为()
A．3∶3∶2B．2∶2∶3C．1∶1∶1D．无法比较
解析：NH3和HCl作喷泉实验时所得溶液体积即为气体的体积，所得溶液的浓度均为eq\f(1,22.4)mol/L；NO2作喷泉实验时发生如下反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，则消耗的NO2的物质的量与生成HNO3的物质的量相同，所得溶液的浓度为：c＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(2,3)V/22.4,\f(2,3)V)mol/L＝eq\f(1,22.4)mol/L。
答案：C
7．无色的混合气体甲可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过下图所示系列实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为()

A．NH3、NO2、N2 B．N