高考化学培优 易错 难题(含解析)之氮及其化合物附答案
高考化学培优易错难题(含解析)之氮及其化合物附答案
一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．研究金属与硝酸的反应，实验如下。
⑴Ⅰ中产生的无色气体是______。
⑵研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3－，所以NO3－没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是______。
②乙同学通过分析，推测出NO3－也能被还原，依据是______，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是______。
③补全Ⅱ中NO3－被还原为
NH 的过程：NO3－ + ______e－ + ______= NH4+ + ______H2O
4
⑶研究影响产生H2的因素
资料：Fe[(NO)]2+在溶液中呈棕色。
④对比Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，温度不同时收集到氢气的体积不同，原因是______。
⑤Ⅴ中无色气体是混合气体，则一定含有遇空气变红棕色的气体和______。
⑷根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸的还原产物不同的因素有______。
【答案】NO 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 8 10H+ 3 相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3－的还原速率增大的更多 H2金属的种类、硝酸的浓度、温度
【解析】
【分析】
⑴Ⅰ中无色气体NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体。
⑵①依据Ⅰ和Ⅱ硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中生成NO，因此可得NO3－没有发生反应不正确。
②NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，证明NH4+的方法是去一定量溶液加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
③根据化合价降低得到电子配平得到。
⑶④根据现象和温度升高时，化学反应速率增大。
⑤根据元素分析和前面的信息得到答案。
⑷根据实验和几个反应现象得出答案。
【详解】
⑴Ⅰ中产生的无色气体遇空气变为红棕色，则为NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体；故答案为：NO。
⑵①依据Ⅰ和Ⅱ硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出，故认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3－，所以NO3－没有发生反应不正确，故答案为：硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出。
②元素的最高级具有氧化性，故NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，推测出NO3－也能被还原；证实该溶液中含有NH4+的方法为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,故答案为：NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性；取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
③NO3－被还原为NH4+的反应为：NO3－ + 8e－ + 10H+= NH4+ + 3H2O，故答案为：8；10H+；3。
⑶④根据现象可得，Ⅱ、Ⅲ生成氢气，Ⅳ生成有NO，因为相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3－的还原速率增大的更多，故答案为：相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3－的还原速率增大的更多。
⑤Ⅴ中无色气体是混合气体，根据元素分析，则一定含有遇空气变红棕色的NO气体和
H2，故答案为：H2。
⑷根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸的还原产物不同的因素有金属的种类、硝酸的浓度、温度，故答案为：金属的种类、硝酸的浓度、温度。
2．硝酸是重要的化工原料，在工农业生产和国防上有重要用途。
（1）实验室利用硝石（NaNO3）和浓硫酸共热制取硝酸。
①该反应利用了浓硫酸的_______性；
②该反应的温度不宜太高，原因是（用化学方程式表示）______；
（2）工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO3。
①写出氨气的电子式_____；
②写出氨气催化氧化的化学方程式_______；
③在生产过程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%，则制取80 t 的NH 4NO 3需要氨气______t ；
（3）某混合酸1L 中含1mol 的硝酸和2mol 的硫酸。取该混合酸100mL ，加入5.6g 铁粉充分反应。
①反应中可以生成NO____L （标准状况）；
②向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉____g 。
【答案】高沸点性（或不挥发性） 4HNO 3= 4NO 2 ↑ + O 2 ↑ + 2H 2O
4NH 3+ 5O 2
4NO + 6H 2O 42 2.24 5.6 【解析】
【分析】
（1）利用浓硫酸的高沸点分析；
（2）根据 硝酸不稳定能分解分析；
（3）根据氨气转化为硝酸的一系列反应分析氨气的质量。
（4）注意硝酸具有强氧化性，硫酸具有酸性，同时注意铁离子能与铁反应。
【详解】
(1) ①浓硫酸制取硝酸时利用浓硫酸的高沸点性（或不挥发性）；
②硝酸在温度高时能分解生成二氧化氮和氧气和水，方程式为： 4HNO 3= 4NO 2 ↑ + O 2 ↑ + 2H 2O ；
(2). ①氨气的电子式为： ；
②氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为： 4NH 3+ 5O 2
4NO+ 6H 2O ； ③NH 3-NO-HNO 3-NH 4NO 3，80 t 的NH 4NO 3需要转化为硝酸的的氨气的质量为
801780%85%80??=25t ，另外需要和硝酸反应的氨气的质量为80
1780?=17t ，总共氨气的质量为25+17=42t ；
(3). ①反应的离子方程式为Fe+4H ++NO 3-=Fe 3++NO ↑+2H 2O ，根据铁的物质的量为0.1mol ，溶液中的氢离子为0.5mol ，硝酸根离子为0.1mol 分析，铁反应生成0.1mol 一氧化氮，标况下的体积为 2.24L ；
② 反应中消耗0.4mol 氢离子，和0.1mol 硝酸根离子，还剩余0.1mol 氢离子和0.1mol 铁离子，0.1mol 氢离子能反应0.05mol 铁，0.1mol 铁离子能反应0.05mol 铁，故总共反应0.1mol 铁，质量为5.6g 。
【点睛】
铁和硝酸和硫酸的混合酸反应时，硝酸尽可能表现氧化性，硫酸表现酸性，所以根据离子方程式计算，同时注意反应后的溶液中含有铁离子，同样也能溶解铁。
3．如图是模拟工业制硝酸原理的实验装置。先用酒精灯对硬质玻璃管里的三氧化二铬加
热，然后把空气鼓入盛有浓氨水的锥形瓶，当三氧化二铬保持红热状态时，移去酒精灯。根据题意回答问题：
(1)硬质玻璃管里发生反应的化学方程式为______。当三氧化二铬红热时，要移去酒精灯，原因是：______。
(2)圆底烧瓶里的实验现象是______，鼓入空气的作用是______。
(3)实验过程中，如果慢慢地鼓入空气，石蕊溶液的颜色______。
(4)实验结束后，在圆底烧瓶内壁上有时会看到少量无色晶体，写出生成该晶体的化学方程式：______。
(5)工业上要获得浓度较大的硝酸，往往在稀硝酸中加入吸水剂硝酸镁或浓硫酸，然后
______（填一种操作名称）。
(6)实验室里保存浓硝酸要用棕色瓶的原因是__________________（用化学方程式表示）。【答案】4NH3+5O24NO+6H2O 该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低有红棕色气体产生提供O2，且促进氨的挥发变红色 NH3+HNO3=NH4NO3蒸馏 4HNO3(浓)4NO2↑+2H2O+O2↑
【解析】
【分析】
(1)氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；根据反应反应放热，温度会影响催化剂的活性；
(2)根据NO2为红棕色气体；鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；
(3)根据酸能使石蕊溶液变红；
(4)根据NO2与水反应生成硝酸，进而与氨气生成硝酸铵；
(5)根据硝酸和其他溶液是互溶的液体利用硝酸沸点低，容易挥发分析；
(6)根据硝酸不稳定，易分解。
【详解】
(1)氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应为
4NH3+5O24NO+6H2O，该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低；
(2)产生的NO能和O2反应生成红棕色的NO2，鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；
(3)NO2易与水反应生成硝酸，硝酸具有酸性，能使石蕊溶液变红色；
(4)NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3：NH3+HNO3=NH4NO3；
(5)硝酸和硝酸镁溶液或硫酸是互溶，可以利用硝酸沸点低，容易挥发变为气体的性质，采取蒸馏的方法分离；
(6)硝酸不稳定，光照容易分解，故硝酸应盛于棕色瓶，密封放于阴暗处。
【点睛】
本题考查硝酸的制取、保存等知识，涉及氨气的制取、性质以及二氧化氮和硝酸铵等知识，注意把握元素化合物知识的理解和应用。
4．下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中X为正盐，A、C、D均为无色气体。
（1）写出有关的物质化学式。X：_______C：_______E：_______F：_____
（2）写出反应①的化学方程式_____________________________________
（3）写出反应②的离子方程式_____________________________________
【答案】NH4)2CO3 NH3 NO NO2 2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2 8H＋＋2NO3—＋
3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
【解析】
【分析】
X为正盐，A为无色气体，能与Na2O2反应生成无色气体D，则A为CO2，D为氧气，X能与强碱反应生成无色气体C，C与氧气在催化剂的条件下反应生成E，则C为NH3，E为NO，所以X为(NH4)2CO3，碳酸铵受热分解生成氨气、CO2和水，则B为水，NO和氧气反应生成F，F为NO2，F与水反应生成G，则G为硝酸，硝酸与木炭反应生成CO2、NO2和水，硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，以此分析解答。
【详解】
(1)根据上述推断，X为(NH4)2CO3，C为NH3，E为NO，F为NO2，故答案：(NH4)2CO3；NH3；NO；NO2；
(2)根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2，故答案：2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2。
(3) 根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案：8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋
2NO↑＋4H2O。
5．非金属单质A经下图所示的过程可转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：
（1）若A在常温下是固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体：
①D的化学式：_________；
②在工业生产中，B气体大量排放，被雨水吸收后形成____________污染环境。
（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体。
①C的化学式为：_________；
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，该反应的化学方程式为：___________，该反应___（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。
【答案】H2SO4酸雨 NO2 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 属于
【解析】
【分析】
根据框图，非金属单质A能发生连续氧化，含氧酸D为强酸，对应的是硫和氮等元素的转化。
(1)A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
(2)A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3，根据氧化还原反应的特点判断，据此分析解答。
【详解】
(1)A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4。
①由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；
②在工业生产中大量排放的SO2气体被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境，故答案为：酸雨；
(2)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。
①由以上分析可知C为NO2，故答案为：NO2；
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，反应的化学方程式为
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应中Cu的化合价升高，N的化合价降低，属于氧化还原反应，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；属于。
【点睛】
解答本题的关键是物质的颜色和框图中的“连续氧化”特征，也是解答本题的突破口。本题的易错点为A的判断，要注意A属于非金属单质。
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)则Y 和新制氯水主要成分反应生成两种强酸的化学方程式______________。
(2) 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________________。
(3)Z 的水溶液可以制得某种强酸E 。实验室用98%的浓()3E ρ 1.84g?
cm -=n 溶液配制
1l.5mol?L -n 稀E 溶液240mL n 。 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、____和_____； ②算所需E 浓溶液的体积为___mL(保留1位小数)。
II.若Z 是淡黄色固体粉末。在呼吸面具或潜水艇中由Z 和CO 2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 n 密度为11.40g?mL -n 质量分数为63%的浓F 溶液中，得到Z 和24N O (Z 和24N O 均为浓F 溶液的还原产物)的混合气体1792mL(n 标准状况)，向反应后的溶液中加入11.0mol?L NaOH -n 溶液，当金属离子全部沉淀，得到
3.7g n 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】22224SO Cl 2H O H SO 2HCl ++=+ 32242322NH H O SO (NH )SO H O +=+g
玻璃棒 250mL 容量瓶 20.4 2222322Na O 2CO 2Na CO O +=+
2233NO H O 2HNO 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，可判断Y 为2SO 。
II.若Z 是淡黄色固体粉末，可知Z 为过氧化钠。
III.若Z 是红棕色气体，可知Z 为二氧化氮，X 为氮气或氨气，Y 为一氧化氮；
【详解】
()I.1据上述分析可知，二氧化硫和新制氯水反应生成盐酸和硫酸，反应的化学方程式22224SO Cl 2H O H SO 2HCl ++=+；
()2二氧化硫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，生成亚硫酸铵
和水，反应的化学方程式为32242322NH ?
H O SO (NH )SO H O +=+； () 3二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水可得硫酸，故E 是硫酸。实验室用98%
的浓硫酸()3ρ 1.84g?cm -=n 溶液配制1l.5mol?L -n 稀硫酸溶液240mL n 。
① 依据配制溶液的步骤可知需要使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：玻璃棒250mL ；容量瓶；
②依据稀释前后溶液中溶质的物质的量不变，设需E 浓溶液的体积为x ，则
3x 1.84g?cm 980.25L 1.5mol /L 98g /mol
-??=?％，解得x 20.4mL =； II.在呼吸面具或潜水艇中由过氧化钠和2CO 制备氧气的化学反应方程式为，
2222322Na O 2CO 2Na CO O +=+；
()III.1 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为
2233NO H O 2HNO NO +=+，
故答案为：2233NO H O 2HNO NO +=+；
()2金属离子全部沉淀时，得到3.7g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为3.7g 2g 1.7g -=，氢氧根的物质的量为： 1.7g 0.1mol 17g /mol
=，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu 、Mg 的物质的
量分别为xmol 、ymol ，则：220.164242
x y x y +=??+=?计算得出：x 0.02=，y 0.03=，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol ：0.03mol 2=：3，
标况下，2NO 和24N O 混合气体的物质的量为 1.792L 0.08mol 22.4L /mol
=，令二氧化氮的物质的量为amol ，则四氧化二氮的物质的量为()0.08a mol -，根据电子转移守恒可以知道，()a 10.08a 210.1?+-??=，计算得出a 0.06mol =，24N O 的物质的量为0.02mol
根据钠离子守恒可以知道，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，根据氮元素守恒可以知道，硝酸钠的物质的量为
?--?=，故需要氢氧化钠溶液的体积为：
0.1L14mol/L0.06mol0.02mol2 1.3mol
1.3mol
==，
1.3L1300mL
1.0mol/L
故答案为：2:3；1300。
【点睛】
该题考查无机框图题的判断，是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，试题难易适中，侧重对学生基础知识的巩固训练，物质特殊的颜色是推断的突破口。
7．A、B、C、D、E各物质的关系如下图所示：
已知：X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)无色液体A是_____，A与B反应的化学方程式是____________。
(2)由X转化为N2的化学方程式为______________。
(3)白色固体C的化学式为_____。由D转化为E的离子方程式为___。
【答案】浓氨水NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O Ca(OH)2 CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-
【解析】
【分析】
X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X为气体，则X为NH3，由C能与CO2生成白色沉淀D，CO2过量时又转化为无色溶液E，说明C可能是Ca(OH)2，D是CaCO3，E是Ca(HCO3)2。常温下，产生氨气，以及根据X和C，推出A为氨水，B为生石灰，利用生石灰遇水放出热量，促使氨水分解，据此进行分析推断。
【详解】
（1）根据上述分析可知，A为氨水，氨水和氧化钙反应可以生成氨气，发生的反应是
NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
（2）利用氨气的还原性，发生的反应方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
（3）根据上述分析可知，白色沉淀是Ca(OH)2，D转化成E的离子反应方程式为
CaCO3+CO2+H2O=Ca2＋+2HCO3－；
【点睛】
本题的突破口是X，X为气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明是X是氨气，因为氨气是中学阶段，学过的唯一一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，然后根据常温下，制备氨气，利用反应物的状态，推测A为氨水，B为生石灰，进一步进行推测。
8．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。请根据下图的转化关系回答：
(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________
(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________
(3)若A和B按1:1通入水中反应，写出反应方程式_________________。
【答案】NH 3+H2O NH３·H2O NH4++OH- SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+
SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
【解析】
【分析】
D的混合液中滴加石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显酸性；加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明D溶液中含有NH4+；加入稀硝酸酸化后，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl-；加入盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-；C溶液中通入氯水得到D溶液，再结合甲和乙生成A的反应条件，丙和丁点燃条件下生成B，并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体；A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。可知甲为H2、乙为N2、丙为O2，丁为S，A为NH3、B为SO2，C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，据此分析解题。
【详解】
(1)由分析知A为NH3，因其电离使水溶液显碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，发生反应的方程式和电离方程式为NH3 + H2O NH3·H2O NH4+＋OH－；
(2) C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+；
(3) NH3和SO2按1:1通入水中生成NH4HSO3，发生反应的方程式为
SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。
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) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，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2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。
10．某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe2+、Al3+、
NH4+、Cl-、CO32-和SO42-。现每次取100.00mL进行实验：（已知：NH4++OH -Δ
NH3↑
+H2O）
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体0.896L（标准状况下）
③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余
2.33g 。请回答：
(1)c(CO 32-) =_________mol/L ；
(2)K + 是否存在？__________；若存在，浓度范围是__________(若不存在，则不必回答第2问)；
(3)根据以上实验，不能判断______（填离子符号）是否存在。若存在此离子，如何进行检验？_____________________________________________________。
【答案】0.2 存在 c (K +)≥0.2mol/L Cl - 取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl -，否则无Cl -
【解析】
【分析】
先根据实验现象判断溶液中存在的离子，不存在的离子，可能存在的离子；
(1)先判断③中酸洗涤前后质量减少的量的成分，再根据减少的沉淀的量计算碳酸根离子的浓度；
(2)先确定实验③中酸洗后沉淀的成分，计算硫酸根离子的物质的量，根据氨气的体积计算铵根离子的物质的量，再根据溶液中阴阳离子所带电荷相等，判断钾离子是否存在；若存在，根据阴阳离子的电荷相等，求出钾离子的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算钾离子的物质的量浓度；
(3)根据实验现象判断；根据氯离子的检验方法检验，但先判断硫酸根离子的干扰。
【详解】
根据实验①现象判断：该溶液中可能含有Cl -、CO 32-、SO 42-；根据实验②现象判断，该溶液中含有NH 4+；根据实验③现象判断，该溶液中含有CO 32-和SO 42-离子，同时排除溶液中含有Mg 2+、Fe 2+、Al 3+；
(1)根据实验③现象，酸洗涤沉淀前后，质量减少，减少的质量为碳酸钡的质量，则碳酸钡的物质的量为()6.27 2.33g
197/mol g -=0.02mol ，由原子守恒可知，碳酸根的物质的量浓度=n V ＝0.02mol 0.1L
=0.2mol/L ； (2)根据实验③现象，酸洗涤沉淀后沉淀的质量为硫酸钡的质量，其物质的量为
2.33233/mol
g g =0.01mol ；由生成的NH 3为0.896L ，可知铵根离子的物质的量为0.89622.4/mol
L L =0.04mol ；根据溶液中阴阳离子所带电荷相等得，钾离子存在；一个硫酸根离子、一个碳酸根离子都各带两个单位的负电荷，一个铵根离子、一个钾离子各带一个单位的正电荷，设其物质的量为xmol ，根据溶液中阴阳离子所带电荷相等列方程
式， 0.02mol×2+0.01mol×2=0.04m0l×1+xmol×1，解得：x=0.02，钾离子的物质的量浓度=n V ＝0.02mol 0.1L
=0.2mol/L ，因溶液中可能还含有Cl -，则实际c (K +)≥0.2mol/L ； (3)根据实验①现象判断，不能判断氯离子是否存在；氯离子和银离子反应生成白色沉淀，
且该沉淀不溶于水和硝酸，所以可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，但先判断硫酸根离子的干扰，则实际操作为取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl -，否则无Cl -。
11．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 。
12．已知A是一种金属，其焰色反应呈黄色，B溶液能使酚酞试液变红；D、F相遇会产生白烟。A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：
（1）A的名称是___；F的化学式是__。
（2）B→D反应的化学方程式为__。
（3）F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是__。
（4）已知，气体D也能与Cl2发生反应，试写出当Cl2足量时该反应的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移的数目___。
【答案】钠HCl NaOH+NH4Cl NaCl+NH3↑+ H2O HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴
【解析】
【分析】
A是一种金属，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，B溶液能使酚酞试液变红，说明B是碱，焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知A是Na，E是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反应生成D，D、F 相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl。
【详解】
(1)根据上面的分析可知，A的名称为钠，F的化学式为HCl，故答案为：钠； HCl；
(2) 根据上面的分析可知，B是NaOH，C是NH4Cl，在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水，反应方程式为：NaOH+NH4Cl NaCl+NH3↑+ H2O；答案：NaOH+NH4Cl NaCl+NH3↑+ H2O；
(3)根据上面的分析可知，F是HCl，F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴；答案：HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴；
(4)根据上面的分析可知，D是NH3，气体D也能与Cl2发生反应生成氮气和 HCl，其反应的方程式为：3Cl2 + 2NH3 = 6HCl + N2 ，用双线桥法标出电子转移的数目
；答案：。
13．镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，生成少量的物质A，已知A有下面一系列变化。气体C能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)写出A、C、D的化学式：
A________；C________；D________。
(2)写出下列反应的化学方程式：
①______________________________________________；
②____________________________________________。
【答案】Mg3N2 NH3 Mg(OH)2 Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋2NH4Cl MgCl2＋
2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl，NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑
【解析】
【分析】
镁条在空气中燃烧时，镁可与空气中的一种主要成分反应，镁和空气生成氧化镁和氮化镁，生成少量的物质A，即A为氮化镁，气体C能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明C 为氨气。溶液B为氯化铵和氯化镁的混合，溶液B于氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、氨气和氯化钠。
【详解】
(1)根据上面分析得出A、C、D的化学式：A为Mg3N2；C为NH3；D为Mg(OH)2，故答案为：Mg3N2；NH3；Mg(OH)2。
(2)①氮化镁和盐酸反应生成氯化镁和氯化铵，反应方程式为Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋
2NH4Cl，故答案为：Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋2NH4Cl。
②氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，反应方程式为MgCl2＋
2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl，氯化铵和氢氧化钠加热反应生成氯化钠、氨气和水，反应方程式为NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑，故答案为：MgCl2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋
2NaCl，NH4Cl＋NaOH NaCl＋H2O＋NH3↑。
14．加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤。干燥后，沉淀质量为
2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-
+Ba2+═BaCO3↓、SO42-+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+。
由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为
2.33g
233g/mol
═0.01mol，则SO42-物质的量为
0.01mol，SO42-物质的量浓度=0.01mol
0.1L
=0.1mol/L；
BaCO3为6.27g-2.33g═3.94g，物质的量为
3.94g
197g/mol
═0.02mol；则CO32-物质的量为
0.02mol，CO32-物质的量浓度为0.02mol
0.1L
═0.2mol/L；
由上述分析可得，溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+；而CO32-、
SO 42-、NH 4+物质的量分别为0.02mol 、0.01mol 、0.04mol ；CO 32-、SO 42-所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol ，NH 4+所带正电荷为0.04mol ，根据溶液中电荷守恒，可知K +一定存在，K +物质的量≥0.01 mol ，当K +物质的量＞0.02 mol 时，溶液中还必须含有Cl -；当K +物质的量=0.02 mol 时，溶液中不含有Cl -，以此解答该题。
【详解】
(1)碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，实验1得到的沉淀无法确定是否为氯化银，不能判断Cl ﹣是否存在。
(2)加入NaOH 溶液并加热产生的气体为NH 3，NH 4+的物质的量为10.896L 22.4L mol -?=0.04 mol ，c(NH 4+)=0.04mol 0.1L
=0.4 mol·L -1。加入足量BaCl 2溶液产生沉淀，当再加盐酸时沉淀部分溶解，说明溶液中一定含有CO 32-、SO 42-；剩余2.33 g 固体为BaSO 4，利用硫守恒可知溶液中
c(SO 42-)=12.33g
233g mol 0.1L
-?=0.1 mol·L -1；6.27g 固体中碳酸钡的质量为6.27 g ﹣2.33 g=3.94 g ，利
用碳守恒可知溶液中c(CO 32-)=13.94g
197g mol 0.1L
-?=0.2 mol·
L -1；溶液中肯定存在的离子是NH 4+、CO 32-和SO 42-，由电荷守恒可知c(K +)≥0.1 mol?L -1×2+0.2 mol·L -1×2﹣0.4 mol·L -1×1=0.2 mol·L -1，溶液中一定存在K +。
【点睛】
破解离子推断题的几种原则：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe 2+、Fe 3+、Cu 2+、MnO 4－、CrO 42－、Cr 2O 72－)；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H 2、水的电离情况等)；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
15．下列有关物质的转化关系如图所示（部分反应条件己路去）。A 是紫红色的金属单质，B 为强酸，E 在常温下为无色液体，D 、F 、G 为气体。请回答下列问题：
（1）G 的化学式为___，实验室中试剂B 应保存在___中。
（2）写出反应①的化学方程式：___，反应中B 体现的性质为___。
（3）写出反应②的离了方程式：___，实验室中F 可用___法收集。
【答案】O 2 棕色试剂瓶 Cu+4HNO 3（浓）═Cu （NO 3）2+2NO 2↑+2H 2O 强氧化性、酸性 3NO 2+H 2O=2H ++2NO 3-+NO 排水
【解析】
【分析】
A 是紫红色的金属单质，则A 为Cu ，
B 为强酸，且与Cu 反应生成
C 、
D 、
E ，而E 在常温下为无色液体，可知B 为硝酸或硫酸，而D 能与E 反应生成B 与
F ，且D 、F 为气体， 可推知B 为浓硝酸、C 为()32Cu NO 、D 为2NO 、E 为2H O 、F 为NO ，硝酸在光照条件下分解生成的气体
G 为2O 。
【详解】
（1）由分析可知，G 的化学式为：O 2．B 为浓硝酸，实验室中试剂B 应保存在：棕色试剂瓶中，故答案为：O 2；棕色试剂瓶；
（2）反应①的化学方程式：Cu+4HNO 3（浓）═Cu （NO 3）2+2NO 2↑+2H 2O ，反应中硝酸体现的性质为：强氧化性、酸性，故答案为：Cu+4HNO 3（浓）═Cu （NO 3）
2+2NO 2↑+2H 2O ；强氧化性、酸性；
（3）反应②的离了方程式：3NO 2+H 2O ═2H ++2NO 3﹣+NO ，实验室中F （NO ）可用排水法收
集，
故答案为：3NO 2+H 2O ═2H ++2NO 3﹣+NO ；排水。