高考冲刺模拟理综卷化学部分练习4.docx
《高考冲刺模拟理综卷化学部分练习4.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考冲刺模拟理综卷化学部分练习4.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高考冲刺模拟理综卷化学部分练习4
2019高考冲刺模拟理综卷化学部分练习4
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.化学无处不在，下列与化学有关的说法错误的是（ ）
A.塑料、合成纤维、合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产的
B.利用丁达尔效应可以提纯混有葡萄糖的稀淀粉溶液
C.氨气、二氧化碳、乙醇都属于非电解质
D.硫氧化物和氮氧化物是形成酸雨的主要物质
2.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）
A.钠与水反应：
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B.纯碱溶液去油污：
CO32-+H2O=HCO3-+OH-
C.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：
2S2O32-+4H+=SO42-+3S↓+2H2O
D.明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：
Al3++SO42-+Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O
3.
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且Y、Z位于同周期，甲、乙、己是由这些元素组成的二元化合物，0.001mol•L-1的己溶液pH为3，庚是具有漂白性的混合物，上述物质的转化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.原子半径Z＞Y＞X
B.仅由这四种元素构成的溶液可能呈酸性、碱性或中性
C.己为由极性键构成的非极性分子
D.戊为一元弱碱
4.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
用pH试纸检测：
0.1mol•L-1Na2SO3溶液、0.1mol•L-1NaHSO3溶液
Na2SO3溶液的pH约为10； NaHSO3溶液的pH约为5
HSO3-结合H+的能力比SO32-强
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体
溶液红色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
注射器中吸入NO2，封堵针尖处，将注射器体积压缩为原来的一半
气体颜色比起始时浅
加压后，NO2转变为无色的N2O4
D
饱和BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，然后过滤、洗涤，向所得固体中加入盐酸
沉淀部分溶解且有气体产生
Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）
A.AB.BC.CD.D
5.中国研究人员成功开发出一款锂-氮可充电电池，该电池系统由锂电池阳极、可传递Li+的醚类电解质、碳布阴极组成，其原理为6Li+N2=2Li3N．以下说法合理的是（ ）
A.放电时Li+由正极移向负极
B.也可以用氯化锂水溶液做电解质传递Li+
C.放电时正极反应：
6Li++N2+6e-=2Li3N
D.充电是固氮过程
6.已知：
Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-36．c（Fe3+）=4.0×10-3mol•L-1的溶液中，搅拌的同时向该溶液中滴加浓氨水，当开始出现氢氧化铁沉淀时，溶液的pH为（ ）
A.12B.11C.4D.3
7.25℃时，pH=2的HA和HB各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化如图所示．下列叙述不正确的是（ ）
A.若X=5则HA为强酸
B.将a点与b点两溶液同时升高温度，则
减小
C.由b到c，Kw不变
D.a、c两溶液中n（H+）相等
8.甲醇（CH3OH）常温下为无色液体，是应用广泛的化工原料和前景乐观的燃料．
（1）①已知：
CO、H2、CH3OH的燃烧热（△H）分别为-283.0KJ•mol-1、-285.8KJ•mol-1、-726.8KJ•mol-1，则CO和H2反应生成CH3OH的热化学方程式是______．
②有人设想综合利用太阳能将天然气转化为较易存运的甲醇，装置如图1，装置工作时阳极反应方程式为______．
（2）一定温度下反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）在容积为2L的密闭容器中进行，其相关数据见图2．
①从反应开始至平衡时，用H2表示化学反应速率为______，该温度下此反应的平衡常数为______；
②5min后速率变化加剧的原因可能是______；
（3）在6.98MPa、250℃和催化剂（CoI2）作用下，甲醇可转化为乙酸：
CH3OH（g）+CO（g）=CH3COOH（g）
有机合成常有副反应存在．若反应釜中CH3OH和CO配料比（质量）为1，甲醇生成乙酸的选择率为90.0%，则此反应CO的转化率为______．
（4）常温Ka（CH3COOH）=1.8×10-5，0.1mol•L-1CH3COOH溶液中滴加0.1mol•L-1CH3COONa溶液至 pH=7，此时混合溶液中两溶质的物质的量比n（CH3COOH）：
n（CH3COONa）=______．
9.某菱铁矿的主要成分是FeCO3，还含有SiO2、少量CaCO3和 Al2O3．图是利用该菱铁矿制备磁性Fe3O4胶体粒子的简要工艺流程：
（1）菱铁矿石粉碎的目的是______；碱浸可否用较便宜的Ca（OH）2替代NaOH？
说明理由：
______．
（2）“不溶物”加稀盐酸可否改用不易挥发的稀硫酸？
说明理由______；“不溶物”加稀盐酸后“部分氧化”之前还有项操作，化学实验名称为______．
（3）“部分氧化”离子方程式为______．
（4）如何实验验证“部分氧化”的滤液中存在Fe2+？
______．
（5）Fe3O4胶粒的直径的范围是______．
10.连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，广泛用于纺织工业的还原性染色、清洗、印花、脱色以及织物的漂白等．制取保险粉通常需要二氧化硫．
（1）制备二氧化硫
若使用图1所示装置制备干燥的SO2气体，回答以下问题：
①A中盛液体的玻璃仪器名称是______，实验开始后A中反应的化学方程式为______．
②B装置的作用是______；C装置的作用______．
③E中固体试剂为______．
（2）制备保险粉
如图2，维持35～45℃通SO2至锌粉-水悬浮液反应生成ZnS2O4；然后加入18%的氢氧化钠溶液，在28～35℃下反应生成Na2S2O4和Zn（OH）2悬浮液．
反应物经压滤除去氢氧化锌沉淀后，往滤液中加入氯化钠，并冷却至20℃，使Na2S2O4结晶析出，滤出晶体后用酒精脱水干燥即得产品．
①在制取Na2S2O4过程中发生了氧化还原反应，氧化剂是______；生成1mol Na2S2O4转移电子______mol．
②滤液中加入氯化钠使______离子浓度增大，促进Na2S2O4结晶析出；滤出晶体后用酒精脱水干燥是因为Na2S2O4在酒精中的溶解度______（填“较大”或“较小”），且酒精易挥发．
③制取Na2S2O4也常用甲酸钠法，控制温度70～80℃，在甲醇溶液（溶剂）中溶解甲酸钠（HCOONa），再滴加Na2CO3溶液同时通SO2维持溶液微酸性，即可生成Na2S2O4，反应的离子方程式：
______．
（3）测定保险粉纯度
Na2S2O4属于强还原剂，暴露于空气中易被氧气氧化．Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应：
5Na2S2O4+6KMnO4+4H2SO4=5Na2SO4+3K2SO4+6MnSO4+4H2O
称取3.0g Na2S2O4样品溶于冷水中，配成100mL溶液，取出10mL该溶液于试管中，用0.10mol•L-1的KMnO4溶液滴定．
重复上述操作2次，平均消耗KMnO4溶液18.00mL则该样品中Na2S2O4的质量分数为______（杂质不参与反应）．
11..硼、铝属元素周期表IIIA短周期元素。
回答下列问题：
（1）基态B原子的价电子轨道表达式为______，其第一电离能比Be______（填“大”或“小”）。
（2）氨硼烷（NH3BH3）是最具潜力的储氢材料之一，分子中存在配位键，能体现配位键的结构式为______，与氨硼烷互为等电子体的烃的分子式为______。
（3）常温常压下硼酸晶体为结构层状，其二维平面结构如图1所示：
硼酸的化学式为______，B原子的杂化类型为______。
从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大：
______。
（4）8-羟基喹啉铝是一种黄色粉末，它是OLED中的重要发光材料及电子传输材料，其微观结构如图2所示，8-羟基喹啉铝中存在的化学键为______。
A．金属键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键 E．π键
（5）金属铝晶体中原子呈面心立方紧密堆积（如图3）。
该晶胞空间利用率为______（用含π的代数式表示）；铝的密度是2.7g•cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，依此可计算出Al原子半径r（Al）=______cm。
12.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
解：
A．塑料、合成纤维、合成橡胶均为有机高分子，石油、煤和天然气均为化石能源，可获得基础化工原料，则塑料、合成纤维、合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，故A正确；
B．丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉不能透过半透膜，而离子、分子可以，应选择渗析法提纯混有葡萄糖的稀淀粉溶液，故B错误；
C．氨气、二氧化碳、乙醇均不能电离，均为化合物，则均为非电解质，故C正确；
D．N、S的氧化物使雨水酸性增强，导致雨水的pH＜5.6，则硫氧化物和氮氧化物是形成酸雨的主要物质，故D正确；
故选B．
A．塑料、合成纤维、合成橡胶均为有机高分子，石油、煤和天然气均为化石能源，可获得基础化工原料；
B．丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉不能透过半透膜，而离子、分子可以；
C．氨气、二氧化碳、乙醇均不能电离；
D．N、S的氧化物使雨水酸性增强．
本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、化学与环境为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．
2.【答案】A
【解析】
解：
A．钠与水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为：
2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A正确；
B．纯碱为碳酸钠，碳酸根离子水解溶液呈碱性，可以去油污，正确的离子方程式为：
CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故B错误；
C．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，反应生成硫酸钠、二氧化硫气体、S单质和水，正确的离子方程式为：
S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故C错误；
D．明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：
Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D错误；
故选：
A。
A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
B．碳酸根离子的水解为可逆反应，应该用可逆号；
C．反应生成二氧化硫气体和硫单质；
D．氢氧化钡过量，铝离子和硫酸根离子都完全反应，铝离子与硫酸根离子的物质的量之比应该为1：
2．
本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：
检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．
3.【答案】B
【解析】
解：
由以上分析可知W为H、X为O、Y为Na、Z为Cl，甲、乙为饱和食盐水溶液丁为Cl2，丙为H2，戊为NaOH，庚为NaCl、NaClO的混合物，己为HCl。
A．同周期元素从左到右原子半径减小，应为Na＞Cl，故A错误；
B．仅由这四种元素构成的溶液，如为NaCl和HCl的混合溶液，则呈酸性，如为NaOH、NaCl的混合溶液，则呈碱性，如为NaCl的溶液，则呈中性，故B正确；
C．己为HCl，为极性分子，故C错误；
D．戊为NaOH，为强碱，故D错误；
故选：
B。
0.001mol•L-1的己溶液pH为3，则己为强酸，应为HCl，可知丙、丁分别为氢气、氯气，则甲、乙为饱和食盐水溶液，由转化关系可知丁为Cl2，丙为H2，戊为NaOH，庚为NaCl、NaClO的混合物，由此可知W为H、X为O、Y为Na、Z为Cl元素，以此解答该题．
本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，0.001mol•L-1的己溶液pH为3，庚是具有漂白性的混合物为推断的突破口，题目难度不大．
4.【答案】B
【解析】
解：
A．由pH可知，Na2SO3溶液水解显碱性，NaHSO3溶液电离显酸性，则SO32-结合H+的能力比HSO3-强，故A错误；
B．钡离子与碳酸根离子反应，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，故B正确；
C．注射器体积压缩为原来的一半，体积减小，浓度比原来浓度大，则气体颜色比起始时深，故C错误；
D．加入饱和Na2CO3溶液，由现象可知，Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），则生成BaCO3沉淀，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3）大小，故D错误；
故选：
B。
A．由pH可知，Na2SO3溶液水解显碱性，NaHSO3溶液电离显酸性；
B．钡离子与碳酸根离子反应，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动；
C．注射器体积压缩为原来的一半，体积减小，浓度比原来浓度大；
D．加入饱和Na2CO3溶液，由现象可知，Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），则生成BaCO3沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握盐类水解、弱电解质的电离、化学平衡、沉淀生成和转化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】
解：
A．放电时，负极Li失电子产生Li+，阳离子向正极移动，则Li+向由负极向正极移动，故A错误；
B．因为锂很活泼能与水发生反应，所以不可以用氯化锂水溶液做电解质，故B错误；
C．氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-═2Li3N，故C正确；
D．将游离态的氮转化成化合态的氮是氮的固定，则放电才是氮的固定，故D错误；
故选：
C。
据总反应6Li+N2═2Li3N可知：
放电时锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-═6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-═2Li3N，充电是放电的逆过程，据此解答．
本题考查了原电池和电解池的工作原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性．
6.【答案】D
【解析】
解：
溶液中c（Fe3+）=4.0×10-3mol•L-1，已知Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-36，当开始出现氢氧化铁沉淀时，c（OH-）=
=1×10-11 mol/L，
此时溶液中氢离子浓度为c（H+）=
mol/L=1×10-3mol/L，该溶液的pH=-lg1×10-3 mol/L=3，
故选：
D。
已知Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-36，结合难溶物溶度积的表达式及c（Fe3+）=4.0×10-3mol•L-1进行计算．
本题考查难溶电解质的计算，为高频考点，题目难度不大，把握Ksp与离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，培养了学生的灵活应用能力．
7.【答案】D
【解析】
解：
A.25℃时，pH=2的HA和HB各1mL分别加水稀释1000倍，弱溶液PH=5说明为强酸，若X=5则HA为强酸，故A正确；
B．将a点与b点两溶液同时升高温度，HA是强酸，c（A-）不变，而温度升高促进HB的电离，所以c（B-）变大，所以
减小，故B正确；
C．Kw只与温度有关，所以b点、c点水的离子积常数Kw不变，故C错误；
D．ac点氢离子浓度相同，溶液稀释倍数不同，溶液体积不同，a、c两溶液中n（H+）不相等，故D错误；
故选：
D。
A.25℃时，pH=2的HA和HB各1mL分别加水稀释1000倍，若溶液PH=5说明为强酸，若PH＜5则为弱酸；
B．将a点与b点两溶液同时升高温度，HA是强酸，c（A-）不变，而温度升高促进HB的电离，所以c（B-）变大；
C．Kw只与温度有关；
D．ac点氢离子浓度相同，溶液稀释倍数不同，溶液体积不同；
本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点，题目难度中等．
8.【答案】CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-127.8kJ/mol CH4+H2O-2e-=CH3OH+2H+ 0.06mol/（L•min）
L2/mol2 使用催化剂 78.75% 1：
180
【解析】
解：
（1）①CO和H2反应生成CH3OH的化学反应为：
CO+2H2═CH3OH，反应的焓变△rHm=△cHm（CO）+2△cHm（H2）-△cHm（CH3OH）=-127.8kJ/mol，所以反应的热化学方程式为：
CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-127.8kJ/mol，
故答案为：
CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-127.8kJ/mol；
②阳极发生的反应为失去电子的反应，即氧化反应，根据装置图分析，反应应为CH4参与反应生成CH3OH，则装置工作时阳极反应方程式为：
CH4+H2O-2e-=CH3OH+2H+，
故答案为：
CH4+H2O-2e-=CH3OH+2H+；
（2）①根据图象，反应在10min时达到化学平衡，H2的物质的量改变为1.2mol，容器体积为2L，则以H2表示化学反应平均速率为v（H2）=
=
=0.06mol/（L•min），
根据反应方程式CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）计算，各组分达到平衡时的浓度为c（CO）=
=0.2mol/L，c（H2）=
=0.4mol/L，c（CH3OH）=
=0.3mol/L，
所以该反应的化学平衡常数为K=
=
=
L2/mol2，
故答案为：
0.06mol/（L•min）；
L2/mol2；
②根据图象，5min后化学反应速率加快，但物质的量变化依然按照化学计量比，则5min后速率变化加剧的原因可能是使用催化剂，
故答案为：
使用催化剂；
（3）甲醇可转化为乙酸的化学方程式为：
CH3OH（g）+CO（g）═CH3COOH（g），当反应釜中CH3OH和CO配料比（质量）为1，甲醇生成乙酸的选择率为90.0%，不妨设CH3OH和CO均为1g，则生成乙酸的质量为0.9g，此时消耗CO的质量为
=0.7875g，所以CO的平衡转化率为
78.75%，
故答案为：
78.75%；
（4）CH3COOH的电离平衡常数为Ka=
，0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加0.1mol/LCH3COONa溶液至 pH=7，则溶液中c（H+）=10-7mol/L，此时溶液中
=
=
，
故答案为：
1：
180．
（1）①CO和H2反应生成CH3OH的化学反应为：
CO+2H2═CH3OH，根据燃烧焓与反应焓之间的关系△rHm=∑（-vB）△cHm计算反应的焓变；
②阳极发生的反应为失去电子的反应，即氧化反应，根据装置图分析，反应应为CH4参与反应生成CH3OH，据此写出阳极的电极反应；
（2）①根据图象，反应在10min时达到化学平衡，H2的物质的量改变为1.2mol，容器体积为2L，据此计算以H2表示的化学反应平均速率；根据反应方程式计算各组分的平衡浓度，据此计算反应的化学平衡常数；
②根据图象，5min后化学反应速率加快，但物质的量变化依然按照化学计量比，据此分析采取的措施；
（3）根据CH3OH和CO的质量比为1：
1时甲醇生成乙酸的选择率为90.0%，据此计算反应物CO的转化率；
（4）根据CH3COOH的电离平衡常数计算．
本题考查化学原理部分知识，包含盖斯定律的应用，电化学相关知识，电极反应式的书写，化学反应速率的计算，化学平衡常数的计算，弱电解质的电离平衡，均为高频考点．整体难度中等，试题有助于培养综合分析问题的能力．
9.【答案】增大固体表面积，提升“碱浸”时的化学反应速率；不能，Ca（OH）2溶解度较小不能顺利溶解铁矿中的Al2O3；不可，CaSO4微溶很难除净固体中的CaCO3；过滤；ClO3-+6H++6Fe2+=Cl-+6Fe3++3H2O；往试样中滴加高锰酸钾酸性溶液，高锰酸钾紫红色褪去，说明滤液中尚存Fe2+；1～100nm
【解析】
解：
（1）菱铁矿石粉碎，固体表面积增大，可增大反应速率，氢氧化钙浓度较低，溶液碱性较弱，不能溶解氧化铝，
故答案为：
增大固体表面积，提升“碱浸”时的化学反应速率；不能，Ca（OH）2溶解度较小不能顺利溶解铁矿中的Al2O3；
（2）不能加入稀硫酸代替盐酸，否则生成硫酸钙，微溶于水而难以除尽固体中的碳酸钙，不溶物加入盐酸后需过滤除去杂质，
故答案为：
不可，CaSO4微溶很难除净固体中的CaCO3；过滤；
（3）氯酸根离子在酸性条件下可与亚铁离子，离子方程式为ClO3-+6H++6Fe2+=Cl-+6Fe3++3H2O，故答案为：
ClO3-+6H++6Fe2+=Cl-+6Fe3++3H2O；
（4）亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，检验方法是往试样中滴加高锰酸钾酸性溶液，高锰酸钾紫红色褪去，说明滤液中尚存Fe2+，
故答案为：
往试样中滴加高锰酸钾酸性溶液，高锰酸钾紫红色褪去，说明滤液中尚存Fe2+；
（5）Fe3O4胶粒的直径的范围是1～100nm，故答案为：
故答案为：
1～100nm．
菱铁矿的主要成分是FeCO3，还含有SiO2、少量CaCO3和 Al2O3，粉碎后加入氢氧化钠溶液，二氧化硅、氧化铝可溶解与氢氧化钠溶液中，不溶物含有FeCO3，少量CaCO3，加入稀盐酸将碳酸钙和碳酸亚铁分离，过滤后在滤液中加入NaClO3，可使部分亚铁离子氧化生成铁离子，在滤液中加入碳酸氢钠，在氮气的环境中反应生成四氧化三铁，用磁悬浮分离可得Fe3O4胶体，以此解答该题．
本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，难度中等．
10.【答案】
（1）①分液漏斗；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；②防倒吸影响制气；浓硫酸干燥二氧化硫；③碱石灰；
（2）①SO2；2；②Na+；较小；③2HCOO-+4SO2+CO32-=2S2O42-+H2O+3CO2（HCOO-+2SO2+CO32-+H+=S2O42-+2CO2+H2O）；
（3）87%.
【解析】
【分析】
本题考查物质制备实验，关键是对原理的理解，涉及氧化还原反应、对装置的分析评价、物质的分离提纯、化学仪器识别等，侧重考查学生综合运用知识解决问题能力，题目难度中等。
【解答】
（1）①常温下制取二氧化硫，用亚硫酸钠和较浓的硫酸，A中盛液体的玻璃仪器球形具有玻璃活塞，为分液漏斗，液体为浓硫酸，亚硫酸钠和较浓的硫酸发生复分解反应，反应为：
Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：
分液漏斗；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；
②B装置为安全瓶，可以防止倒吸影响制气，制备干燥的SO2气体，浓硫酸具有吸水性和强氧化性，但和二氧化硫不发生氧化还原反应，所以C装置的作用利用浓硫酸干燥二氧化硫，
故答案为：
防倒吸影响制气；浓硫酸干燥二氧化硫；
③E装置：
吸收尾气二氧化硫，碱石灰干燥剂是由NaOH和CaO组成的固体混合物，碱石灰呈碱性，能吸收尾气二氧化硫，碱石灰能干燥，同时能防止空气中水蒸气进入集气瓶，
故答案为：
碱石灰；
（2）①合成保险粉的反应Zn+2SO2=ZnS2O4，ZnS2O4和NaOH反应生成Na2S2O4和Zn（OH）2，反应的方程式为ZnS2
升级会员 