2022届新高考化学二轮复习选择题(单选)题型练9　无机物的性质和转化

练9无机物的性质和转化（A组）1．下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（）A．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C．盐碱地（含较多Na2CO3等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水2．下列物质的转化在给定条件下均能实现的是（）A．NaCl（aq）eq\o(→,\s\up7(电解))Cl2（g）eq\o(→,\s\up7(Fe),\s\do5(△))FeCl2（s）B．MgCl2（aq）eq\o(→,\s\up7(石灰乳))Mg（OH）2（s）eq\o(→,\s\up7(煅烧))MgO（s）C．S（s）eq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(点燃))SO3（g）eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO4（aq）D．N2（g）eq\o(→,\s\up7(H2),\s\do5(高温、高压、催化剂))NH3（g）eq\o(→,\s\up7(CO2（g）),\s\do5(NaCl（aq）))Na2CO3（s）3．Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些探究实验。利用如图所示装置可以探究SO2与BaCl2反应生成沉淀的条件。下列判断正确的是（）A．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应B．c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2＋充分接触C．Y形管乙中产生的是氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀D．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体4．将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L－1NaOH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，则下列有关叙述中正确的是（）A．加入合金的质量不可能为6.4gB．参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mLD．溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L5．酸雨的形成是—种复杂的大气化学和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如图：下列有关说法不正确的是（）A．所涉及的变化均为氧化还原反应B．光照是酸雨形成的必要条件之一C．污染指数越高形成酸雨的速率越快D．优化能源结构能有效遏制酸雨污染6．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是（）选项实验操作现象结论A25℃，分别测定等浓度的K2SO3、KCl溶液的pHpH：K2SO3>KCl非金属性：Cl>SB打磨后的铝片投入水中，加热至沸腾。取出铝片，用一束光照射溶液加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”铝与热水发生了反应C将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体只含CO2D向Cu（OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水沉淀皆溶解Cu（OH）2为两性氢氧化物7.下列物质中杂质的检验试剂、除杂试剂与除杂方法都正确的是（）选项物质（杂质）杂质检验试剂除杂试剂与除杂方法ACO2（SO2）品红溶液NaOH溶液、洗气BMgCl2（AlCl3）NaOH溶液氨水、过滤CNaCl（I2）淀粉溶液加热升华DCl2（HCl）湿润的pH试纸饱和食盐水、洗气8.对FeCl3溶液与KI溶液反应进行探究实验，按选项A、B、C、D顺序依次进行操作，依据现象，所得结论错误的是（）操作现象结论A取2mL0.1mol·L－1KI溶液于试管中，滴加3滴0.1mol·L－1FeCl3溶液，振荡，充分反应。将所得溶液分别置于试管①和试管②中溶液呈深棕黄色FeCl3与KI反应，生成了I2B向试管①中滴加2滴0.1mol·L－1KSCN溶液溶液显红色FeCl3与KI反应具有可逆性C向试管②中加入1mLCCl4，充分振荡，静置溶液分层，上层为浅棕黄色，下层为紫色上层溶液为浅棕黄色，证明有Fe3＋剩余D取试管②的上层液体置于试管③中，滴加0.1mol·L－1KSCN溶液溶液显浅红色试管③中红色比试管①中浅，是平衡移动的结果9.下列各组物质，不能按如图（“→”表示反应一步完成）关系转化的是（）选项abcAAl2O3NaAlO2Al（OH）3BAlAl（OH）3Al2O3CAlCl3Al（OH）3NaAlO2DMgCl2Mg（OH）2MgO10.某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：已知：1.步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应；2．滤渣2的主要成分是SiO2和S。下列说法不正确的是（）A．步骤①，最好在通风橱中进行B．步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C．步骤③，涉及的离子反应为CuS＋H2O2＋2H＋eq\o(=,\s\up7(△))Cu2＋＋S＋2H2OD．步骤②和④，均采用蒸发结晶的方式获取溶质（B组）1．如图是盛放液溴的试剂瓶剖面图，仔细观察分成了明显的气相、溴溶液相和液溴相三相，下列说法错误的是（）A.气相呈现红棕色，因为其中含有Br2的蒸汽B．溴溶液相中显酸性，主要因为HBr电离出了H＋C．液溴保存时加水形成水封的目的是减少Br2的挥发D．液溴保存时不可敞口放置，应保存在细口瓶中并塞上橡胶塞2．在pH为1的100mL0.1mol·L－1的AlCl3中，加入300mL0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式是（）A．AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)) B．Al3＋C．Al（OH）3 D．Al3＋、Al（OH）33．钠的燃烧产物中混有杂质，某研究小组进行如图所示的实验探究。下列推测错误的是（）A．过氧化钠与硫酸的反应可能有Na2O2＋2H＋=2Na＋＋H2O2B．a试管中的现象说明燃烧前钠块中含有铁元素C．c试管中的溶液为无色，推测发生的反应为5H2O2＋6H＋＋2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OD．根据以上实验可判定：该实验中钠的燃烧产物中含Fe2O3，不含Fe3O44．ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示：下列说法不正确的是（）A．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥B．通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收C．工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输D．吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2＋H2O2=2ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋O2↑＋2H＋5．某化学小组探究Na2O2与水的反应，实验如图所示：已知：H2O2⇌H＋＋HOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))；HOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))⇌H＋＋Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))。下列说法错误的是（）A．①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应B．①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明存在H2O2C．③和④不能说明溶解性：BaO2>BaSO4D．⑤中现象说明H2O2具有还原性6．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7．为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是（）A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O⇌HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－B．对比Ⅰ、Ⅲ，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C．Ⅳ溶液中可能存在大量Al3＋D．推测出现白色浑浊的可能原因：AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O=Al（OH）3↓＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))8．某化工厂生产硝酸的流程如图1所示，其他条件相同时，装置③中催化剂铂网的成分、温度与氧化率的关系如图2所示，下列说法错误的是（）A.该流程中，装置①③④中发生了氧化还原反应B．装置②中利用氨气易液化的性质分离出NH3，既加快了正反应速率又提高了合成氨的产率C．装置③中最佳反应条件是铂网的成分为含10%铑的铂、温度为900℃D．装置④中排出的废气含NO、NO2等，可以用烧碱溶液吸收9．为探究某铜的硫化物组成，取一定量硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀4.66g；将灼烧后的固体（仅含铜与氧2种元素）完全溶于100mL1mol·L－1H2SO4中，过滤，得到0.64g红色固体，将滤液稀释至200mL，测得c（Cu2＋）＝0.1mol·L－1。已知：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O。下列说法正确的是（）A．得到白色沉淀亚硫酸钡B．原铜的硫化物中n（Cu）∶n（S）＝2∶3C．最后所得的溶液最多可以溶解铁1.12gD．灼烧后的固体中n（Cu2O）∶n（CuO）＝1∶110．某小组利用如图所示的装置进行实验，②、③中溶液均过量，操作及现象如表所示。实验操作现象Ⅰ向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量②中产生黑色沉淀，溶液pH减小；③产生白色沉淀，该沉淀遇酸冒气泡Ⅱ向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量同上资料：CaS遇水完全水解。由上述实验得出的结论错误的是（）A．③中产生的白色沉淀是CaCO3B．②中溶液pH减小的原因为H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋C．实验Ⅰ①中发生的反应为CO2＋H2O＋S2－=COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2SD．由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较碳酸和氢硫酸酸性的强弱练9无机物的性质和转化（A组）1．答案：C解析：铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；Na2CO3＋Ca（OH）2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。2．答案：B解析：铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2（g）eq\o(→,\s\up7(Fe),\s\do5(△))FeCl2（s）转化不能实现，A项错误；氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，B项正确；硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，C项错误；氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，D项错误。3．答案：D解析：玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，故A错误。如果Y形管乙产生极易溶于水的气体，如氨气，将导管d插入BaCl2溶液中，会引起倒吸，故B错误。SO2与BaCl2不反应，不能生成BaSO3，若Y形管乙中产生的是氧化性气体，氧化性气体将SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))氧化成SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故C错误；若Y形管乙中产生的气体是氨气，氨气是碱性气体，导入NH3使溶液呈碱性或中性时，NH3可以与H2SO3反应生成大量的SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))与BaCl2反应生成BaSO3，浓氨水和NaOH固体混合可以制得氨气，因此e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体，故D正确。综上所述，答案为D。4．答案：D解析：将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，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3mol·L－1NaOH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eq\f(5.1g,17g·mol－1)＝0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为eq\f(0.3mol,2)＝0.15mol，生成NO为eq\f(0.3mol,5－2)＝0.1mol。镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g·mol－1＝3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g·mol－1＝9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A错误；B.根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）＝eq\f(8,3)n（金属）＝eq\f(8,3)×0.15mol＝0.4mol，故B错误；C.加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaOH溶液的体积为eq\f(0.3mol,3mol·L－1)＝0.1L＝100mL，C错误；标准状况下0.1molNO的体积为2.24L，D正确。5．答案：A解析：SO2变为激发态SO2没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；由图可知，两种途径中反应1均需要光照条件下发生，所以光照是形成酸雨形成的必要条件之一，故B正确；据图可知，途径Ⅱ的速率大于途径Ⅰ，即污染指数越高形成酸雨的速率越快，故C正确；优化能源结构能减少化石燃料的使用，使排放的二氧化硫含量少，能有效遏制酸雨污染，故D正确。6．答案：B解析：K2SO3和KCl均不是最高价含氧酸对应的钾盐，所以不能通过溶液的pH值来比较元素的非金属性，A项错误；打磨后的铝片投入水中，加热至沸腾。取出铝片，用一束光照射溶液，铝与热水发生了反应生成了氢氧化铝胶体，因此出现了一条光亮的“通路”，发生了丁达尔效应，B项正确；将木炭和浓硫酸共热生成的气体中含二氧化碳与二氧化硫，两者均为酸性气体，均可以使澄清石灰水变浑浊，结论不准确，C项错误；Cu（OH）2沉淀溶于稀盐酸中，是因为发生了酸碱中和反应，溶于稀氨水中，是因为Cu（OH）2与一水合氨反应生成了铜氨络合离子，因此不能说Cu（OH）2为两性氢氧化物，D项错误。7．答案：C解析：A项，SO2可使品红溶液褪色而CO2不能，用品红溶液可鉴别CO2和SO2，但二者均可与NaOH反应，不能用NaOH溶液除去CO2中的SO2，错误；B项，MgCl2、AlCl3与少量NaOH溶液反应分别生成Mg（OH）2、Al（OH）3，但NaOH过量时Al（OH）3沉淀溶解而Mg（OH）2沉淀不溶解，故可用NaOH溶液检验AlCl3的存在，但氨水与MgCl2、AlCl3反应均产生白色沉淀，且Mg（OH）2、Al（OH）3均不溶于氨水，故不能用氨水除去AlCl3，错误；C项，淀粉溶液遇I2变蓝色，I2受热易升华，正确；D项，Cl2与湿润的pH试纸中的水反应生成HCl和HClO，且HClO具有漂白性，无法用湿润的pH试纸检验Cl2中的HCl，HCl易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，故可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，错误。8．答案：C解析：Fe3＋具有氧化性，I－具有还原性，Fe3＋能把I－氧化为I2，碘水呈深棕黄色，故A正确；取2mL0.1mol·L－1KI溶液于试管中，滴加3滴0.1mol·L－1FeCl3溶液，振荡，发生反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，FeCl3溶液不足，再滴加2滴0.1mol·L－1KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，所以可证明FeCl3与KI反应具有可逆性，故B正确；试管②中上层溶液为浅棕黄色，可能是少量碘溶于水的结果，不能证明一定有Fe3＋剩余，故C错误；加入CCl4萃取，碘的浓度降低，使2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2平衡正向移动，Fe3＋的浓度降低，所以试管③中红色比试管①中浅，是平衡移动的结果，故D正确。9．答案：B解析：氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，偏铝酸钠可与盐酸反应生成氢氧化铝与水，氢氧化铝受热分解生成氧化铝与水，可实现各物质之间的转化关系，A项正确；铝不能直接转化为氢氧化铝，B项错误；氯化铝可与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化铝与氯化钠，氢氧化铝与氢氧化钠反应可生成偏铝酸钠与水，偏铝酸钠与过量的盐酸生成氯化铝与氯化钠和水，可实现各物质之间的转化关系，C项正确；氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁与氯化钠，氢氧化镁可受热分解生成氧化镁与水，氧化镁可溶于盐酸，生成氯化镁与水，可实现各物质之间的转化关系，D项正确。10．答案：D解析：步骤①发生的反应是ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O，ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，H2S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；根据流程图，步骤④得到CuSO4·5H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu2＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO4·7H2O，说明滤液中含有Zn2＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；步骤③中CuS转变成Cu2＋，根据信息，滤渣2中由SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋＋H2O2→Cu2＋＋S＋H2O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS＋H2O2＋2H＋eq\o(=,\s\up7(△))Cu2＋＋S＋2H2O，故C说法正确；D.得到CuSO4·5H2O和ZnSO4·7H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。（B组）1．答案：D解析：气相中为空气和溴蒸汽的混合相，因为其中含有Br2的蒸汽，所以呈现红棕色，故A正确；溴溶液相中溴与水发生反应生成溴化氢和次溴酸，溴化氢为强酸，次溴酸为弱酸，溶液显酸性，主要因为HBr电离出了H＋，故B正确；因为Br2容易挥发，所以液溴保存时加水形成水封，故C正确；溴具有强氧化性，能氧化橡胶，则不能用橡胶塞盖贮存液溴的试剂瓶，故D错误。2．答案：D解析：pH为1的100mL0.1mol·L－1的AlCl3中说明含有氢离子和铝离子，氢离子的物质的量为0.1mol·L－1×0.1L＝0.01mol，氯化铝的物质的量为0.1mol·L－1×0.1L＝0.01mol，氢氧化钠的物质的量为0.1mol·L－1×0.3L＝0.03mol，氢离子先和氢氧化钠反应，消耗0.01mol氢氧化钠，剩余的氢氧化钠和氯化铝反应，氢氧化钠不足，反应生成氢氧化铝沉淀，氯化铝有剩余。答案为D。3．答案：D解析：钠燃烧的产物为过氧化钠，结合c试管中有小气泡产生的现象推知过氧化钠和硫酸可能发生反应Na2O2＋2H＋=2Na＋＋H2O2，A项正确；a试管中溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3＋，则燃烧前钠块中含有铁元素，B项正确；由c试管中的实验现象知，溶液中的物质与酸性高锰酸钾溶液发生了氧化还原反应，并产生了气体，结合A项可推测c试管中发生的反应为5H2O2＋6H＋＋2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，C项正确；由于H2O2能将Fe2＋氧化，不能判断钠的燃烧产物中含Fe2O3，不含Fe3O4，D项错误。4．答案：D解析：由流程可知，发生器通入空气，可将ClO2排出，确保其被充分吸收，在吸收器中发生2ClO2＋2NaOH＋H2O2=2NaClO2＋O2＋2H2O，然后真空蒸发、冷却结晶，再经过过滤、洗涤和干燥得到NaClO2。步骤a是将晶体从溶液中取出，然后干燥，所以操作包括过滤、洗涤和干燥，A正确；反应结束后，发生器中含有少量ClO2，通入空气的目的是让ClO2逸出，进入吸收器被浓NaOH溶液和双氧水充分吸收，B正确；工业上利用还原剂及NaOH溶液，将ClO2制成NaClO2固体，固体较为稳定，便于贮存和运输，C正确；吸收器反应在碱性条件下进行，生成NaClO2的离子方程式：2ClO2＋H2O2＋2OH－=2ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋O2↑＋2H2O，D不正确。5．答案：B解析：①中发生反应Na2O2＋2H2O=H2O2＋2NaOH，2H2O2=2H2O＋O2↑，④中发生反应BaO2＋H2SO4=H2O2＋BaSO4，2H2O2=2H2O＋O2↑，A项正确；①中过氧化钠与水反应生成氧气，不能说明①中一定存在H2O2，B项错误；由H2O2⇌H＋＋HOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，HOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))⇌H＋＋Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))知，H2O2为弱酸，因此④中反应BaO2＋H2SO4=H2O2＋BaSO4可说明酸性H2SO4>H2O2，但不能说明溶解性BaO2>BaSO4，C项正确；⑤中产生的气体为O2，氧元素化合价升高，因此H2O2作还原剂，说明H2O2具有还原性，D项正确。6．答案：D解析：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。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，正确；B.装置③中一氧化氮与空气中的氧气反应生成红棕色二氧化氮，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，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，错误。7．答案：C解析：溶液中碳酸根会水解，结合水电离出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A正确；实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，选项B正确；Ⅳ溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3＋，选项C不正确；Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋3H2↑，AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))和HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确。8．答案：B解析：装置①③④涉及氨的合成、催化氧化以及硝酸的生成，存在N元素化合价的变化，都为氧化还原反应，故A正确；氨易液化，易与气体分离，则装置②中利用氨气易液化的性质实现反应物和生成物的分离，但由于生成物浓度降低，反应速率减小，故B错误；由图像可知，铂网的成分为含10%铑的铂、温度为900℃时转化率最高，因此装置③中最佳反应条件是铂网的成分为含10%铑的铂、温度为900℃，故C正确；装置④中排出的废气含NO、NO2等，可以用烧碱溶液吸收使其转化为硝酸盐或亚硝酸盐，防止大气污染，故D正确。9．答案：D解析：铜的硫化物在氧气中充分灼烧，生成的气体是SO2，将其通入盛有