【答案】C
【解析】A．碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。
选项A错误。
B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：
HCl＞PH3。
选项B错误。
C．C2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。
选项C正确。
D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：
LiOH＞Be（OH）2，D错误。
锁定考点
基础练习
1．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）
A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气
B．晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料
C．Na2CO3溶液显碱性，可用热的纯碱溶液洗油污
D．FeS固体呈黑色，可用于除去废水中Cu2＋、Hg2＋等重金属
【答案】C
【解析】A．浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，与脱水性无关，故A错误；B．可用于制作半导体材料是因为晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高无关，故B错误；C．碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，碱性增强，油脂在碱性条件下能水解，则可用热的纯碱溶液洗油污，故C正确；D．FeS固体用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属，是因为硫化汞、硫化铜溶解度小于硫化亚铁，与硫化亚铁为黑色无关，故D错误。
2．下列实验操作不能达到实验目的的是（）
A．用加热的方法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠
B．加热蒸干溶液，可以得到CuCl2晶体
C．放在流动的蒸馏水中可除去半透膜中蛋白质溶液里混有的（NH4）2SO4
D．鉴别NaBr和KI溶液，可分别加新制氯水后，用CCl4萃取
【答案】B
【解析】A.加热时NaHCO3分解生成了Na2CO3：
2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑，A项正确；B.CuCl2属于强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+发生水解生成Cu（OH）2，盐类的水解反应是一个吸热反应，加热，水解平衡右移，同时由于生成的HCl的大量挥发，促进水解平衡进一步向右移动，所以直接蒸干CuCl2溶液得到的主要是Cu（OH）2，不能得到CuCl2晶体，B项错误；C.利用胶体粒子不能透过半透膜，小分子、离子可以透过半透膜的性质差异，采用渗析法对胶体进行提纯，C项正确；D.氯水与NaBr、NaI分别反应，生成了溴单质和碘单质，两种卤素单质溶解在CCl4中，呈现不同的颜色，可以区别，D项正确。
3．下列生活应用实例中，涉及氧化还原反应的是
A．用白醋去除水垢
B．用热的纯碱溶液清洗油污
C．用风油精（含石蜡油）清洗透明胶残胶
D．补铁剂（有效成分为Fe2+）与含维生素C共服效果更佳
【答案】D
【解析】A.白醋去除水垢，涉及的反应方程式为：
，没有元素化合价的升降，A项错误；B.用热的纯碱溶液清洗油污，利用了碳酸钠水解原理，其主要方程式为：
，不涉及氧化还原反应，B项错误；C.用风油精（含石蜡油）清洗透明胶残胶利用的是相似相容的原理，不涉及氧化还原反应，C项错误；D.补铁剂中的Fe2+具有还原性，容易被氧化，而维生素C具有还原性，可防止Fe2+的氧化反应，所以共服效果更佳，涉及的是氧化还原反应，D项正确。
4．化学与社会、生活密切相关。
对下列现象或事实的解释正确的是
选项
现象或事实
解释
A．
化石燃料燃烧时采取脱硫措施
提高化石燃料的利用率
B．
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
C．
商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎
该鼎属于铁合金制品
D．
静置后的淘米水能产生达尔效应
说明淘米水具有胶体的性质
【答案】D
【解析】A.化石燃料燃烧时采取脱硫措施是为了减少二氧化硫的排放，以免污染空气，故A错误；B.盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强，因此用热的纯碱溶液可以洗去油污，并不是碳酸钠可与油污直接反应，故B错误；C.后母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品，故C错误；D.丁达尔效应是胶体所特有的性质，故静置后的淘米水能发生丁达尔效应，则说明淘米水是胶体，故D正确。
5．化学与社会、生活密切相关，下列解释错误的是
实际应用
原理解释
A
含Na2CO3的盐碱地可用石膏降低其碱性
CaSO4具有酸性
B
二氧化硫用于纸的增白
二氧化硫具有漂白性
C
不可食用的“地沟油”可用于制肥皂
油脂碱性条件下可水解
D
小苏打用于焙制糕点的发酵粉
NaHCO3受热易分解产生气体
【答案】A
【解析】A．碳酸钠在土壤中显碱性，硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙难溶于水，所以能降低土壤的碱性，原理解释不正确，故A错误；B．二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，具有漂白性，可以漂白纸浆，故B正确；C．地沟油的主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故C正确；D．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可以作焙制糕点的发酵粉，故D正确。
6．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C．小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
D．半导体行业中有一句话：
“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
【答案】D
【解析】A.Al2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；B.“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；C.小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。
7．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．Cu2S（s）
Cu（s）
CuCl2（s）
B．SiO2（s）
H2SiO3（s）
Na2SiO3（aq）
C．Fe（s）
Fe2O3（s）
Fe2（SO4）3（aq）
D．NaCl（aq）
Na2CO3（s）
NaOH（aq）
【答案】A
【解析】A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：
Cu2S+2O2
2CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：
Cu+Cl2
CuCl2，A正确；
B.SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O（g）
Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D错误。
8．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（）
A．S
SO3
H2SO4
B．NH3
NO2
HNO3
C．Cu2（OH）2CO3
CuCl2（aq）
Cu（s）
D．饱和NaCl溶液
NaHCO3（s）
Na2CO3（s）
【答案】D
【解析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。
9．下列实验操作能达到实验目的的是（）
A．制备Fe（OH）3胶体：
向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液
B．为了除去乙醇中的少量水，可向其中加入CaO，然后再蒸馏
C．用瓷坩埚高温熔融Na2CO3固体
D．用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体
【答案】B
【解析】A.NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成沉淀，应在沸腾水中加饱和氯化铁溶液制备胶体，故A错误；B.生石灰与水反应，起到吸水的作用，乙醇和水沸点不同，然后用蒸馏的方法可得到较为纯净的乙醇，故B正确；C.瓷坩埚的成分里含有二氧化硅SiO2，在高温下会和碳酸钠反应：
Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑，会腐蚀瓷坩埚，所以不能用瓷坩埚，应用铁坩埚，故C错误；D.溶液与胶体均可透过滤纸，则不能利用过滤法除杂，应选渗析法，故D错误。
10．化学在当今生活中具有非常重要的作用。
下列有关说法不正确的是
A．利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型无机非金属材料
B．由反应4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-可知，新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）集氧化、吸附、絮凝等多种功能于一体
C．落户贵州的企业必须从源头上减少或消除生产对环境的污染，这是贵州省贯彻落实绿色化学观念的具体体现
D．碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，与醋同服可提高疗效
【答案】D
【解析】A.利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型陶瓷，是新型无机非金属材料，A正确；B.由反应4FeO42-+
10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-可知，新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化，和水反应生成的氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，所以新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）集氧化、吸附、絮凝等多种功能于一体，B正确；C.从源头上减少或消除对环境的污染是绿色化学的核心，C正确；D.碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，和胃酸中的盐酸反应，与醋酸同服醋酸和碳酸氢钠反应，会减弱治疗效果，D错误。
提升练习
11．下列有关物质的性质与用途说法正确的是
A．胶体的胶粒带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
B．CaO能与SO2反应，可作工业废气脱硫剂
C．NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂
D．SO2和湿润的O3都有漂白性，混合后得到漂白性更强的漂白剂
【答案】B
【解析】A、“血液透析”利用胶体粒子能通过半透膜的性质，与胶粒带电无关，故A错误；B、CaO能与SO2反应生成CaSO3，所以可作工业废气脱硫剂，故B正确；C、NaHCO3受热易分解，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，其与酸反应也能生成气体，有气体生成可用作焙制糕点的膨松剂，故C错误；D、SO2和湿润的O3都有漂白性，混合后发生氧化还原反应生成的硫酸没有漂白性，故D错误。
12．下列实验操作可达到实验目的的是
A．用长颈漏斗可分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液
B．将NaOH溶液滴加到FeCl3溶液中可制备Fe（OH）3胶体
C．用浓盐酸和MnO2反应制备纯净的Cl2，气体产物先通过浓硫酸再通过饱和食盐水
D．除去Na2CO3固体中的NaHCO3，可将固体加热至恒重
【答案】D
【解析】A、分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液应用分液漏斗，故A错误；B、制备氢氧化铁胶体：
将几滴饱和FeCl3溶液滴加沸水中，加热至出现红褐色液体，NaOH溶液滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，故B错误；C、制备纯净的Cl2，气体产物先通过饱和食盐水，再通过浓硫酸，故C错误；D、NaHCO3不稳定，受热易分解，2NaHCO3
Na2CO3＋CO2↑＋H2O，加热至恒重，能达到实验目的，故D正确。
13．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．SiO2是酸性氧化物，可用作光导纤维
B．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C．Na2S具有还原性，可用于去除水体中的Hg2＋
D．FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
【答案】D
【解析】A.SiO2用作光导纤维是利用其光学性质，与酸性氧化物无关，故A错误；B.NaHCO3用于制胃酸中和剂是因为NaHCO3能和盐酸反应，与受热易分解无关，故B错误；C.Na2S用于去除水体中的Hg2＋，是因为能生成难溶的HgS，与Na2S具有还原性无关，故C错误；D.FeCl3具有氧化性，和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，因此可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确。
14．因反应物的用量、浓度或反应条件不同,下列各项中反应产物不同的是（）
A．Al2O3与NaOHB．Fe与Cl2
C．Cu与HNO3D．NaHCO3与稀盐酸
【答案】C
【解析】A.Al2O3与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故A不选；B.铁和氯气反应生成氯化铁，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故B不选；C.硝酸溶液浓度不同和铜反应生成产物不同，稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，故C选；D.NaHCO3与稀盐酸反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故D不选。
15．下列关于侯德榜制碱法的说法正确的是
A．该法将合成氨法与氨碱法工艺联合，同时生产纯碱和氯化铵
B．饱和食盐水中先通入CO2后通入NH3气体
C．在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3
D．析出的NH4Cl后的滤液中主要含有Na+、NH4+、HCO3-、Cl-
【答案】A
【解析】A．侯氏制碱法的原理：
NaCl+NH3+H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑，所以最终制得的是纯碱和副产品氯化铵，故A正确；B．沉淀池中加入饱和食盐水后，氨气极易溶于水，二氧化碳溶解度较小，应该先通入足量NH3再通入足量CO2，故B错误；C．侯德榜制碱法中析出NaHCO3的母液中加入氯化钠后可析出副产品氯化铵，过滤后的滤液可循环利用，加入消石灰不能生成NH3，苏尔维制碱法中，加入生石灰可生成循环利用的氨气，故C错误；D.析出的NH4Cl后的滤液中主要含有Na+、Cl-，得到的氯化钠溶液可以循环利用，故D错误。
16．在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是
A．Ca（OH）2
Ca（ClO）2
HClO
B．SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
C．FeS2
SO2
（NH4）2SO4
D．饱和NaCl溶液
NaHCO3
Na2CO3
【答案】B
【解析】A.氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有氧化性，发生氧化还原反应，反应方程式为：
2SO2+Ca（ClO）2+2H2O=CaSO4+H2SO4+2HCl，得不到HClO，故A错误；B.二氧化硅和氢氧化钠反应生成Na2SiO3，反应方程式为2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，硅酸钠和CO2反应生成白色的硅酸沉淀，反应的方程式为Na2SiO3+H2O
+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3，故B正确；C.二硫化亚铁与氧气反应方程式为4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2，生成的SO2与氨水反应生成（NH4）2SO3，反应方程式为2NH3·H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2O，得不到（NH4）2SO4，故C错误；D.侯氏制碱法的化学原理是将二氧化碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，其化学反应方程式为：
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故D错误。
17．下列各组溶液用互滴法不能鉴别的是
A．硝酸银溶液和氨水B．盐酸和碳酸钠溶液
C．明矾溶液与烧碱溶液D．碳酸氢钠和澄清石灰水
【答案】D
【解析】A.少量氨水滴加到AgNO3中，可以观察到沉淀AgOH和Ag2O生成；而少量AgNO3滴加到氨水中，则直接生成配离子，观察不到现象，A项正确；B.少量Na2CO3滴加到HCl中，有气体CO2生成；反过来无现象，因为生成NaHCO3，B项正确；C.明矾溶液的溶质为硫酸铝钾，则少量NaOH滴加到Al3+溶液中，有沉淀Al（OH）3；反过来无现象，因为NaOH大大过量会直接生成AlO2-，C项正确；D.无论怎样互滴，现象都相同，均会生成白色沉淀，D项错误。
18．下列说法正确的是
A．Na2O2加入H218O中的离子方程为：
2Na2O2+2H2l8O===4Na++4OH－+18O2↑
B．溶液中通入大量的CO2后，溶液中的Na+、ClO－、CH3COO－、HCO3－仍能大量存在
C．现向K2Cr2O7溶液中加入少量氢氧化钠，溶液变为黄色，证明溶液中存在着平衡：
Cr2O72－+H2O
2CrO42－+2H+
D．由于NaHCO3能与碱反应，因此可用作焙制糕点的膨松剂
【答案】C
【解析】A.Na2O2加入H218O中，Na2O2发生歧化反应，H218O中的18O存在于氢氧化钠中，部分过氧化钠中的O转化为氢氧化钠中的O，其离子方程式为：
2Na2O2+2H2l8O===4Na++2OH－+218OH－+O2↑，A项错误；B.因碳酸酸性强于次氯酸，所以通入大量CO2的溶液中ClO－不能大量共存，B项错误；C.对于平衡Cr2O72－+H2O
2CrO42－+2H+，加入氢氧化钠后，使平衡向正向移动，溶液由橙色变为黄色，C项正确；D.NaHCO3可用作焙制糕点的膨松剂，不是因为能与碱反应，而是因为NaHCO3受热易分解产生二氧化碳，D项错误。
19．A、B、C、D是中学化学中常见的四种物质，且A、B、C中含有同一种元素，其转化关系如图所示。
下列说法正确的是（）
A．若B为一种两性氢氧化物，则D可能是强酸，也可能是强碱
B．若A为固态非金属单质，D为O2，则A可以为单质硫
C．若A为强碱，D为CO2，则B的溶解度一定大于C的溶解度
D．若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A只能是C2H6
【答案】A
【解析】A.B为两性氢氧化物，若D为强碱，则A为铝盐，若D为强酸，则A为偏铝酸盐，则A正确；B若A为固态非金属单质，D为O2，则A不能为单质硫，因为硫不能一步被氧化为三氧化硫，故B错误；C.当A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，D为二氧化碳，B的溶解度大于C的溶解度，当A为氢氧化钡，B为碳酸钡，C为碳酸氢钡，则B的溶解度小于C的溶解度，故C错误；D.若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A可以为C2H6、H2S，故D错误。
20．下列实验过程中产生的现象与对应的图象不相符的是（ ）
【答案】C
【解析】A.NaOH溶液和AlCl3溶液按4∶1混合后完全转化为NaAlO2，继续加入AlCl3溶液，发生反应为Al3＋＋3AlO2-＋6H2O===4Al（OH）3↓，故A与图相符；B.NaAlO2溶液中加入盐酸立即有沉淀生成，继续加入盐酸，沉淀溶解，其反应为NaAlO2＋HCl＋H2O===Al（OH）3↓＋NaCl，Al（OH）3＋3HCl===AlCl3＋3H2O，B与图相符；C.Na2CO3溶液中加入盐酸先转化为NaHCO3和NaCl，Na2CO3完全转化为NaHCO3后，再加入盐酸才产生气体，C与图不相符；D.向含Mg2＋和Al3＋的溶液中加入NaOH溶液得到Mg（OH）2和Al（OH）3两种沉淀，继续加入NaOH溶液，Al（OH）3沉淀溶解，D与图相符。
21．将NaAlO 2、Ba（OH） 2、NaOH配成100.0mL混合溶液，向该溶液中通入足量CO 2，生成沉淀的物质的量n（沉淀），与通入CO 2的物质的量n（CO 2）的关系，如图所示， 下列说法中正确的是
A．P点的值为0.6
B．混合溶液中c（NaOH）+c（NaAlO2）=4.0mol/L
C．bc段的化学反应方程式为：
NaOH+CO2=NaHCO3
D．cd段表示Al（OH）3沉淀溶解
【答案】B
【解析】A.根据上述分析，b点对应的溶液中含有碳酸钠，c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，d点对应的溶液中含有碳酸氢钠和碳酸氢钡，溶解碳酸钡消耗的二氧化碳为1mol-0.7mol=0.3mol，因此原混合溶液中含有0.3molBa（OH）2；c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中n（NaOH）+n（NaAlO2）=0.4mol，b点消耗的二氧化碳是与NaAlO2、Ba（OH）2、NaOH反应生成碳酸钡，氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量，根据CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al（OH）3↓+Na2CO3可知，n（CO2）=n[Ba（OH）2]+
n（NaOH）+
n（NaAlO2）
=0.3mol+0.2mol=0.5mol，则有P=0.6，故A错误；B.c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中c（NaOH）+c（NaAlO2）=
=4.0mol/L，故B正确；C.bc段是碳酸钠溶解的过程，反应的化学反应方程式为：
Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故C错误；D.cd段是溶解碳酸钡的过程，故D错误。
22．巧妙的实验设计有助于更好的解决问题。
下列装置能达到实验目的的是
A．比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性
B．用装置乙验证SO2具有漂白性
C．用装置丙判断铁钉发生的是析氢腐蚀还是析氧腐蚀
D．用装置丁检验NH4Cl分解产生的气体
【答案】C
【解析】A项、、碳酸氢钠易分解，碳酸钠应放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，故A错误；B项、溴水和酸性KMnO4溶液只能验证SO2具有还原性，不能验证SO2具有漂白性，故B错误；C项、铁钉析氢腐蚀会有氢气生成，使容器中压强增大，铁钉吸氧腐蚀会消耗氧气，使容器中压强减小，故C正确；D项、氯化铵固体受热分解得到碱性气体氨气和酸性气体氯化氢，碱石灰吸收氯化氢，氨气使湿润的酚酞试纸变红色，五氧化二磷吸收氨气，氯化氢使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，图中五氧化二
升级会员 