1、1下列反应起了氮的固定作用的是()A氨经催化氧化生成NOBNO与O2反应生成NO2CN2在一定条件下与Mg反应生成Mg3N2DNH3与硝酸反应生成NH4NO3解析：选C。氮的固定是指把游离态的氮(即N2)转化成化合态氮(即氮的化合物)的过程。氮的固定原料必须为氮气，产物必须为含氮化合物。2下列事实与浓硫酸表现出的性质(括号中)对应关系正确的是()A在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大(脱水性)B在加热条件下铜与浓硫酸反应(氧化性、酸性)C蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成(吸水性)D浓硫酸可用来干燥某些气体(不挥发性)解析：选B。在A中，表现出的是浓硫酸的吸水性；C中，表现出的是浓硫酸的脱水
2、性；D中，表现出的是浓硫酸的吸水性。3(2010年江苏省泰州市期末)北京2008奥运会金牌为金镶玉，直径为70 mm，厚6 mm。某化学兴趣小组对金牌中金属的成分提出猜想：甲认为该金牌是由纯金制成；乙认为该金牌是由金银合金制成；丙认为该金牌是由黄铜(铜锌合金)制成。为了验证他们的猜想，取制造这种金牌的材质粉末少量进行实验，加入下面一种试剂来验证甲、乙、丙猜想的正误，该试剂应是()A硫酸铜溶液 B稀硝酸C盐酸 D硝酸银溶液解析：选B。因为稀HNO3能够溶解银、铜和锌，而不能溶解金，所以实验后若粉末质量不减少，则甲正确；若粉末部分溶解，则乙正确；若粉末全部溶解，则丙正确。4某单质跟足量浓硝酸反应，
3、如果参加反应的单质与硝酸物质的量之比为14，则该元素在生成物中所显示的化合价可能是()A1 B2C3 D4解析：选BD。此单质可能为金属单质或非金属单质，浓HNO3的还原产物为NO2，根据氧化还原反应中电子转移数目守恒可列下式：当为金属单质时：x(4x)(54)，解得x2；当为非金属单质时：x4(54)，即x4。综合两种情况，该元素的化合价可能为2或4价，选B、D项。同学们在解此题时可能会犯以下两种错误：未注意到本题所给的硝酸为浓HNO3，不能确定HNO3的还原产物为NO2，以致使本题出现两个未知数，即氧化产物的化合价和还原产物的化合价。简单地认为单质仅为金属单质，漏选D项。5将0.1 mol
4、铜与40 mL 10 mol/L HNO3充分反应后，溶液中含a mol H，由此可知()A生成的气体在标准状况下的体积为4.48 LB生成的气体在标准状况下的体积为1.49 LC被还原的硝酸的物质的量为(0.2a)molD反应后溶液中所含NO3的物质的量为0.2 mol解析：选C。溶液中含有H，则HNO3过量。在反应过程中，实际上发生了两个反应：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O反应消耗的HNO3包括起酸的作用和起氧化剂作用的两部分，前者反应后以Cu(NO3)2形式存在，后者被还原后生成NO2、NO气体，从两反应式
5、看出：Cu2HNO3(酸)Cu(NO3)2，HNO3(氧化剂)NO2(或NO)，作酸用的硝酸为0.2 mol，生成的气体为NO、NO2的混合气体，溶液中有a mol的HNO3，则被还原的HNO3为(0.4a0.2) mol，生成的气体的物质的量为(0.4a0.2)mol，反应后溶液中的NO3包括HNO3和Cu(NO3)2电离出的NO3，其物质的量为(a0.2)mol。6100 mL 2 mol/L的稀硝酸与1.92 g铜充分反应后：(1)产生的气体是_，在标准状况下的体积为_L，反应过程中转移的电子数为_mol。(2)若溶液的体积不变，则反应后溶液中的H物质的量浓度为_mol/L，NO3物质的
6、量浓度为_mol/L。解析：(1)首先分析Cu和稀HNO3谁过量：n(HNO3)0.1 L2 mol/L0.2 mol。n(Cu)0.03 mol，故铜不足，则产生n(NO)0.02 mol，即标准状况下V(NO)0.02 mol22.4 Lmol10.448 L。转移的电子数n(e)n(Cu)20.03 mol20.06 mol。(2)因为反应消耗n(H)0.08 mol，余n(H)0.2 mol0.08 mol0.12 mol，即反应后c(H)1.2 mol/L。反应消耗n(NO3)n(NO)0.02 mol；余n(NO3)0.2 mol0.02 mol0.18 mol，即反应后c(NO3)1.8 mol/L。答案：(1)NO0.4480.06(2)1.21.8.w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u
