备战高考化学提高题专题复习氮及其化合物练习题含答案解析

备战高考化学提高题专题复习氮及其化合物练习题含答案解析
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾的重要物质，工业用多种方法来治理。

某种综合处理含 NH4+废水和工业废气(主要含 NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图：
已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
(1)固体 1 的主要成分有 Ca(OH)2、___________________、__________________(填化学式)。

(2)若实验室需要配制100mL 3.00mol·L-1NaOH溶液进行模拟测试，需用托盘天平称取 NaOH 固体质量为______g。

(3)用 NaNO2溶液处理含NH4+废水反应的离子方程式为_______________________。

(4)捕获剂从气体 3 中捕获的气体主要是__________________ (填化学式)。

(5)流程中生成的 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：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O；I2可以使淀粉变蓝。

根据上述反应，选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验，以鉴别 NaNO2和 NaCl。

需选用的物质是
_____________________(填序号)。

①水②淀粉碘化钾试纸③淀粉④白酒⑤白醋
A．①③⑤ B．①②④ C．①②⑤ D．①②③⑤
【答案】CaCO3 CaSO3 12 NO2－+ NH4+= N2↑+2H2O CO C
【解析】
【分析】
工业废气通过过量的石灰乳，除去CO2和SO2，生成CaCO3和CaSO3，气体1是NO 、
CO 、N2，通入适量的空气，把NO转化为NO2，通过氢氧化钠溶液只得到NaNO2溶液，说明气体2是NO、NO2、N2，气体3是CO和N2，捕获产物是CO，得到的NaNO2溶液和含NH4+废水发生氧化还原反应，得到无污染的气体是氮气。

【详解】
(1)根据分析，固体 1 的主要成分有 Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3；
(2) 需要配制100mL 3.00mol·L-1NaOH溶液，所需质量m=C·V·M=3.00mol·L-1×0.1L×40 g·mol-1=12g；
(3)用 NaNO2溶液处理含NH4+废水，二者发生归中反应，氮元素最终都以氮气形式存在，反应的离子方程式为：NO2－+ NH4+= N2↑+2H2O；
(4)根据分析，捕获剂从气体 3 中捕获的气体主要是CO；
(5)由2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，可知NO2－在酸性条件下可以氧化I－，生成的I2可以使淀粉变蓝。

故检验NO2－使用淀粉碘化钾试纸、白酒、水，故答案选C。

2．工业上制取硝酸铵的流程图如下，请回答下列问题：
（1）在上述工业制硝酸的生产中，B设备的名称是_____________，其中发生反应的化学方程式为________________________________________________。

（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是______________。

1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：
分别表示N2、H2、NH3。

图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是________________、____________________。

（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是_____________________；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是______________________________。

（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：
碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O
NH3还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（NO也有类似的反应）
以上两种方法中，符合绿色化学的是________________________________。

（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3。

已知：由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的
________%。

【答案】氧化炉 4NH3+5O2催化剂
加热
4NO+6H2O 铁砂网（或铁） N2、H2被吸附在催化剂
表面在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂利用余热，节约能源可使NO循环利用，全部转化成HNO3 NH3还原法 53
【解析】
【详解】
（1）在工业制硝酸的生产中，氨的催化氧化在氧化炉中进行，故B设备的名称是氧化
炉，发生反应的化学方程式为4NH3+5O2催化剂
加热
4NO+6H2O。

（2）分析工艺流程知此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网（或铁）；分析图示知图②和图③的含义分别是N2、H2被吸附在催化剂表面、N2、H2中化学键断裂。

（3）合成氨的反应为放热反应，在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是可使NO循环利用，全部转化成HNO3。

（4）碱液吸收法中，只有当NO和NO2的物质的量之比小于等于1:1时尾气才能吸收完全，且生成物亚硝酸钠有毒，而NH3还原法生成物为氮气和水，对环境无影响，故两种方法中，符合绿色化学的是NH3还原法。

（5）设生产硝酸的NH3的物质的量为1mol，根据关系式：NH3～HNO3和题给信息计算生成HNO3的物质的量为：1mol×96%×92%=0.88mol；根据反应：NH3+HNO3＝NH4NO3知与硝酸反应的NH3的物质的量为0.88mol，故制HNO3用去NH3的质量占总消耗NH3的质
量分数为：
1mol
1mol0.88mol
×100%=53%。

3．随着工业的发展，酸雨已经称为全球性的环境问题。

（1）当雨水的pH___________，我们称它为酸雨。

（2）用化学方程式来表示酸雨形成的主要途径之一：_____________________，
_______________。

（3）常温下测得某次酸雨样品的pH=5，该样品放置一段时间后，酸性略有增强，其原因可能是___________________________。

（4）写出一条减少二氧化硫排放的措施_________________________________。

（5）检验某无色溶液中是否存在SO42-的方法是_____________________________。

【答案】＜5.6 SO2+H2O H2SO3 2H2SO3+O2=2H2SO4酸雨中的亚硫酸被氧化成硫酸了燃料脱硫（合理即可）取样于试管中，先滴加盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明有SO42-，如无沉淀，则不存在SO42-
【解析】
【分析】
（1）雨水的pH＜ 5.6时称为酸雨，据此解答；
（2）酸雨形成的主要途径有两种，一种的雨水和二氧化硫反应生成亚硫酸，亚硫酸与空气中氧气反应生成硫酸，另一种途径为二氧化硫在空气中飘尘的作用下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与雨水反应生成硫酸，据此解答；
（3）亚硫酸酸性弱，而强酸酸性强，酸雨中的亚硫酸可能被氧化成硫酸，据此解答；（4）减少二氧化硫排放的措施有用氨水吸收尾气，双碱脱硫，燃料脱硫等，据此解答；（5）检验某无色溶液中是否存在SO的方法是取样于试管中，先滴加盐酸无现象，滴加盐酸主要目的是排出银离子、碳酸根、亚硫酸根等离子的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明有SO42-，如无沉淀，则不存在SO42-，据此解答；
【详解】
（1）由于雨水中含有溶液的二氧化硫生成亚硫酸，因此当雨水的pH＜ 5.6，我们称它为酸雨，故答案为：＜5.6；
（2）用化学方程式来表示酸雨形成的主要途径有两种，一种的雨水和二氧化硫反应生成亚硫酸，亚硫酸与空气中氧气反应生成硫酸，另一种途径为二氧化硫在空气中飘尘的作用下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与雨水反应生成硫酸，前者的反应方程式为
SO2+H2O H2SO3，2H2SO3 + O2 = 2H2SO4；
（3）常温下测得某次酸雨样品的pH=5，该样品放置一段时间后，酸性略有增强，亚硫酸酸性弱，而强酸酸性强，其原因可能是酸雨中的亚硫酸被氧化成硫酸了；
（4）减少二氧化硫排放的措施有：用氨水吸收尾气，双碱脱硫，燃料脱硫等；
（5）检验某无色溶液中是否存在SO42-的方法是取样于试管中，先滴加盐酸无现象，滴加盐酸主要目的是排出银离子、碳酸根、亚硫酸根等离子的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明有SO42-，如无沉淀，则不存在SO42-。

【点睛】
亚硫酸酸性弱，而强酸酸性强，酸雨中的亚硫酸可能被氧化成硫酸而酸性增强。

4．下列除杂方法不能达到实验目的的是
A．加热除去食盐中少量的NH4Cl固体
B．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的SO2
C．用稀盐酸除去铜粉中少量的铁粉
D．用BaCl2溶液除去NaCl溶液中的K2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】
A．可用加热的方法使食盐中少量的NH4Cl固体分解成气体而分离：
NH4Cl NH3↑+HCl↑，A选项不符合题意；
B．亚硫酸酸性比碳酸酸性强，且CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度小，所以可用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的SO2，B选项不符合题意；
C．铁能溶于稀盐酸，而铜不溶，所以可用稀盐酸除去铜粉中少量的铁粉，C选项不符合题意；
D． NaCl溶液中的K2SO4，用BaCl2溶液只能除去硫酸根离子，不能除去钾离子，D选项符合题意；
答案选D。

【点睛】
常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的比碳酸酸性强的气体(如：HCl、SO2等)，原因：一、能除去酸性气体，且生成的气体是CO2，不带入杂质；二、CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度小。

5．汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NO x等物质，逐渐成为城市空气主要污染源。

(1)写出CO2的电子式_____________；CO2带来的主要环境问题是________。

(2)汽车尾气中的CO来自于________________，NO来自于_________________。

(3)NO x能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式___________________。

(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO相互反应生成参与大气循环的无毒气体。

写出反应化学方程式_______________。

(5)在催化剂作用下，可用氨气将NO和NO2转化为无毒气体，写出NO2和NH3反应生成无毒气体的化学方程式______________。

(6)当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下与氨气形成(NH4)2SO4，用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成_________________。

【答案】温室效应燃料不完全燃烧在汽车气缸内的高温下N2、O2反应产生 3NO2+H2O=2HNO3+NO 2CO+2NO2CO2+N2 6NO2+8NH37N2+12H2O
2SO2+O2+2H2O +4NH3=2(NH4)2SO4
【解析】
【分析】
(1)C原子与2个O原子形成4个共价键，使分子中每个原子都达到8个电子的稳定结构，CO2过多会导致温室效应；
(2)汽车燃料不完全燃烧产生CO，N2、O2在汽车气缸内的高温下反应产生NO；
(3)NO2与水反应产生HNO3和NO；
(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO反应产生CO2和N2；
(5)NH3具有还原性，可以与NO2反应产生N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒书写反应方程式；
(6)SO2、O2、NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4。

【详解】
(1)在CO2分子中，C原子与2个O原子形成四个共用电子对，电子式为：；CO2在空气中含量过高，会导致温室效应；
(2)汽车尾气中的CO来自于燃料的不完全燃烧，NO来自于进入汽车气缸的空气中的N2、O2在高温下反应产生；
(3)NO x能形成酸雨， NO2与水反应产生HNO3和NO，NO2转化为HNO3的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO相互反应生成参与大气循环的无毒气体是CO2和N2，反应方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；
(5)NO2和NH3在一定条件下发生氧化还原反应生成无毒气体N2和水，反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
(6)SO2、O2、NH3、H2O会发生氧化还原反应形成(NH4)2SO4，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的方程式为：2SO2+O2+2H2O +4NH3=2(NH4)2SO4。

【点睛】
本题以汽车尾气的成分为线索，考查了非金属元素的化合物的形成、结构、性质、作用，危害治理方法，考查了氧化还原反应的化学方程式的书写与配平，共价化合物的电子式的书写。

掌握元素及化合物的性质是本题解答的关键。

体现了化学知识就在我们身边，环境污染与化学反应有关，治理污染也离不开化学知识，用事实说明学好化学的重要性。

6．X、Y、Z 是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(X、Y、Z、E、F 为英文字母，部分反应条件及产物略去)
I.若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体。

（1）Y气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，化学方程式为
_____。

（2）Z的水溶液可以制得某种强酸 E。

实验室用 98%的浓E(ρ = 1.84g·cm−3)溶液配制
l.5mol·L−1稀 E 溶液240 mL。

① 制该稀 E 溶液需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒和_____ ；
II.若Z是淡黄色固体粉末。

在呼吸面具或潜水艇中由Z和 CO2制备氧气的化学反应方程式为_____。

III.若Z是红棕色气体。

（1）试写出 Z 与水反应制备另一种强酸 F 的化学方程式_____。

（2）2.0g铜镁合金完全溶解于100mL 密度为 1.40g·mL−1质量分数为 63%的浓F溶液中，得到Z 和N2O4(Z和N2O4均为浓F 溶液的还原产物)的混合气体1792mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·L−1NaOH 溶液，当金属离子全部沉淀，得到3.7g沉淀。

则合金中铜与镁的物质的量之比为_____，加入 NaOH 溶液的体积为_____ mL 。

【答案】2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O 250mL容量瓶 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
3NO2+H2O=2HNO3+NO 2:3 1300
【解析】
【分析】
I．若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体，则Y为SO2；
II．若Z是淡黄色固体粉末，则Z为Na2O2；
III．若Z是红棕色气体，则Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO。

【详解】
I.（1）根据分析，Y为SO2，SO2的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，其反应的化学方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O。

（2）①二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水得硫酸，E是硫酸。

实验室用98%浓硫酸(ρ=1.84mg⋅cm−3)溶液配制1.5mol⋅L−1稀硫酸溶液240mL，依据配制溶液的步骤可知，需用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶。

II. 根据分析，Z为Na2O2，在呼吸面具或潜水艇中Na2O2和CO2制备O2的化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

III.（1） Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，其化学反
应方程式为：3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，故答案为：3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO 。

（2）F 为HNO 3，金属离子全部沉淀时，得到3.7g 沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，所以沉淀中氢氧根离子的质量为3.7g−2g=1.7g ，氢氧根离子的物质的量为：m 1.7g n 0.1mol 17g M mol =
==，根据电荷守恒可知，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、镁合金中Cu 、Mg 的物质的量分别为xmol 、ymol ，则：
220.164242x y x y +=⎧⎨+=⎩，计算得出：0.020.03x mol y mol =⎧⎨=⎩
，所以合金中铜与镁的物质的量之比是0.02：0.03=2:3；标准状况下，NO 2和N 2O 4混合气体的物质的量为：
m V 1.792L n 0.08mol V 22.4L /mol
===，设二氧化氮的物质的量为amol ，则四氧化二氮的物质的量为（0.08−a ）mol ，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.08−a)×2×1=0.1，计算得出：a=0.06mol ，则N 2O 4的物质的量为0.02mol ，根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为：100mL 1.4g/mL 63g ×6%l
3/mo ⨯ −0.06mol−0.02mol×2=1.3mol ，所以需要氢氧化钠溶液的体积为：1.3mol V 1.3L 1300mL 1.0mol L
===，故答案为：2:3；1300。

7．某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：
阳离子 H ＋、K ＋、Al 3＋、NH 4+、Mg 2＋
阴离子
Cl －、OH －、CO 32-、AlO 2- 为探究其成分，某同学将Na 2O 2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na 2O 2的物质的量的关系分别如图所示。

(1)该溶液中一定含有的阳离子是________________________________，其对应物质的量浓度之比为 ____________，溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。

(2)写出沉淀减少的离子方程式 ________________________________________________。

【答案】H＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋ 2:2:2:3 OH－、CO32-、AlO2- Al(OH)3+OH－= AlO2- +2H2O 【解析】
【分析】
(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为
3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；
(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式。

【详解】
(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32-、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是
5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol 氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)≤16mol，所以氯离子物质的量≥16m ol，所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(Mg2+)=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO32-、AlO2-；
(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。

8．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：
(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，写出C的一种用途____；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则B为___，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了D的___性。

(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则
①A的电子式为___，实验室制备A气体的化学方程式为___。

②实验室检验A气体的方法为___。

③C转化为D的过程中，氧化剂与还原剂的质量比为___。

④将盛满B气体的试管倒扣在水槽中，并通入一定量O2，最终气体全部被吸收，所得溶液充满整个试管。

若不考虑溶液扩散，计算所得溶液物质的量浓度为___mol·L-1。

(标况下计算，保留两位有效数字)
【答案】供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等) SO2吸水
2NH4Cl+Ca(OH )2加热
CaCl2+2NH3↑+2H2O 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝
(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生) 1:2 0.045
【解析】
【分析】
(1)C是淡黄色固体，为金属氧化物，则其为Na2O2，由此可确定它的用途；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫，由转化关系可确定其它物质及性质。

(3)C是红棕色气体，则C为NO2气体，由转化关系可确定其它物质及性质。

【详解】
(1)由C是淡黄色固体，可确定其为Na2O2，其用途为供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)。

答案为：供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫(S)，D为强酸(H2SO4)，则B为SO2，C为SO3，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了浓硫酸的吸水性。

答案为：SO2；吸水；
(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则C为NO2。

①A氧化后，产物再氧化可生成NO2，则A为NH3，电子式为，实验室制备氨气
时，药品为NH4Cl和Ca(OH)2，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2加热
CaCl2+2NH3↑+2H2O。

答案为：；2NH4Cl+Ca(OH)2加热
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②实验室检验氨气时，采用的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)。

答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)；
③C转化为D的过程中，发生反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，从价态变化看，若3molNO2参加反应，有1molNO2中的N元素价态降低，有2molNO2中的N元素价态升高，则氧化剂与还原剂的质量比为1:2。

答案为：1:2；
④假设试管的体积为VL，则c=
L
22.4L/mol
L
V
V
=0.045mol·L-1。

答案为：0.045。

【点睛】
在平时的学习过程中，应注意区分浓硫酸的吸水性与脱水性，浓硫酸的吸水性是指气体的干燥、吸收结晶水合物中的结晶水，浓硫酸的脱水性是指将有机物分子中的氢、氧元素以水的组成形式脱去。

9．中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。

请回答下列问题：
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。

(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：
__________________________________。

(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。

(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，
_________、冷却结晶、过滤。

过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为
_______________________。

(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。

FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。

【答案】1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。

【详解】
(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。

(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是
2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。

(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。

(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。

根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。

(5) FeCl 3与KClO 在强碱性条件下反应可制取K 2FeO 4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe 3++3ClO -+10OH -═2FeO 42-+3Cl -+5H 2O 。

10．某溶液中可能含有H +、4NH
+、2Mg +、3Fe +、3Al +、24SO -等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH 溶液时，发现生成沉淀的质量随加入的NaOH 的物质的量的变化如图
所示：
(1)由此可知，该溶液中肯定含有的离子是______________________________________，且各离子的物质的量之比为___________________________________________
(2)该溶液中肯定不含的阳离子是________________。

(3)写出NaOH 的物质的量从8mol 到9mol 发生的离子反应方程式：
____________________________
【答案】H +、4NH +、3Al +、24SO - ()()()()3+244n H n NH n Al n SO 2314++-=∶∶∶：
：： 2Mg +、3Fe + ()223Al OH OH AlO 2H O --+=+
【解析】
【分析】
从图中沉淀量随之氢氧化钠的加入量增加变化情况结合离子的性质可知：开始发生酸碱中和，然后Al 3+与碱反应，再NH 4+与碱反应，最后沉淀与碱反应完全溶解，依据各段发生反应消耗的氢氧化钠的物质的量计算各种离子的物质的量。

【详解】
(1)从图象可知，开始时无沉淀产生，说明含有H +，发生反应：H ++OH -=H 2O ，该氢离子消耗NaOH 溶液的物质的量为2mol ，则n(H +)=2mol ；图象中有一段平台，说明加入OH -时无沉
淀生成，有NH 4+，NH 4++OH -=NH 3·
H 2O ，铵根消耗NaOH 溶液的物质的量为3mol ，则n(NH 4+)=3mol ；含有Al 3+，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO 2+2H 2O ，消耗NaOH 溶液的物质的量为1mol ，则n(Al 3+)=1mol ；根据电荷守恒，则溶液中一定含有负离子，故一定含有SO 42-
，n(SO 42−)= ()()()3432
n H n NH n Al +++++=23312mol mol mol ++⨯=4mol ；则该溶液中肯定含有的离子是H +，NH 4+，Al 3+，SO 42−；各离子的物质的量之比为
()()()()
3244n H n NH n Al n SO 2314+++-=∶∶∶∶∶∶； (2)最后溶液中无沉淀，说明溶液中不含Mg 2+和Fe 3+；
(3)NaOH 的物质的量从8mol 到9mol 表示的是沉淀的溶解，最后变成0，是氢氧化铝的溶解，离子反应方程式为()322Al OH OH AlO 2H --
+=+O 。

11．已知如图中H是无色液体，号称生命之源，B是空气中含量最多的物质，E是红棕色气体。

（1）C的化学式是___。

（2）D和E都是大气污染物，D转化成E的化学方程式是___。

（3）E和H的反应中，氧化剂和还原剂的质量比是___。

【答案】NH3 NO＋O2=2NO2 1∶2
【解析】
【分析】
H是无色液体，号称生命之源，推断为H2O，B是空气中含量最多的物质为N2，E是红棕色气体，经过两步氧化得到判断为NO2，结合流程图分析可知，H为H2O，A为H2，B为空气中的N2，C为NH3，D为NO，E为NO2，E和水反应生成硝酸和一氧化氮，C+F=G，是
NH3+HNO3=NH4NO3，依据判断的物质回答问题。

【详解】
H是无色液体，号称生命之源，推断为H2O，B是空气中含量最多的物质为N2，E是红棕色气体，经过两步氧化得到判断为NO2，结合流程图分析可知，H为H2O，A为H2，B为空气中的N2，C为NH3，D为NO，E为NO2，E和水反应生成硝酸和一氧化氮，C+F=G，是
NH3+HNO3=NH4NO3；
(1)C的化学式为NH3；
(2)D和E都是大气污染物，NO转化为NO2的化学方程式分别是2NO+O2=2NO2；
(3)E和H反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，依据元素化合价变化分析可知，一氧化氮为还原产物，硝酸为氧化产物，所以氧化剂和还原剂的质量比是1:2。

【点睛】
考查物质推断的关系分析判断，解题一般解题思路：①审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把相关信息表示出来，明确求解要求；②找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；③从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，依物质的特性或转移特征来确定“突破口”，大胆猜测，顺藤摸瓜，进行综合分析、推理，初步得出结论；④验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确。

12．加足量NaOH溶液加热后，收集到0.896L气体，物质的量为0.04mol，说明含有
NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+，根据反应NH4++OH-═NH3↑+H2O，产生NH3为0.04mol，可得NH4+也为0.04mol；
13．A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系。

已知：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体。

请回答下列问题：
(1)写出B的化学式：_____________；
(2)在上图D→C的过程中，D表现出强___________(填“氧化性”或“还原性”)；
(3)在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是________________。

【答案】NO 氧化性 H++OH-=H2O
【解析】
【分析】
C为红棕色气体，则C是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO，A是空气中的主要成分，且能和氧气反应，所以A是N2，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知A是N2，则B是NO，C是NO2，D是HNO3。

(1)由上述分析可知，B是一氧化氮，化学式为NO；
(2)图示D→C的过程中发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，在该反应中HNO3所含N元素化合价降低，被还原，所以硝酸表现出强氧化性；
(3)D是HNO3，在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，发生酸碱中和反应产生NaNO3和H2O，反应的离子方程式是：H++OH-=H2O。

【点睛】
该题是无机框图推断题，涉及氮及其化合物的有关转化，本题的突破口是C为红棕色气体，且是由空气的主要成分与氧气反应的产物。

解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

14．黑色固体A加热至红热投入到无色溶液B中发生如图转化关系。

(1)由此可以推断：A为________(填化学式，下同)，B为_______，X为_______，C为
_________，E为_________。

(2)写出A与B反应的化学方程式： ________________。

【答案】C HNO3(浓) NO2和CO2 NO和CO2 NO C+4HNO3(浓)。