2022届高三化学高考备考一轮复习化学氮及其化合物专项训练

这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习化学氮及其化合物专项训练，共22页。试卷主要包含了单选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（15题）
1．化学之美美不胜收，值得去品味，去欣赏。下列化学之美与所涉及的化学知识不相符的是
A．AB．BC．CD．D
2．下列实验设计正确的是
A．装置甲铝热反应B．装置乙随关随停制氨
C．装置丙形成喷泉且充满烧瓶D．装置丁比较醋酸与硼酸酸性
3．一种高效电解质的结构如图所示，W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，X与Q同族，Y和Z的原子序数之和与Q相等。下列说法正确的是
A．X与Q的最高化合价均为+6
B．化合物QX2、YX2均能与NaOH溶液反应
C．简单氢化物的沸点：Q＞Z＞X
D．W单质在空气中燃烧的产物是W2O2
4．硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示：
已知：①CS2不溶于水，密度比水的大；②NH3不溶于CS2；③三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂，滴加KOH溶液前，发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS。下列说法错误的是
A．装置A中的反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
B．装置B中的药品为无水氯化钙
C．装置D中水的作用是溶解氨气和生成的产物
D．装置Ｅ的作用是吸收尾气，防止污染
5．三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是
A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C．还原过程中生成0.1 ml ，转移0.5 ml电子
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
6．NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g) △H=+57kJ•ml-1。在给定条件下，下列物质间所示的转化不能实现的是
A．NH3N2B．NO2HNO3
C．NONaNO2D．NON2
7．图中实验装置不能达到相应实验目的的是
A．装置甲可用于制备并收集少量干燥氨气
B．装置乙可用于制备
C．装置丙可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
D．装置丁可用于制备金属锰
8．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．通入大量二氧化碳的溶液：K+、Ca2+、、NO
B．能溶解的溶液中：NH、K+、SO、NO
C．含有硝酸钠的溶液：H+、Mg2+、I-、SO
D．的溶液：K+、Fe3+、SO、
9．W、X、Y、Z的转化关系如图所示(“→”代表一步反应)。下列各项物质不能满足图示转化关系的是
A．AB．BC．CD．D
10．关于化合物(与性质相似)的性质，下列推测不合理的是
A．与溶液共热产生B．与铁盐反应生成血红色沉淀
C．与溶液共热产生氨气D．加热后生成硫脲()
11．NH3的合成开启了工业催化新纪元，为世界粮食增产做出了巨大贡献。以N2和H2为反应物合成NH3的微观过程如图：
下列说法正确的是
A．表示氢气分子
B．过程中有“NH”“NH2”原子团生成
C．参加反应的H2与生成的NH3物质的量比为2：3
D．反应结束后催化剂的质量增加
12．含氮化合物过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。
吹脱法：调节水体至8左右，然后持续向水中吹入空气。
折点氯化法：调节水体至6左右，向水中加入适量。
下列分析不正确的是
A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：
B．吹脱法的原理是通过鼓气降低浓度，从而降低水中与的含量
C．折点氯化法除的原理为：
D．吹脱法无法对含的水体脱氮，但折点氯化法可以对含的水体脱氮
13．价类二维图是学习元素化合物的工具，a~g分别表示氮元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示。下列说法正确的是
A．a可经过转化，最终制备出eB．可用湿润的蓝色石蕊试纸检验g
C．b常温下可转化为c，造成空气污染D．f属于强电解质
14．将一定量的镁和铜组成的混合物加入到过量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。向反应后的溶液中加3ml/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。下列叙述错误的是
A．当金属全部溶解时，电子转移的物质的量为0.3ml
B．参加反应的金属的总质量在3.6g~9.6g之间
C．当金属全部溶解时，产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24L
D．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积为100mL
15．化合物ZYX4的结构如图所示，其中X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素， X是周期表中原子半径最小的元素。下列叙述中不正确的是
A．是短周期元素中金属性最强的元素
B．的最高价氧化物对应水化物呈弱酸性
C．与能形成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
D．化合物可能有强还原性
二、工业流程题（4大题）
16．硝酸铁是一种工业和医药行业常用的原料，用作媒染剂、铜着色剂等。Fe(NO3)3∙9H2O是浅紫色晶体，易溶于水、乙醇和丙酮。
Ⅰ. 利用稀硝酸和铁屑制备硝酸铁。目前常见的生产流程如图所示。
（1）反应釜中原料是稀硝酸和细铁屑，反应的离子方程式是_______。硝酸需要过量，原因是_______。
（2）会污染空气，不能随意排放，浓缩池中也会产生，请用化学用语解释产生的原因_______。
（3）冷却结晶后的硝酸铁晶体，最适宜用下列哪种试剂进行洗涤_______。
A．水B．四氯化碳C．20%稀硝酸D．乙醇
Ⅱ. 利用工业废水制备硝酸铁。不锈钢酸洗废液中含有大量、、等金属离子，可对不锈钢酸洗废液中的各金属元素进行分离，并利用分离的含铁物质制备硝酸铁，同时回收其他金属。
已知：①Cr(OH)3是两性氢氧化物。
②各金属离子沉淀的范围如下表所示：
（4）分离出适宜的范围是_______。
17．从石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、M、Fe等)中回收钒、钼，是提取这些紧缺金属的重要方法。国内采用的一种工业流程如下：
回答下列问题：
(1)对原料进行了两次焙烧，第一次焙烧的目的是____，第二次焙烧时发生反应的化学方程式为____。
(2)水浸取滤渣中主要含有氧化镍、三氧化二铁。室温“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.5ml/L、c(Fe2+)=0.2ml/L，加入适量碳酸钠调节溶液的pH可以使“沉铁”完全且较纯净，则调节pH的范围为_______(假设溶液体积不变，沉淀完全的离子浓度≤1×10-5，lg6=0.8，lg2=0.3，Ksp[Fe(OH)3]=2.16×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15)
(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)和温度对其影响如上图所示，则K最佳值约为_______﹐温度最佳值约为_______，温度过高会使沉钒率下降，原因是_______。
(4)钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH4)2M2O7，相对分子质量为340]，取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图所示：
则597℃时，二钼酸铵热分解的化学方程式为_______。
18．氨基磺酸()是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，溶于水时有存在如下反应：。在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：
已知“磺化”步骤发生的反应为：
①
②
发生“磺化”步骤反应的装置如图所示：请回答下列问题：
(1)下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是_______。
A．仪器a的名称是三颈烧瓶
B．冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入
C．抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
D．抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管
(2)“磺化”过程温度与产率的关系如图所示，控制反应温度为75~80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是_______。
(3)“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是_______。
(4)“重结晶”时，溶剂选用10%~12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是_______。
(5)“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用的标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成，的还原产物也为。
①电子天平使用前须通电预热并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按归零键，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。
②试求氨基磺酸粗品的纯度：_______(用质量百分数表示)。
③若以酚酞为指示剂，用的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比法_______(填“偏高”或“偏低”)。
19．五水合硫酸铜(CuSO4·5H2O)是蓝色晶体，某学生实验小组利用铜屑制备CuSO4·5H2O，并进行了相关实验。具体合成路线如下：
回答下列问题：
(1)铜屑需经预处理除去表面油污，方法是___________。
(2)步骤①的实验装置如图(a)所示(夹持、加热仪器略)，其中浓硝酸需要逐滴加入，其原因是___________。(写出两点即可)
(3)CuSO4·5H2O在受热时质量分数(w)随温度的变化情况如图(b)所示。据此分析可知，CuSO4·5H2O受热过程可能发生的化学反应是___________(填标号)。
A．
B．
C．
D．
(4)制备过程中若加热不当会导致晶体发白，为了得到蓝色的CuSO4·5H2O晶体，步骤③最适宜采用___________(填标号)加热。
A．电热套B．酒精灯C．水浴锅 D．煤气灯
(5)CuSO4·5H2O保存不当会失水风化，为测定所得产品中结晶水的含量，学生小组进行了如下实验：
①准确称取产品(CuSO4·xH2O)mg置于250mL锥形瓶中，用适量水溶解，加入足量KI，得到白色沉淀和I2的棕黄色溶液，相应的离子方程式为___________。
②以淀粉为指示剂，用浓度为cml·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定上述反应中生成的I2，滴定终点时的颜色变化为___________。
③滴定达终点时消耗Na2S2O3溶液VmL，则x=___________(列表达式)。
(已知：滴定反应的离子方程式为：)
(6)请从原子经济性和环境友好的角度，设计由铜制备CuSO4·5H2O的合成路线___________。
选项
化学之美
化学知识及应用
A
“日照香炉生紫烟”描述了阳光透过水雾形成的唯美景观
水雾展于气溶胶，能产生丁达尔现象
B
氨气形成美丽喷泉
氨气极易溶于水
C
用小球、棍棒组装精美的有机物分子模型
乙烯、苯、环己烷均为平面轴对称结构
D
科学家设计精妙的路线合成新药
使用催化剂可使反应向生成所需药物的方向进行
选项
W
X
Y
Z
A
Na
Na2O
NaOH
NaCl
B
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
C
Al
Al2O3
NaAlO2
AlCl3
D
N2
NH3
NO2
HNO3
开始沉淀
1.5
4.6
6.7
完全沉淀
3.2
6.9
9.5
参考答案
1．C
【详解】
A．水雾溶于空气中，会形成气溶胶，阳光透过，会产生丁达尔现象，A项正确；
B．氨气极易溶于水，使得容器内外形成较大压强差，从而形成喷泉现象，B项正确；
C．环己烷的空间构型主要有两种，船式或椅式，不是平面结构，C项错误；
D．催化剂可以改变化学反应速率，加入催化剂可使原本几乎不反应或反应慢的反应，反应速率加快，向着所需物质的方向进行，D项正确；
答案选C。
2．D
【详解】
A．装置甲铝热反应中还缺少氯酸钾，A错误；
B．碱石灰为粉末状固体，其成分中含有氧化钙，氢氧化钠等，在图示装置中利用碱石灰和浓氨水制备氨气时，多孔塑料板上的碱石灰会落到塑料板下，使碱石灰浸泡在浓氨水中，不能达到随关随停制氨的目的，B错误；
C．二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，因此装置丁形成喷泉但不能充满烧瓶，C错误；
D．醋酸与碳酸氢钠反应生成气体，而硼酸不能，由强酸制取弱酸的原理可知醋酸和硼酸的酸性强弱，D正确；
答案选D。
3．B
【分析】
W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，W可形成1价阳离子、W为ⅠA，则X与Q同族，Q能共用6对电子对、则最外层有6个电子，X、Q为ⅥA，结合原子序数的相对大小可知：X为O元素、Q为S元素，W为Li元素；Z能共用1对电子对，Z为ⅦA、结合原子序数的相对大小，Z为F元素，Y和Z的原子序数之和与Q相等，Y的原子序数=16-9=7，Y为N元素，Y共用2对电子对、从W处得到1个电子，则Y也满足8电子结构，综上，W为Li、Y为N、X为O、Z为F、Q为S，据此回答。
【详解】
A．X为O、Q为S， Q的最高化合价均为+6，X则没有+6价，A错误；
B． 化合物QX2即二氧化硫是酸性氧化物、能与氢氧化钠溶液反应，YX2为二氧化氮能和氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，B正确；
C．X为O、Z为F、Q为S，简单氢化物分别为H2O、HF、H2S，水分子之间有氢键、氟化氢分子之间也有氢键，水分子间的氢键数大于氟化氢分子间的氢键数，硫化氢分子间只存在分子间作用力，因此，沸点： X＞Z＞Q，C错误；
D． W单质(Li)在空气中燃烧的产物是W2O(Li2O)，D错误；
答案选B。
4．B
【分析】
实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，经碱石灰干燥后，通过已知③可知在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3+Cr2O+8H+=N2↑+2Cr3++7H2O转为氮气；
【详解】
A．装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，A正确；
B．装置B的作用是干燥氨气，无水氯化钙能与氨气发生化学反应，氨气显碱性，则选择用碱石灰作干燥剂，B错误；
C．装置D中CS2不溶于水，NH3不溶于CS2，加入水的作用是溶解氨气，反应生成NH4SCN，加水可溶解产物，再加入KOH溶液反应生成KSCN，C正确；
D．装置E中，NH3被酸性重铬酸钾氧化为氮气，H2S被酸性重铬酸钾氧化为硫酸，则利用E装置可除去含有H2S和NH3的尾气，以免污染环境，D正确；
故选：B。
5．D
【详解】
A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；
B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；
C．还原过程中生成0.1 ml N2，转移电子的物质的量为0.1 ml×(5-0)×2=1 ml，故C错误；
D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；
故选D。
6．C
【详解】
A．按照氧化还原反应的价态变化规律可知，故A不符合题意；
B．按照氧化还原反应的价态变化规律可知，故B不符合题意；
C．NO是不成盐氧化物，NaOH溶液不能吸收NO气体，故C符合题意；
D．按照氧化还原反应的原则可知，故D不符合题意；
故答案为：C。
7．A
【详解】
A．氨气密度比空气小，故应该用向下排空气法收集氨气，A错误；
B．利用Fe和稀硫酸制的同时除去液面上方空气，防止制备时氢氧化亚铁被氧化，B正确；
C．左侧的五氧化二磷是为了让酸性气体从左侧流出，右侧的碱石灰是为了让碱性气体从右侧流出，C正确；
D．与铝热反应相似，装置丁可用于制备金属锰，D正确；
故答案选A。
8．A
【详解】
A．K+、Ca2+、、NO之间不反应，通入二氧化碳后也不反应，能够大量共存，故A正确；
B．能溶解的溶液为强酸或强碱溶液，若为强碱溶液，NH与OH-生成NH3H2O，不能大量共存，故B错误；
C．硝酸钠在酸性溶液中具有强氧化性，H+、I-、NO之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．该溶液存在大量氢离子，Fe3+和在溶液中生成硫氰化铁，不能大量共存，故D错误；
答案选A。
9．D
【详解】
A．Na和氧气在常温下反应生成Na2O，Na2O和水反应生成NaOH，NaOH和盐酸反应生成NaCl，Na和水反应生成NaOH和氢气，故不选A；
B．Fe和氯气在加热条件下生成FeCl3，FeCl3和铁反应生成FeCl2，FeCl2和氢氧化钠反应生成Fe(OH)2，Fe和盐酸能反应生成FeCl2和氢气，故不选B；
C．Al和氧气反应生成Al2O3，Al2O3和氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2和足量盐酸反应生成AlCl3，Al和氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，故不选C；
D．NH3发生催化氧化生成NO，N2和氧气在放电条件下生成NO，故选D；
选D。
10．B
【详解】
A．NH4SCN中的N为-3价，NaNO2中N为+3价，两者可以发生氧化还原反应生成N2，故A正确；
B．NH4SCN中的SCN-能和Fe3+反应生成血红色的Fe(SCN)3，Fe(SCN)3溶于水，不沉淀，故B错误；
C．NH4SCN中的能和OH-共热生成氨气，故C正确；
D．NH4CNO加热能生成尿素( )，NH4SCN 与NH4CNO性质相似，所以NH4SCN 加热能生成硫脲( )，故D正确；
故选B。
11．B
【详解】
A．根据合成NH3的微观过程如图可知，表示的是氮分子，故A错误；
B．根据合成NH3的微观过程如图可知，过程中有“NH”“NH2”原子团生成，故B正确；
C．根据合成NH3的微观过程如图可知，参加反应的H2与生成的NH3物质的量比为3：2，故C错误；
D．根据合成NH3的微观过程如图可知，催化剂参加了反应，但反应前后没有发生变化，故D错误；
答案B。
12．D
【详解】
A．含氨和铵盐的水体中存在一水合氨的电离平衡及一水合氨的分解平衡，所以含有氨和铵盐的水体中存在平衡，A正确；
B．通过鼓气降低NH3溶解度从而降低其浓度，则中平衡正向移动，从而降低水中NH3•H2O与NH4+的含量，B正确；
C．中N元素为-3价，所以具有还原性，NaClO具有强氧化性，则能被NaClO氧化生成氮气和HCl，离子方程式为2+3ClO-═N2↑+3Cl-+3H2O+2H+，C正确；
D．吹脱法是利用物理方法脱氮，无法对含的水体脱氮，折点氯化法是利用ClO-的强氧化性将氧化成，N元素不能脱离水体，所以无法脱氮，D错误；
故答案为：D。
13．A
【分析】
a为，b为N2，C为NO，d为NO2，e为HNO3，据此分析解题。
【详解】
A．经，最终制备出，A正确；
B．检验应使用湿润的红色石蕊试纸，B错误；
C．在常温下不能转化为NO，C错误；
D．为弱碱，为弱电解质，D错误；
答案选A。
14．D
【分析】
将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应3Mg+8HNO3 (稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3ml/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为n=，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15ml。
【详解】
A．根据上述分析可知：反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量， n(e-)=n(OH-)=0.3ml，A正确；
B．镁和铜的总的物质的量为0.15ml，若全为Mg，其质量是m=0.15ml×24g/ml=3.6g；若全为金属Cu，其质量为m=0.15ml×64g/ml=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6g＜m＜9.6g，B正确；
C．反应过程中转移电子的物质的量为0.3ml，根据电子转移数目相等，可知反应产生NO的物质的量为n(NO)=，其在标准状况下的体积V=0.1ml×22.4L/ml=2.24L，C正确；
D．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3ml，需要氢氧化钠溶液体积V=；若硝酸有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，D错误；
故合理选项是D。
15．C
【分析】
由题干信息可知，X是周期表中原子半径最小的元素，故X为H， 结合化合物化合物ZYX4的结构示意图可知Y周围形成了4个共价键，且形成带一个单位负电荷的离子，故Y为B，Z形成了+1价的阳离子，结合X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，故Z为Na，据此分析解题。
【详解】
A．由分析可知，Z为Na，故是短周期元素中金属性最强的元素，A正确；
B．由分析可知，Y为B，故的最高价氧化物对应水化物即H3BO3呈弱酸性，B正确；
C．由分析可知，Y为B、X为H，与不能形成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C错误；
D．由分析可知，化合物即NaBH4，由于分子式的H元素为-1价，故可能有强还原性，D正确；
故答案为：C。
（5）请设计实验，继续从废液中分别分离出Cr元素和Ni元素_______。16．
（1） Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O 防止生成，抑制水解
（2）4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑
（3）C
（4）
（5）加入过量NaOH，Cr3++4OH-=+2H2O，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，过滤后滤渣中可得Ni元素；再向滤液中加入稀盐酸，调节至pH=7-8，，过滤，滤渣中可得元素
【分析】
反应釜中稀硝酸和Fe反应，方程式为4HNO3+Fe=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，NO可以与O2反应生成NO2，2NO+O2=2NO2，NO与NO2通入碱液中吸收；Fe(NO3)3溶液在120℃下浓缩，加入Fe(NO3)3晶种后结晶，经过离心分离得到Fe(NO3)3∙9H2O。
（1）
根据分析，稀硝酸和Fe反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，离子方程式为Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；硝酸具有强氧化性，硝酸过量可以将Fe2+完全氧化为Fe3+，而且酸过量可以抑制Fe3+的水解；
（2）
浓缩池中有过量的硝酸，受热分解，方程式为4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑；
（3）
A．硝酸铁晶体溶于水，不能用水洗涤，A不符合题意；
B．CCl4不溶于水，因此无法洗涤，B不符合题意；
C．20%稀硝酸可以洗去硝酸铁表面较浓的硝酸，也可以抑制Fe3+的水解，C符合题意；
D．乙醇可以洗去水，但不能抑制Fe3+的水解，D不符合题意；
故选C。
（4）
调pH需要Fe3+完全沉淀，Cr3+不能沉淀，因此pH的反应是3.2≤pH