专题7 氮与社会可持续发展 练习 2022-2023学年高一下学期化学苏教版（2019）必修第二册
一、单选题
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L氨气中含有的质子数为17NA
B．1mol MnO2与1L 4mol/L盐酸反应，生成的Cl2的分子数为2NA
C．SO2与H2S完全反应产生0.6mol S，转移的电子数为0.8NA
D．常温下，16.8g铁片与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.9NA
2．关于NO的下列叙述不正确的是
A．NO可以是某些低价含氮物质的氧化产物；
B．NO属于一种大气污染物，易结合血红蛋白使人中毒；
C．NO是汽车尾气废气排放产生的污染之一；
D．NO是红棕色气体
3．下列对反应的相关说法正确的是
A．O有、和，三者互为同分异构体
B．电子式为
C．和均为电解质
D．分子中不含有键
4．反应2AgBr+2NH2OH=2Ag+N2↑+2HBr+2H2O中相关微粒的化学用语表示错误的是
A．质子数和中子数分别为47、60的银原子：Ag
B．35Br-的结构示意图：
C．NH2OH的结构式：
D．N2的电子式：
5．氮及其化合物在生产生活中具有广泛的应用。氨气可用于生产氮肥和处理NOx等气体，氨水可用于吸收SO2，NOx可用于制取硝酸，硝酸可洗涤试管上的银镜。NO2能与悬浮在大气中海盐粒子相互作用，反应为2NO2+NaCl=NaNO3+ClNO(ClNO中N为中心原子，各原子均达到8电子稳定结构)。NO能被FeSO4溶液吸收生成[Fe(NO)H2O)5]SO4。在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．NH3·H2O(aq)NH4HSO3(aq) B．NH3NO2
C．NOHNO3 D．AgH2
6．将2.56gCu投入到一定量的浓硝酸中，随着反应的进行，生成气体的颜色逐渐变浅，当铜完全溶解后，共收集到xmL气体(标准状况)。欲使这些气体恰好完全溶于水全部生成硝酸，需通入氧气的体积(标准状况)是
A．224mL B．448mL C．672mL D．896mL
7．下列方程式不能正确表达反应颜色变化的是
A．钠在氯气中燃烧生成白色固体：2Na+Cl22NaCl
B．向FeCl3溶液中滴加氨水，出现红褐色沉淀：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
C．水玻璃久置后出现白色固体：SiO+CO2+H2O=CO+H2SiO3↓
D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变为蓝色：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
8．在烧瓶中充满干燥的气体，胶头滴管及烧杯内分别盛放液体，下列组合中不可形成喷泉的是（ ）
A．氯化氢和水 B．氨气和水
C．二氧化碳和水 D．氯气和烧碱溶液
9．取一定质量的均匀固体混合物Cu、CuO和Cu2O，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20 g，另一份中加入500mL稀硝酸（铜元素全部转化成Cu(NO3)2,其还原产物为NO），固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为
A．2.0 mol/L B．2.4 mol/L C．1.2 mol/L D．1.0mol/L
10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：
B．的溶液中：
C．加入铝粉产生氢气的溶液中：
D．滴入石蕊呈红色的溶液中：
11．下列有关化学用语或模型正确的是
A．甲烷分子的空间填充模型： B．乙烯分子的电子式：
C．中子数为10的氧原子： D．正丁烷的分子式：
12．物质的结构、性质和用途之间有着非常密切的关系。下列有关物质的性质和用途均正确且有因果对应关系的是
选项 性质 用途
A ClO2具有还原性 ClO2可用于自来水的杀菌消毒
B 常温下，氨气能与氯气反应 浓氨水检验氯气管道泄漏
C 碳单质的还原性强于硅单质 碳单质与石英反应冶炼粗硅
D 铁能被浓硫酸钝化 铁制器皿用作铜和浓硫酸的反应容器
A．A B．B C．C D．D
13．我国科学家制得了二氧化硅超分子纳米管，其微观结构如图所示。下列叙述错误的是
A．二氧化硅属于酸性氧化物 B．二氧化硅超分子纳米管不与任何酸反应
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅 D．二氧化硅与碱的反应是非氧化还原反应
14．某同学进行如表实验：
实验步骤 实验现象
I 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着
II II将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)
下列说法不正确的是A．根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．实验II的目的是排除扩散出的氨气与氯化氢重新化合生成氯化铵使试纸变红
D．通过此实验，说明可以用加热NH4Cl的方法制备NH3
二、填空题
15．①少量铁粉加入到足量稀硝酸中:___________；
②n(Fe)∶n[HNO3(稀)]=1∶3:___________；
③足量铁粉加入到少量稀硝酸中:___________。
16．NaNO2因外观和食盐相似,又有咸味,容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：___NaNO2+___HI ═___NO↑+___I2 +___NaI +___H2O.
（1）配平上述化学方程式_______________。
（2）上述反应中氧化剂是____________；若有1mol 的还原剂被氧化，则反应中转移电子的数目是_____________
（3）根据上述反应,可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl.，可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋。进行试验，下列选项合适的是：_____________(填字母).
A．③⑤ B．①②④ C．①②⑤ D．①②③⑤
（4）某厂废液中,含有2%～5%的NaNO2,直接排放会造成污染,采用.NH4Cl ，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2,反应的离子方程式为：______________________。
（5）请配平以下化学方程式：Al+NaNO3+NaOH=NaAlO2+N2↑+_______ ____________________________________________________________.若反应过程中转移5mol e-,则生成标准状况下N2的体积为_____________L.
17．工业上可以废铜屑为原料制备硝酸铜，下列4种方法中，适宜采用的是哪一种________？请从节约原料和环境保护的角度说明原因_________。
①
②
③
④
三、计算题
18．分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。
(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为___________。
(2)另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl-)=_____(溶液体积变化忽略不计)。
四、实验题
19．某化学自主实验小组通过实验探究NH3、NO2的性质。
探究Ⅰ：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。
(1)实验室常用氢氧化钙和氯化铵制取NH3的化学方程式是_______。
(2)甲、乙分别是_______(填字母)。
a．浓硫酸、碱石灰 b．碱石灰、碱石灰
c．碱石灰、无水氯化钙 d．五氧化二磷、五氧化二磷
(3)若NO2能够被NH3还原，预期C装置中能观察到的现象是_______。
(4)此实验装置存在一个明显的缺陷是_______。
探究Ⅱ：探究NO2、O2混合气体的喷泉实验。
(5)G装置中的虚线导管应_______(填“长进短出”或“短进长出”)。
(6)G装置中浓硫酸有三种作用：混合NO2、O2气体；干燥NO2、O2；_______。
(7)将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行I装置的喷泉实验，若混合气体全部被吸收，则所得溶液物质的量浓度为_______ mol·L-1(保留两位有效数字)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．1个NH3分子含有的质子数为10，标准状况下22.4L氨气物质的量为1mol，则所含质子物质的量为10mol，含质子数为10NA，A错误；
B．MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，n(HCl)=1L×4mol/L=4mol，随着反应的进行，HCl的浓度减小，MnO2与稀盐酸不反应，故反应生成的Cl2物质的量小于1mol，生成的Cl2分子数小于NA，B错误
C．SO2与H2S反应的化学方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，该反应中每生成3mol S转移4mol电子，则生成0.6mol S转移0.8mol电子，即转移电子数为0.8NA，C正确；
D．常温下Fe与浓硝酸发生钝化，无法计算转移的电子数，D错误；
答案选C。
2．D
【详解】A. N2可被O2氧化生成氧化产物NO，A项正确；
B. NO有毒，可结合血红蛋白使人中毒，B项正确；
C. 汽车尾气中含有NO，C项正确；
D. NO是无色气体，D项错误；
答案选D。
3．D
【详解】A．、和质子数相同，中子数不同，属于同位素，A错误；
B．是离子化合物，电子式为，B错误；
C．是单质，不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．分子中含有键，不含键，D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．质子数和中子数分别为47，60的银原子，其质量数为107，其原子符号为：Ag，A项错误，
B．Br为35号元素，则溴离子最外层为36个电子，有4个电子层， 35Br-的结构示意图：，故B正确；
C．NH2OH是共价化合物，N原子最外层5个电子，形成3对共用电子对，O原子最外层6个电子，形成2对共用电子对，H原子最外层1个电子，形成1对共用电子对，其结构式为：，故C正确；
D．N2是共价单质，N原子最外层5个电子，形成3对共用电子对，其电子式为：，故D正确；
故选A。
5．A
【详解】A．一水合氨溶液显碱性，与过量二氧化硫溶液反应生成NH4HSO3，A正确；
B．NH3与NO反应，可能发生归中反应生成N2，不可能生成生成NO2，B错误；
C．NO不溶于水，不能和水反应生成硝酸 ，C错误；
D．稀硝酸为氧化性酸，与Ag反应生成NO，不会生成氢气，D错误；
故选A。
6．B
【分析】铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的二氧化氮、一氧化氮又被氧气氧化为硝酸，最后等效于铜失电的数目等于氧气得电子数目，根据电子得失守恒规律进行分析解答。
【详解】2.56gCu的物质的量为，反应时失去电子数目为2×0.04mol=0.08mol，反应整个过程为HNO3NO2、NO；NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为，，故B正确。
故选B。
7．B
【详解】A．钠在氯气中燃烧生成NaCl固体，即：2Na+Cl22NaCl，A项正确；
B．因为氨水是弱碱，因此对应的离子方程式为：， B项错误；
C．水玻璃即Na2SiO3溶液，久置后出现白色沉淀，因为与CO2反应生成了不溶于水的硅酸，反应为：SiO+CO2+H2O=CO+H2SiO3↓，C项正确；
D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变为蓝色，因为生成了Cu2+，具体反应为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，D正确。
本题选B。
8．C
【分析】当烧瓶内的气体极易溶于胶头滴管以及烧杯中的液体，使烧瓶内压强大幅降低时，烧杯中的液体会被倒吸到烧瓶中形成喷泉。
【详解】A．氯化氢极易溶于水，所以可以形成喷泉，故A不选；
B．氨气极易溶于水，所以可以形成喷泉，故B不选；
C．二氧化碳在水中的溶解度不大，不能形成喷泉，故C选；
D．氯气和烧碱溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，使烧瓶内压强急剧降低，可以形成喷泉，故D不选；
故选C。
9．B
【详解】将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g，据H2+CuO=Cu+H2O反应式可知减少的为O原子，所以n(O)=3.20g/16g/mol=0.2mol，混合物中n（CuO）=n（O）=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，n(NO)=4.48L/22.4L/mol =0.2mol，根据电子得失守恒可知拆分后的混合物中2n（Cu）=3n（NO）=3×0.2mol，n（Cu）=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（CuO）+n（Cu）=0.2mol+0.3mol=0.5mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=0.2mol+2×0.5mol=1.2mol，硝酸的浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L。答案选B。
10．A
【详解】A．不反应，在澄清透明溶液中能共存，A符合题意；
B．的溶液中存在大量的氢氧根离子，所以不能大量共存，B不符合题意；
C．加入铝粉产生氢气的溶液中不能为氧化性酸，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，不能与铝反应产生氢气，且亚铁离子与硝酸根离子在酸性条件下也不共存，碱性条件下，亚铁离子会生成氢氧化亚铁，C不符合题意；
D．滴入石蕊呈红色的溶液呈酸性，不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
11．A
【详解】A．甲烷分子是由一个碳原子和4个氢原子构成的，碳原子在正四面体中心，4个氢原子在正四面体的四个顶点，碳原子半径比氢原子半径大，所以选项中的空间充填模型正确，A正确；
B．乙烯分子中两个碳原子之间是两对共用电子对，B错误；
C．中子数为10的氧原子：，C错误；
D．分子式是表示分子组成的式子，正丁烷的分子式为C4H10，CH3CH2CH2CH3是正丁烷的结构简式，D错误；
故选A。
12．B
【详解】A项、ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故A错误；
B项、浓氨水易挥发产生氨气，氨气与氯气在常温下反应生成氮气和氯化铵，冒白烟，所以能用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，故B正确；
C项、碳与石英高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应发生的原因是生成了易挥发的气体使反应正向进行，与碳、硅的还原性无关，故C错误；
D项、常温下浓硫酸与铁发生钝化反应；铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜；加热时铁可以被浓硫酸溶解，故不能用铁做铜与浓硫酸反应的容器，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查物质的性质及用途，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用及化学与生活的关系，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键。
13．B
【详解】A．二氧化硅可与NaOH溶液发生反应，属于酸性氧化物，A正确，不符合题意；
B．二氧化硅可与HF发生反应，所以二氧化硅超分子纳米管可与HF这种酸发生反应，B错误，符合题意；
C．依据课本知识可知，二氧化硅可用于生产光导纤维，所以光导纤维的主要成分是二氧化硅，C正确，不符合题意；
D．二氧化硅与碱的反应，如等，反应过程中所有元素的化合价均未发生变化，所以是非氧化还原反应，D正确，不符合题意；
故合理选项为B。
14．D
【详解】A．氨气使湿润的pH试纸变蓝，由试纸颜色黄色→蓝色(pH≈10)可知；氯化铵分解生成了氨气，则NH4Cl发生了分解反应，后续试纸又变红，可推测有酸性气体HCl生成， A正确；
B．先观察到黄色→蓝色，可知氨气比氯化氢气体扩散速率快，B正确；
C．氯化铵溶液使试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，而I中试纸变成红色(pH≈2)，则试纸变红与氯化铵分解生成HCl有关，与氯化铵无关，则实验II的目的是排除扩散出的氨气与氯化氢重新化合生成氯化铵使试纸变红，C正确；
D．氯化铵分解后，在试管中部化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，D错误；
故合理选项是D。
15． Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O 4Fe＋12H＋＋3=3Fe2＋＋Fe3＋＋3NO↑＋6H2O 3Fe＋8H＋＋2=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
【详解】铁粉量不足，会被稀硝酸氧化成Fe3+，稀硝酸被还原成NO，故离子方程式为:Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；
铁粉足量，过量的Fe会将生成的Fe3+还原成Fe2+，故表示整个过程的离子方程式为:3Fe＋8H＋＋2=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；由此可知， 时氧化产物为Fe3+，时氧化产物为Fe2+，故n(Fe)∶n[HNO3(稀)]=1∶3时，产物既有Fe3+又有Fe2+，设n(Fe)=1mol，n[HNO3(稀)]=3mol，n(Fe2+)=a，n(Fe3+)=b，反应失去电子2a+3b ，n[HNO3(稀)]= n[未参与氧化还原反应HNO3(稀)]+ n (NO)，HNO3(稀)+3e-→NO，n (NO)=，Fe(NO3)2~2，Fe(NO3)3~3，n[未参与氧化还原反应HNO3(稀)=2a+3b，列方程：a+b=1mol，+2a+3b=3mol，联立可解得a:b=3:1，反应离子方程式为:4Fe＋12H＋＋3=3Fe2＋＋Fe3＋＋3NO↑＋6H2O；
铁粉足量，过量的Fe会将生成的Fe3+还原成Fe2+，故表示整个过程的离子方程式为:3Fe＋8H＋＋2=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O。
16． 2，4，2，1，2，2 NaNO2 NA C NH4＋＋NO2－=N2↑＋2H2O 10,6，4，10，3，2H2O 11.2L
【详解】（1）分析反应物和生成物的化合价可得，N元素化合价由+3降为+2，部分I元素化合价由-1升为0，根据化合价升降总数相等（得失电子守恒），NaNO2的系数为2，I2的系数为1，再根据原子守恒可得其它物质的系数，化学方程式配平为2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。
（2）氧化剂，化合价降低，发生还原反应，还原剂，化合价升高，发生氧化反应，故上述反应中氧化剂是NaNO2，还原剂是HI，由I元素化合价由-1升为0可得，若有1mol的还原剂被氧化，则反应中转移1mol电子，数目是NA个。
（3）NaNO2在酸性条件下表现强氧化性，与I-反应生成I2，I2遇淀粉溶液变蓝，可利用这一特征来鉴别NaNO2和NaCl，选择生活中的物质可用①水、②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，故选C。
（4）由题意，NH4+与NO2-反应生成N2，则根据原子守恒还有H2O生成，故反应的离子方程式为：NH4＋＋NO2－=N2↑＋2H2O。
（5）分析反应物和生成物的化合价可得，Al元素化合价由0升为+3，N元素化合价由+5降为0，根据化合价升降总数相等（得失电子守恒），N2的系数是3，Al的系数是10，再根据原子守恒可得其它物质的系数，化学方程式配平为：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O；因为N元素化合价由+5降为0，所以生成1molN2转移10mol电子，故反应过程中转移5mol电子，则生成0.5molN2，标准状况下的体积为11.2L。
17． ③ ③先将铜单质氧化得到氧化铜，再与稀硝酸反应得到硝酸铜和水，没有浪费原料，也没有生成其它有害物质；①、②和④铜单质与浓稀硝酸或浓硫酸反应都会生成氮氧化物或硫氧化物气体，浪费了原料，还需后续处理，不然会污染环境。
【详解】工业上可以废铜屑为原料制备硝酸铜，方法①和方法②铜单质与浓稀硝酸反应都会生成氮氧化物气体，浪费了原料，还需后续处理，不然会污染环境；方法④用到浓硫酸，与铜单质反应生成了二氧化硫气体，浪费原料，污染环境；最优方案是方法③，先将铜单质氧化得到氧化铜，再与稀硝酸反应得到硝酸铜和水，没有浪费原料，也没有生成其它有害物质。
18． 1:2 0.1mol/L
【详解】(1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是0.01mol×132g/mol＝1.32g，则氯化铵的质量是2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量是1.07g÷53.5g/mol＝0.02mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为1:2；
(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、0.02mol，另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中c(Cl-)=0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L。
19．(1)NH3·H2O＋CaO=NH3↑＋Ca(OH)2
(2)c
(3)混合气体颜色变浅
(4)缺少尾气吸收装置
(5)短进长出
(6)观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例
(7)0.036
【分析】探究Ⅰ：A装置用于制备氨气，B装置用于干燥氨气，E装置用于制备NO2，D装置用于干燥NO2，C装置中NO2与NH3发生反应；
探究Ⅱ：F装置用于制取氧气，H装置用于制取NO2，G装置用于混合NO2、O2气体，干燥NO2、O2，并观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，圆底烧瓶用于收集NO2、O2气体，I装置用来进行喷泉实验，据此分析作答。
（1）
浓氨水与生石灰发生生成氨气和氢氧化钙，化学方程式为：NH3·H2O＋CaO=NH3↑＋Ca(OH)2，故答案为：NH3·H2O＋CaO=NH3↑＋Ca(OH)2；
（2）
干燥氨气只能用碱石灰，五氧化二磷会吸收碱性气体氨气，氨气容易与无水氯化钙形成配合物；干燥二氧化氮可用五氧化二磷固体或者无水氯化钙，但是不能用碱石灰，因为二氧化氮可与碱石灰发生反应，符合题意为c，故答案为：c；
（3）
NO2为红棕色气体，若NO2能被氨气还原，则装置C中的混合气体颜色变浅，故答案为：混合气体颜色变浅；
（4）
氨气和二氧化氮均会对环境造成污染，此实验装置存在一个明显的缺陷是缺少尾气吸收装置，故答案为：缺少尾气吸收装置；
（5）
氧气和二氧化氮的密度均比空气密度大，故应进气管短，出气管长，故答案为：短进长出；
（6）
G装置中浓硫酸有三种作用：除了混合NO2、O2气体；干燥NO2、O2以外，还有观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，故答案为：观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例；
（7）
烧瓶中充满溶液，反应4NO2 +O2 + 2H2O = 4HNO3恰好发生，HNO3的物质的量等于恰好完全反应的NO2和O2 (体积比4：1)总物质的量的，溶液体积等于恰好完全反应的NO2和O2的总体积，设溶液总体积为V，则溶液浓度为，即，故答案为：0.036。
答案第1页，共2页
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