2021届高考化学一轮复习过关训练：氮及其化合物（解析版）

氮及其化合物
1．水合肼(N2H4·H2O)为无色透明的油状发烟液体，是一种重要的精细化工原料，其制备的反应原理为NaClO＋2NH3===N2H4·H2O＋NaCl。下列关于实验室制备水合肼的操作不正确的是(　　)
甲 乙 丙 丁
A．装置甲中试剂X可以选择生石灰 B．装置乙作为反应过程的安全瓶
C．装置丙制备水合肼时氨气从b口进入 D．装置丁可用于吸收多余的尾气
【答案】C
【解析】A项：装置甲用于制备氨气，试剂X可以是生石灰，利用CaO与水反应放热使氨气从溶液中逸出，A项正确；B项：氨气极易溶于水，为防止倒吸，用装置乙作为安全瓶置于甲乙之间，B项正确；C项：为有利于氨气与NaClO溶液反应，制备水合肼时氨气应从装置丙a口进入，C项错误；D项：氨气会污染环境，实验时用装置丁进行尾气处理并防倒吸，D项正确。
2．练江整治已刻不容缓，其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH4+ 废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），设计了如下工业流程：

下列说法错误的是
A．气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO
B．X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气
C．处理含NH4+废水时，发生离子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O
D．捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】B
【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2过量，则固体I为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正确；B．由分析可知，气体I是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，B错误；C．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O， C正确；
D．气体II含有CO、N2，经捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确。
3．NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图)。下列有关表述正确的是

A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B．NO2与水反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应
D．利用上述关系制取NaHCO3的操作为向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2、NH3，然后过滤得到NaHCO3
【答案】C
【解析】A．NaHCO3不是化肥，故A项错误；B．由方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，NO2既作氧化剂又作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故B项错误；C．在NH3和NO2中N元素的化合价分别是-3价、+4价，由于在两种化合价之间有0价、+2等价态，因此在一定条件下可发生氧化还原反应，故C项正确；D．由于CO2在NaCl溶液中溶解度不大，所以制NaHCO3时是向饱和NaCl溶液中先通入NH3再通入CO2，故D项错误。
4．某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：

①、③均观察到实验现象：溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生。下列说法正确的是
A．①试管口有红棕色气体产生，原因是硝酸被还原为NO2
B．由③的现象可得出结论：Cu可与稀硫酸反应
C．③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-+8H+ === 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
D．③中可能产生SO2
【答案】C
【解析】A. 稀硝酸和铜片反应的离子方程式为：3Cu＋2NO3-+8H+ = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，①试管口有红棕色气体产生是因为NO被氧化为NO2，故A错误；B. 产生③的现象是因为剩余的NO3-遇到硫酸中的氢离子发生了反应：3Cu＋2NO3-+8H+ = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故B错误；C. ③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-+8H+ = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故C正确；D. SO2具有较强的还原性，所以③中不可能产生SO2，故D错误。
5．如下图,利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水,立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是（ ）

选项
实验现象
解释
A
干燥红色石蕊试纸不变色,湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3是一种可溶性碱
B
浓硫酸附近无明显现象
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化物溶液变浑浊
该溶液一定是MgCl2溶液
D
浓盐酸附近产生白烟
NH3与浓盐酸挥发出的HCl反应产生了NH4Cl固体

【答案】D
【解析】A. 干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石蕊试纸变蓝，是因为NH3与H2O发生反应生成了NH3·H2O，其溶液呈碱性，并不是氨气自身显碱性，故A项错误；B. 浓硫酸与NH3可发生反应，其化学方程式为： 2NH3+H2SO4 = (NH4)2SO4，但无明显现象，故B项错误；C、该溶液可能为MgCl2溶液、AlCl3溶液等，解释不正确，故C项错误；D. 浓盐酸易挥发，挥发出的HCl气体遇NH3会反应生成白烟，该烟是NH4Cl晶体，故D项正确。
6．某课外实验小组设计的下列实验合理的是 ( )

A．制备少量氨气 B．吸收氯化氢
C．配制一定浓度的硫酸溶液 D．制备并收集少量NO2
【答案】A
【解析】A．氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氨气，氨气的密度比空气的密度小，则选向下排空气法收集，试管口塞棉花，防止与空气对流，故A正确；B．HCl极易溶于水，则图中导管在液面下极易发生倒吸，故B错误；C．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D．二氧化氮与水反应，不能用排水法收集，应选向上排空气法收集，故D错误；故选A。
7．氮是动植物生长不可缺少的元素，含氮化合物也是重要的化工原料。自然界中存在如图所示的氮元素的循环过程。下列说法不正确的是( )

A．过程①“雷电作用”中发生的反应是N2+O22NO
B．过程③“固氮作用”中，氮气被还原
C．过程⑤中涉及的反应可能有2NO+O2=2NO
D．过程⑥中涉及的反应可能有2NO+12H+=N2↑+6H2O
【答案】D
【详解】
A．过程①“雷电作用”中氮气与氧气化合生成NO，即发生的反应是N2+O22NO，A说法正确；
B．过程③“固氮作用”中氮元素化合价降低，氮气被还原，B说法正确；
C．过程⑤中NO，被氧化为NO，涉及的反应可能为2NO+O2=2NO，C说法正确；
D．过程⑥中氮元素化合价降低，NO被还原，涉及的反应不可能为2NO+12H+=N2↑+6H2O，D说法错误；
答案为D。
8．实验室模拟合成氨和氨催化氧化的实验装置如下图。反应一段时间后向丙中通入O2并伸入红热的铂丝,锥形瓶中有红棕色气体出现。下列说法错误的是(　　)

A．分离液态空气制取氮气的依据是氮气和氧气的沸点不同
B．氮气和氢气通过甲装置混合,其主要作用是干燥和控制气体流速
C．丙中导气管不会发生倒吸的原因可能是反应中氨的产率较少
D．丙的溶液和棉花中均存在 ,说明直接发生反应NH3+2O2 HNO3+H2O
【答案】D
【详解】
A. 氮气和氧气的沸点不同，因此可依据二者沸点不同分离液态空气制取氮气，A正确；
B. 浓硫酸具有吸水性，氮气和氢气通过盛有浓硫酸的甲装置混合，一方面可以干燥气体，另一方面可控制气体流速，从而控制反应速率，B正确；
C. 由于合成氨反应是可逆的，生成的氨气较少，因此丙中导气管不会发生倒吸，C正确；
D. 在催化剂作用下氨气和氧气反应生成NO，NO继续被氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，所以丙的溶液和棉花中均存在，D错误；
答案选D。
9．下列关于氮及其化合物说法，不正确的是
A．用足量氢氧化钠溶液一定可以完全吸收废气中的氮氧化物(NO和NO2)
B．硝酸常用来制造氮肥、染料、塑料、炸药、硝酸盐
C．在一定条件下，铵盐都可以分解
D．在工业上可用液氨作制冷剂
【答案】A
【详解】
A．当NO和NO2的物质的量之比大于1:1时，不能被氢氧化钠完全吸收，A不正确；
B．硝酸具有广泛的用途，常用来制造染料、塑料、炸药、硝酸盐等，硝酸也可用于生产氮肥，但需注意结块时不能用榔头敲击，以防爆炸事故的发生，B正确；
C．铵盐的热稳定性较差，在一定条件下，铵盐发生分解，但不一定生成氮气，C正确；
D．氨气易液化，液氨气化时，会吸收周围环境中的热量，所以在工业上可用液氨作制冷剂，D正确；
故选A。
10．侯德榜（如图）是我国近代著名的化学家，他提出的联合制碱法得到世界各国的认可，其工业流程如下：

下列说法错误的是
A．该工艺流程中没有发生氧化还原反应
B．应该向“饱和食盐水”中先通入过量，再通入
C．向滤液中通入，可减少溶液中的，有利于析出
D．最终所得“母液”可循环利用
【答案】B
【分析】
向氨气饱和的食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠固体，煅烧碳酸氢钠生成碳酸钠，同时生成的二氧化碳可以循环使用，滤液中加入食盐，通过降温结晶析出氯化铵，据此解答。
【详解】
A. 根据以上分析可知该工艺流程中没有发生氧化还原反应，A项正确；
B. 氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度很小，应该向“饱和食盐水”中先通入，再通入过量，B项错误；
C. 向滤液中通入，增大铵根离子浓度，可减少溶液中的，有利于析出，C项正确；
D. 最终所得“母液”中含有钠离子、氯离子、铵根离子等，可循环利用，D项正确；
答案选B。
11．利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如下图所示，下列说法正确的是

A．X是N2
B．上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO22N2+ 3H2O
C．中含有非极性共价键
D．NH3、、H2O中的质子数、电子数均相同
【答案】B
【详解】
A.由原子个数守恒可知，X是N2和H2O，故A错误；
B.由反应历程可知，在催化剂作用下，NH3与废气中的NO和NO2反应生成无毒的N2和H2O，反应的化学方程式为2NH3+NO+NO22N2+ 3H2O，故B正确；
C.铵根离子的电子式为，离子中含有极性共价键和配位键，不含有非极性共价键，故C错误；
D.分子是电中性的，阳离子是带正电荷的，所含的质子数、电子数不可能均相同，则NH3分子和H2O分子与离子的质子数、电子数不可能均相同，故D错误；
故选B。
12．研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol/L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。下列说法不正确的是 （ ）

A．D点溶液中的溶质是NH4NO3、NaNO3
B．DE段发生的反应为：NH+OH−= NH3·H2O
C．B点沉淀的物质的量为0.024mol
D．C点的数值等于7
【答案】C
【分析】
从图中可以看出，HNO3过量，此时Al转化为Al(NO3)3，Fe转化为Fe(NO3)3；OC段，发生反应为H++OH-==H2O；CD段，发生反应为Al3++3OH-==Al(OH)3↓、Fe3++3OH-==Fe(OH)3↓；DE段，发生反应为+OH−= NH3·H2O；EF段，发生反应为OH-+Al(OH)3＝+2H2O。
【详解】
A． D点时HNO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3与NaOH刚好发生反应，所以溶液中的溶质是NH4NO3、NaNO3，故A正确；
B． DE段，NH4NO3与NaOH刚好完全反应，发生反应的离子方程式为：+OH−== NH3·H2O，故B正确；
C． n()=0.003L×4mol/L=0.012mol，共得电子的物质的量n(e-)=0.012mol×8=0.096mol，则Al3+、Fe3+消耗NaOH的物质的量为0.096mol，B点沉淀的物质的量为=0.032mol，故C错误；
D． n()=0.003L×4mol/L=0.012mol，共得电子的物质的量n(e-)=0.012mol×8=0.096mol，则Al3+、Fe3+消耗NaOH的物质的量为0.096mol，消耗NaOH的体积为=0.024L=24mL，C点的数值等于31mL-24mL=7mL，故D正确；
故选C。
13．下列叙述不正确的是（ ）
A．NH3易液化，液氨常用作制冷剂
B．与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3氧化性强于浓HNO3
C．常温下，可使用铁或铝制容器储存浓硫酸
D．稀HNO3和活泼金属反应时得不到氢气
【答案】B
【解析】A、根据氨气的物理性质：NH3易液化，液氨汽化时吸收大量的热，通常用作制冷剂，选项A正确；
B、氧化性的强弱和得电子的能力有关，和得电子的多少无关，浓HNO3氧化性强于稀HNO3，选项B不正确；C．常温下，浓硫酸和铁、铝能发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，可使用铁或铝制容器储存浓硫酸，选项C正确；D．由于稀HNO3具有强氧化性，与活泼金属反应时不生成氢气，一般生成NO，还可以生成硝酸铵等，选项D正确。
14．中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于(一种固体催化剂)合成的原理示意图如图。下列说法错误的是

A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
B．该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成
C．基于合成的过程属于氮的固定
D．工业中，氨经一系列反应可以得到硝酸
【答案】A
【解析】A. 该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，A项错误；B. 该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（NN、O=O）的断裂与生成，B项正确；C. 基于合成的过程是将氮气转化为氨气的过程，属于氮的固定，C项正确；D. 工业中，氨可以通过与氧气催化氧化得到NO，NO被氧化为NO2，NO2再与水反应生成硝酸，D项正确。
15．光化学烟雾的形成机理如图所示。下列叙述错误的是

A．光化学烟雾的分散剂是空气
B．氧原子是产生光化学烟雾的催化剂
C．PAN（）属于有机物
D．光化学烟雾与氮氧化物和碳氢化合物大量排放有关
【答案】B
【解析】A．光化学烟雾的二次污染物O3、醛类、PAN及硝酸分散在空气中，分散剂为空气，故A正确；
B．根据示意图，氧原子是中间体，不是产生光化学烟雾的催化剂，故B错误；C．PAN()中含有碳元素，属于有机物，故C正确；D．由图示知光化学烟雾的形成与氮氧化合物和碳氢化合物的大量排放有关，故D正确。
16．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论错误的是



①
②
③

A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．②中红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【答案】D
【解析】A.加热条件下浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，故正确；B. ②中可能是浓硝酸分解产生的红棕色气体，故正确；C. ③中浓硝酸和碳没有直接接触，装置中有红棕色气体，说明浓硝酸有挥发性，挥发出的浓硝酸与热的碳反应生成二氧化氮气体，氮元素化合价降低，二氧化氮为还原产物，故正确；D. ③的气体产物中检测出CO2，可能是碳加热时与空气中的氧气反应生成的，故错误。
17．在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法错误的是

A．NO2是该过程的中间产物
B．NO和O2必须在催化剂表面才能反应
C．汽车尾气的主要污染成分包括CO和NO
D．催化转化总反应为2NO＋O2＋4CO4CO2＋N2
【答案】B
【解析】A、由题目提供的图可知：2NO+O2=2NO2，2NO2+4CO4CO2+N2，NO2是该过程的中间产物，故A正确； B、NO与O2在通常条件下就可化合生成红棕色的NO2，故B错误；C、汽车尾气的主要污染成分包括CO和NO，故C正确；D、根据①2NO+O2=2NO2  ②2NO2+4CO 4CO2+N2，①+②可得：2NO+O2+4CO4CO2+N2，故D正确。
18．喷泉是一种常见的自然现象，如下图是化学教材中常用的喷泉实验装置，在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列气体和液体的组合中不可能形成喷泉的是

A．HCl和H2O B．CO2和NaOH溶液 C．NH3和H2O D．O2和H2O
【答案】D
【解析】A.HCl极易溶于水，则可形成喷泉，A不符合题意；B.二氧化碳极易与NaOH反应，产生压强差，形成喷泉，B不符合题意；C.氨气极易溶于水，可形成喷泉，C不符合题意；D.氧气不溶于水，则不能形成喷泉，D符合题意。
19．汽车尾气的治理是减轻空气污染的有效途径。科学家研究发现TiO2的混凝土或沥青可以适度消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下。下列关于“消除”过程的叙述错误的是

A．部分光能转变为化学能
B．消除总反应为：4NOx＋（5－2x）O2＋2H2O4HNO3
C．使用纳米TiO2，产生的光生电子和空穴更多，NOx消除效率更高
D．1 mol比1 mol羟基（·OH）多9NA个电子（NA为阿伏伽德罗常数）
【答案】D
【解析】A.由图可知，在TiO2的催化作用下，紫外线提供能量，发生反应4NOx＋（5－2x）O2＋2H2O4HNO3，即有部分光能转化为化学能，故A正确；B.根据流程分析可知，消除总反应为：4NOx＋（5－2x）O2＋2H2O4HNO3，故B正确；C. 纳米TiO2与紫外线接触面积更大，将产生更多的光生电子和空穴更多，从而消除更多的NOx，故C正确；D.1molO2-含有17mol电子，1mol羟基（·OH）含有9mol电子，即1 mol比1 mol羟基（·OH）多8NA个电子，故D错误。
20．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。其中反应④的离子方程式为 4 NH4+＋5O2＝2 NO2-＋6H＋＋N2O＋5H2O，下列说法正确的是

A．①②均属于固氮反应
B．海洋中的反硝化作用一定有氧气参加
C．反应④中每生成 1molH2O 共转移 2mol e－
D．向海洋排放含NO3- 的废水可能影响海洋中氮的循环
【答案】D
【解析】A.氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮，①不属于氮的固定，②是氮的固定，故A错误；B．反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，故B错误；C.根据4NH4+＋5O2＝2NO2-＋6H＋＋N2O＋5H2O，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e-，生成 1molH2O 共转移4mol e－，故C错误；D．向海洋排放含NO3-的废水，硝酸根离子浓度增大，反硝化作用增强，破坏原有的化学平衡和生态平衡，可能会影响海洋中氮的循环，故D正确。
21．氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分，人类活动影响了氮循环中的物质转化，如右图所示。下列说法中，不正确的是

A．工业合成氨属于人工固氮过程
B．硝化过程中氮元素被还原
C．含氮无机物与含氮有机化合物可相互转化
D．反硝化过程有助于稳定N2在大气中的含量
【答案】B
【解析】A．人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程，所以工业上用氮气和氢气合成氨气属于人工固氮过程，A正确；B．硝化过程中氨气、铵根离子中-3价的氮元素化合价变化为NO2-、NO3-中的+3价、+5价氮，元素的化合价升高，失电子被氧化，发生氧化反应，B错误；C．NO2-、NO3-经同化作用变为动植物蛋白中的N元素，动植物蛋白经氨化作用过转化为氨气或铵根离子，故含氮无机物与含氮有机化合物可相互转化，C正确；D．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，D正确。
22．氮化锂(Li3N)常作固体电解质和催化剂，遇水蒸气剧烈反应生成氢氧化锂和氨气。某实验小组用一瓶氮气样品制备纯净的氮化锂的装置如图所示。

已知：连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2，氯化亚铜盐酸溶液能定量吸收少量CO生成Cu(CO)Cl·H2O且易被O2氧化；在加热条件下，CO2与锂发生剧烈反应。下列说法正确的是
A．干燥管e中试剂为无水CuSO4，用于检验氮气中的水蒸气
B．为了减少气体用量，先点燃酒精灯再通入氮气
C．a、c中试剂分别为连苯三酚碱性溶液、浓硫酸
D．a装置可以换成盛装赤热铜粉的硬质玻璃管
【答案】C
【解析】A.干燥管e主要作用是防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入，干扰实验，应该装有碱石灰，故A错误；B.未发生反应前，装置中有空气，空气中含有氧气和二氧化碳，会干扰实验，在加热以前，需要先通入一段时间气体，排尽装置中的空气，故B错误；C. 原料气中干扰气体要依次除去，a中盛放连苯三酚碱性溶液除去氧气，b中盛放氯化亚铜盐酸溶液除去一氧化碳，c中盛放浓硫酸干燥，故C正确；D. a装置若换成盛装赤热铜粉的硬质玻璃管，可除去氧气，但同时生成的氧化铜可以和一氧化碳继续反应，生成二氧化碳，干扰实验，故D错误。
23．实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是（ ）

A．装置①、②、⑤ 依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液
B．装置③中气体呈红棕色
C．装置④中可观察到紫色石蕊溶液变红
D．通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替
【答案】D
【分析】
由实验装置图可知，装置①中空气通入浓氨水后，挥发出的氨气和氧气的混合气体经过碱石灰干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，在三氧化二铬做催化剂作用下，发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，装置②中盛有的无水氯化钙用于吸收氨气和水蒸气，在装置③中一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，装置④中水和二氧化氮反应生成硝酸，硝酸使石蕊溶液变红色，装置⑤中氢氧化钠溶液用于吸收一氧化氮和二氧化氮混合气体，防止污染环境。
【详解】
A．根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；
B．装置③一氧化氮与空气中的氧气反应生成红棕色二氧化氮，故B正确；
C．装置④中水和二氧化氮反应生成硝酸，硝酸可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；
D．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；
故选D。
24．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、NO、N2O的混合气体，这些气体与X L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是240 mL，则X的值为( )
A．2.24 B．3.36 C．4.48 D．6.72
【答案】D
【分析】
向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中OH-的物质的量，生成NO2、NO、N2O的混合气体与X LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于O2获得的电子，据此计算。
【详解】
生成NO2、NO、N2O的混合气体与X L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子n(e-)=×4，向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，故n(NaOH)=c·V=5 mol/L×0.24 L=1.2 mol，×4=1.2 mol，解得X=6.72 L，故合理选项是D。
【点睛】
本题考查混合物计算，注意利用电子守恒进行解答。

25．某同学拟在实验室中用下列仪器和必需药品对NH3与Cl2的反应进行探究。下列说法不正确的是( )

A．制备气体：A、B都能用于制NH3，B、C都能用于制Cl2
B．净化气体：E、G都能用来净化NH3，也都能用来净化Cl2
C．气体反应：分别从D的c、d通入Cl2和NH3；D中产生大量白烟
D．尾气处理：E、F或G都能用于除尾气，但只用其中一种可能除不净尾气
【答案】BC
【详解】
A．可用碱石灰与氯化铵在A装置中制备氨气，同时还能利用生石灰与浓氨水在B装置中制备氨气，可在B装置中利用高锰酸钾与盐酸制备氯气，同时还能在C中利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，故A项说法正确；
B．氨气极易溶于水，同时还会和浓硫酸发生反应，因此E装置不能用于净化氨气，应在G中装入碱石灰或生石灰等碱性干燥剂干燥，而除去Cl2中HCl气体选用饱和食盐水，G装置不能达到要求，故B项说法不正确；
C．因氨气密度小于空气，而氯气密度大于空气，二者在D装置中反应时，应从c通入氨气，d通入氯气，从而使反应更加充分，二者反应化学方程式为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，实验现象为有大量白烟生成，故C项说法不正确；
D．氨气和氯气均不能排放至空气中，若选用E装置吸收氨气，此时E中液体为水或酸性溶液，氯气不能除尽，若选用E装置吸收氯气，此时E中液体为氢氧化钠溶液，氨气不能除尽，F装置同理，若选用G装置吸收氨气，则选用五氧化二磷等，此时氯气不能除尽，若选用G装置吸收氯气，则选用碱石灰，此时氨气不能除去，因此吸收尾气需多装置组合，故D项说法正确；
综上所述，说法不正确的是BC，故答案为BC。

26．某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2，排尽装置内的空气。

已知:在溶液中.FeSO4+NO[Fe(NO)]SO4(棕色)，该反应可用于检验NO。下列说法不正确的是
A．装置B、E中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液
B．若观察到装置D中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应
C．实验结束后，先关闭分液漏斗的活塞，再熄灭酒精灯
D．装置F收集的气体中可能含有NO
【答案】C
【解析】稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，能够被氧气氧化为二氧化氮，因此实验前需要通入氮气，排除装置中的空气；硝酸具有挥发性，生成的一氧化氮中混有少量硝酸蒸气，可以通过水吸收后再干燥，然后再探究干燥的一氧化氮在加热时与铜的反应，未反应的NO可以利用硫酸亚铁溶液检验，A项，根据上述分析，装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液，故A项正确；B项，若观察到装置H中红色粉末变黑色，说明NO与Cu发生了反应，生成了氧化铜，故B项正确；C项，实验结束后，为了防止倒吸，需要先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞，停止通入NO，故C项错误。D项，由于FeSO4+NO[Fe(NO)]SO4(棕色)，为可逆反应，装置J收集的气体中可能含有NO ，故D项正确。
27．一定量的铁与一定量的浓HNO3反应，得到硝酸铁溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36 L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铁溶液中加入2 mol·L-1的NaOH 溶液至Fe3+恰好沉淀，则消耗NaOH 溶液的体积是 ( )
A．300 mL B．150 mL C．120 mL D．90 mL
【答案】A
【解析】3.36L O2的物质的量为=0.15mol，NO2、N2O4、NO的混合气体与3.36L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，则铁提供的电子物质的量等于氧气获得到电子的物质的量，故铁离子的物质的量为=0.2mol，铁离子与氢氧根离子恰好反应生成Fe（OH）3，故n（NaOH）=3n（Fe3+）=0.2mol×3=0.6mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.3L=300mL，
故选A。