2021-2022学年广东省江门市第一中学高一下学期第一次月考化学试题含解析

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广东省江门市第一中学2021-2022学年高一下学期
第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句，描绘我国古代精美的青瓷工艺品，玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品，下列有关说法中正确的是
A．玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品 B．制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英砂
C．硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高 D．沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐
【答案】C
【详解】A．陶瓷是人类最早使用的硅酸盐材料，不是玻璃，A错误；
B．水泥的原料是黏土和石灰石，纯碱、石灰石、石英是制造玻璃的原料，生成玻璃不需要黏土，B错误；
C．硅酸盐性质稳定，熔点较高，所以硅酸盐制品一般具有性质稳定、熔点较高的特点，C正确；
D．沙子主要成分是二氧化硅，为氧化物，不是硅酸盐，D错误；
故答案选C。
2．硅是组成无机非金属材料的一种主要元素，下列有关硅的化合物的叙述错误的是
A．氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，其化学式为
B．碳化硅()的硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承
C．光导纤维是一种新型无机非金属材料，其主要成分为
D．氮化硅()、氧化铝()、碳化硅()和二氧化锆()都可用作制高温结构陶瓷的材料
【答案】C
【详解】A．氮化硅中各元素的原子最外层达到8电子稳定结构。硅原子最外层电子数为4，氮原子最外层电子数为5，要形成8电子稳定结构，则应有二者个数的比为3:4，其化学式为，故A正确；
B．碳化硅()为原子晶体，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承，故B正确；
C．光导纤维的主要成分为二氧化硅，是一种新型无机非金属材料，故C错误；
D．氮化硅()和碳化硅()均属于原子晶体，氧化铝()和二氧化锆()均属于离子晶体，熔点高，都可用作制高温结构陶瓷的材料，故D正确；
故选C。
3．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法不正确的是
A．汽车尾气中含有NO、CO等多种大气污染物
B．CO、和是形成酸雨的主要成因
C．雷雨天气有少量降落地面，可促进植物生长
D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除
【答案】B
【详解】A．汽车燃料不完全燃烧生成CO，氮气在高温下被氧化为一氧化氮，尾气中含有NO、CO等多种大气污染物，A项正确；
B．是形成酸雨的主要成因，CO不是，B项错误；
C．雷雨天部分氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气，水结合生成硝酸降落地面，为植物生长提供了氮肥，能够促进植物生长，C项正确；
D．石灰的主要成分是CaO，能与二氧化硫反应，所以工业废气中的二氧化硫可采用石灰法进行脱除，D项正确；
答案选B。
4．下列反应属于氧化还原反应，且能量变化如图所示的是

A．锌粒和盐酸反应 B．灼热的木炭与CO2反应
C．氢气和氯气的化合反应 D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【分析】图中反应物总能量低于生成物的总能量，是吸热反应。
【详解】A． 锌粒和盐酸反应是放热反应，故A不符；
B． 灼热的木炭与CO2反应是吸热反应，又是氧化还原反应，故B符合；
C． 氢气和氯气的化合反应，是放热反应，故C不符；
D． Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是非氧化还原反应，故D不符；
故选B。
5．下列关于如图所示装置的叙述，正确的是

A．电子从铜片经导线流向锌片 B．锌片得电子，被还原
C．正极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑ D．该装置能将化学能转化为电能
【答案】D
【详解】A．金属性锌强于铜，该装置中锌是负极，铜是正极，电子从锌片经导线流向铜片，A错误；
B．锌是负极，锌片失去电子，被氧化，B错误；
C．正极反应式为：Cu2＋＋2e-=Cu，C错误；
D．该装置是原电池，能将化学能转化为电能，D正确；
答案选D。
6．用A、B、C、D四块金属片进行如下实验：
①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；
②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；
③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；
④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应。
据此，判断四种金属的活动性顺序是( 　)
A．A＞B＞C＞D B．C＞A＞B＞D C．A＞C＞D＞B D．B＞D＞C＞A
【答案】C
【分析】一般来说，在原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极。负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。放电时电流从正极流向负极，电子从负极流向正极，据此判断金属活动性顺序。
【详解】①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中， A极为负极，所以活泼性：A＞B；
②在原电池中，电子从负极流经外电路流向正极，C、D用导线相连后同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C，则电子由C→导线→D ，则活泼性：C＞D；
③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；
④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B。
综上所述可知四种金属活泼性有强到弱顺序是：A＞C＞D＞B，故合理选项是C。
7．下列有关化合物的性质说法正确的是
A．使品红、溴水褪色，都体现了的漂白性
B．常温下浓硫酸可以用铝罐贮存，说明常温下铝与浓硫酸不反应
C．气体有还原性，故不能用浓硫酸干燥
D．水溶液暴露在空气中会产生浑浊的现象，体现了的还原性
【答案】D
【详解】A．使品红体现了的漂白性；二氧化硫使溴水褪色是发生了氧化还原反应，体现了的还原性，A错误；
B．浓硫酸可以用铝罐贮存是因为常温下铝与浓硫酸发生钝化反应生产成一层氧化膜阻碍了反应的进行，B错误；
C．气体有还原性但不和浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，C错误；
D．水溶液暴露在空气中会产生浑浊的现象是和空气中氧气发生氧化还原反应，体现了的还原性，D正确；
故选D。
8．反应在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变能使瞬间正反应速率增大的是
A．增加碳单质的量(不计固体接触面积变化对反应速率的影响)
B．保持体积不变，充入使体系压强增大
C．将容器的体积缩小一半
D．保持压强不变，充入使体系体积增大
【答案】C
【详解】A．碳为固体，浓度视为常数，化学反应速率不变，故A错误；
B．恒容状态下，充入非反应气体，组分浓度不变，化学反应速率不变，故B错误；
C．体积缩小，增大压强，化学反应速率增大，故C正确；
D．恒压状态下，充入非反应气体，体积增大，组分的浓度减小，化学反应速率减缓，故D错误；
故选C。
9．在一定条件下，某可逆反应的正反应速率和逆反应速率随时间变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是

A．t1时刻，反应逆向进行
B．t2时刻，正反应速率小于逆反应速率
C．t3时刻，达到反应进行的限度
D．t4时刻，反应处于平衡状态
【答案】D
【详解】A．t1时刻，正反应速率大于逆反应速率，因此反应正向进行，A错误；
B．根据图象可知：在t2时刻，正反应速率大于逆反应速率，B错误；
C．根据图象可知：在t3时刻，正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行，并未达到化学平衡状态，因此未达到反应进行的限度，C错误；
D．t4时刻，正反应速率等于逆反应速率，则反应处于平衡状态，D正确；
故合理选项是D。
10．除去粗盐中的杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4，过程如图所示，下列有关说法中，不正确的

A．除去Mg2+的主要反应：
B．试剂①一定不是溶液
C．检验是否除尽：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液
D．滤液加稀盐酸时只发生反应：
【答案】D
【分析】粗盐中的杂质离子为、和可分别用过量的Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液将其转化为沉淀，剩余的、均用稀盐酸除去，据此解答。
【详解】A．除去Mg2+用氢氧化钠，发生的主要反应为：，A正确；
B．由于过量的氯化钡需要利用碳酸钠除去，因此碳酸钠一定在氯化钡的后面加入，则试剂①一定不是溶液，B正确；
C．检验是否除尽：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，C正确；
D．滤液加稀盐酸时发生反应：、2H＋+CO＝CO2↑+H2O，D错误；
答案选D。
11．下图装置用于气体的干燥、收集和尾气吸收，其中X、Y、Z对应都正确的是

选项
X
Y
Z
A
无水硫酸铜
氯气
饱和食盐水
B
氢氧化钠固体
氨气
水
C
氯化钙
二氧化硫
氢氧化钠溶液
D
碱石灰
一氧化氮
氢氧化钠溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．Cl2尾气吸收应该用氢氧化钠溶液，不能用饱和食盐水，A错误；
B．氨气不能用向上排空气法收集，B错误；
C．氯化钙可用于干燥二氧化硫气体，二氧化硫可用向上排空气法收集，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，C正确；
D．一氧化氮气体与氧气反应，不能用排空气法收集，D错误；
故答案选C。
12．部分含氮物质的“价—类二维图”如下图所示。下列推断不合理的是

A．图中所标转化关系中有5个反应是通过氧化还原反应实现的
B．雷雨天可实现B→C→D→E→F转化
C．A→B的反应是实现人工固氮的重要反应
D．H制A的反应通常要加碱并加热来实现
【答案】C
【分析】由含氮物质的“价—类二维图”可以得出，A为氨气，B为氮气，C为一氧化氮，D为二氧化氮，E为硝酸，F为硝酸盐，G为一水合氨，H为铵盐。
【详解】A．在图中所标转化关系中，NH3→N2→NO→NO2→HNO3、NH3→NO共5个反应中，N元素都发生价态的变化，所以是通过氧化还原反应实现的，A合理；
B．雷雨天，放电时，N2与O2反应生成NO，NO与O2再反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，硝酸与土壤中的盐反应生成硝酸盐等，B合理；
C．人工固氮是利用人工的方法，将N2转化为氮的化合物(如NH3、Mg3N2等)，所以A(NH3)→B(N2)的反应不是人工固氮的反应，C不合理；
D．由H(铵盐)制A(NH3)，常需与强碱在加热条件下发生复分解反应来制取，D合理；
故选C。
13．用如图所示装置进行下列实验：将①中浓硫酸溶液滴入②中。预测的现象与结论相符的是

选项
②
预测②中现象
实验结论
A
浓盐酸
产生大量气体
硫酸的酸性比盐酸强
B
铜片
铜片溶解，产生气泡，底部产生灰白色粉末
浓硫酸的酸性和强氧化性
C
CuSO4•5H2O
固体由蓝色变为白色
浓硫酸具有吸水性，发生物理变化
D
蔗糖
固体由白色变为黑色海绵状，并有刺激性气体放出
浓硫酸具有脱水性、氧化性

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，浓硫酸吸收浓盐酸中的水，且吸水时放热使溶液温度升高，导致浓盐酸挥发，硫酸和盐酸都是强酸，该实验体现浓盐酸的挥发性和浓硫酸的吸水性，故A错误；
B．常温下浓硫酸和Cu不反应，所以没有明显现象，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，能吸收五水硫酸铜中的结晶水，使五水硫酸铜变为无水硫酸铜，固体由蓝色变为白色，发生的是化学变化，故C错误；
D．浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以2∶1水的形式脱去而体现脱水性，脱水时放出大量的热，浓硫酸将单质碳氧化成二氧化碳而体现强氧化性，同时还生成刺激性气味的二氧化硫，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查浓硫酸的性质，易错选项是C，注意五水硫酸铜失去结晶水为化学变化。
14．在密闭容器中发生反应，不同温度下，A的浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是

A． B．a点的正反应速率小于b点的正反应速率
C．c点的正反应速率大于逆反应速率 D．b点的正反应速率一定大于c点的正反应速率
【答案】C
【分析】由图可知，时化学反应速率更快，则温度更高，故；
【详解】A．由分析可知，，A错误；
B．浓度越大反应速率越快，a点反应物浓度大于b点，故a点的正反应速率大于b点的正反应速率，B错误；
C．c点后A的浓度继续减小，说明反应仍正向进行，故c点的正反应速率大于逆反应速率，C正确；
D．b点温度低于c点，但是b点浓度大于c点，故不确定b点的正反应速率是否大于c点的正反应速率，D错误；
故选C。
15．某温度时，若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量X(g)和Y(g)发生反应：X(g)+Y(g)Z(s)+2W(g)，其中X、W的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是

A．点A时反应达到平衡状态
B．前10min内，(Y)=0.02mol·L－1·min－1
C．第10min时，改变的外界条件可能是加入催化剂
D．第10min时，改变的外界条件可能是增大Z的量
【答案】C
【详解】A．由图可知，反应在第12min时达到平衡，A点时，X、W的物质的量还在改变，反应没有达到平衡状态，A错误；
B．前10min内，X的物质的量的减少0.45mol-0.25mol=0.2mol，根据转化物质的量之比等于化学计量数之比，则Y物质的量减少0.2mol，(Y)==0.01mol·L－1·min－1，B错误；
C．由图可知，第 10min时改变条件，化学反应速率加快，故改变的外界条件可能是加入催化剂，C正确；
D．由图可知，第10min时改变条件，化学反应速率加快，因为Z是固体，增大固体的量对化学反应速率无影响，故改变的外界条件不可能是增大Z的量，D错误；
答案选C。
16．一定条件下，溶液的酸碱性对光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是

A．在0~50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等
B．溶液pH越小，R的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在20~25min之间，pH=10时R的平均降解速率为
【答案】A
【详解】A．50min时，pH=2和pH=7条件下，反应物R都能完全反应，降解率都是100%，A正确；
B．由图可知，其他条件相同时，溶液酸性越强，R的降解速率越大，B错误；
C．其他条件相同时，浓度越小反应速率越慢，R的起始浓度越小，R的降解速率越小，C错误；
D．由图中数据计算可知，pH=10时，在20-25min，R的平均降解速率为 mol∙L-1min-1=0.04×10-4mol∙L-1min-1，D错误；
答案选A。

二、填空题
17．回答下列问题
(1)甲、乙两位同学想探究铝电极在原电池中的作用，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入稀硫酸中，乙同学将电极放入NaOH溶液中，实验装置如图所示。

①写出甲中电池总反应的离子方程式：_______。
②乙中铝为_______极，写出铝电极的电极反应式：_______。
③甲同学后来继续按图丙进行实验，该装置_______产生电流。(填“会”或“不会”)。
(2)硅太阳能电池中用到硅。三氯甲硅烷()还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如图：

第①步制备粗硅的化学方程式为：_______。
遇水剧烈反应生成、HCl和另一种物质，写出遇水的化学反应方程式：_______。
(3)铜的电极可以用稀硝酸来用溶解，写出其反应的离子方程式_______。
(4)把盛有48mLNO和混合气体的容器倒置于水中(保持同温同压)，待液面稳定后，容器内气体的体积变为24mL，则原混合气中是_______mL。
【答案】(1)     Mg+2H+=Mg2++H2↑     负极          会
(2)         
(3)3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
(4)36

【详解】（1）①甲中镁较活泼，失去电子，作负极，氢离子在铝片得到电子，铝片为负极，故甲中电池总反应的离子方程式为：Mg+2H+=Mg2++H2↑；
②铝片可以和氢氧化钠反应，镁和氢氧化钠不反应，故铝为负极；电极方程式为：
③装置甲中，氢离子在铝片上得到电子，形成氢气，并吸附铝片上，后来继续按图丙进行实验，则形成氢氧燃料电池，故该装置会产生电流；
（2）第①步制备粗硅时，二氧化硅在高温时被焦炭还原为单质硅，方程式为：；遇水剧烈反应生成、HCl和另一种物质，根据元素守恒可知，方程式为：；
（3）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，故离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）设NO2的体积为x，3NO2+H2O=2HNO3+NO由于化学计量数之比为3：1,体积差=2，实际体积差为(48-24)mL，3：2=x：(48-24)mL，x=36mL，V(NO2)=36mL。

三、实验题
18．及铵盐都是重要的化工原料，在工业生产和生活中有广泛的应用。
(1)氨气的制备

①制备氨气的发生装置可以选择图中的_______。反应的化学方程式为_______。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择图中的装置，其连接顺序为：发生装置→_______(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)按如图装置进行性质实验。

①先打开旋塞1，B瓶中的现象是_______，原因是_______。稳定后，关闭旋塞1。
②再打开旋塞2，B瓶中的现象是_______。
(3)氯的氧化物()是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下将转化为无污染的，写出其反应的化学方程式_______。
【答案】(1)     A          adcfei
(2)     产生大量的白烟     A中压强较大，B中压强较小，先打开旋塞1，氯化氢气体进入B中和氨气反应生成氯化铵固体     溶液变红色
(3)

【分析】熟石灰和氯化铵加热反应生成氯化钙和氨气，氨气使用碱石灰干燥后，使用向下排空气法收集，尾气吸收处理。
【详解】（1）①制备氨气一般使用熟石灰和氯化铵加热反应生成氯化钙和氨气、水，发生装置可以选择图中的A，反应的化学方程式为。
②氨气密度大于空气，极易溶于水，可以选择碱石灰干燥剂（大口进小口子出）并使用向上排空气法（D装置中氨气短进长出）收集一瓶干燥的氨气，尾气有毒需要使用F进行尾气处理（倒置的漏斗可以防止倒吸），故图中的装置顺序为ACDF，其连接顺序为：发生装置→adcfei；
（2）①A中压强较大，B中压强较小，先打开旋塞1，氯化氢气体进入B中和氨气反应生成氯化铵固体，故B瓶中的现象是产生大量的白烟。
②反应后B中气体反应压强减小，根据阿伏伽德罗定律可知，氯化氢的量较多，反应后氯化氢过量，氯化氢水溶液显酸性，再打开旋塞2，石蕊试液进入B，B瓶中的现象是溶液变红色；
（3）在一定温度和催化剂条件下和转化为无污染的同时根据质量守恒可知还会生成水，。
19．某小组利用溶液和酸性溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下的方案。
编号
溶液
酸性溶液
温度/℃
浓度/
体积/mL
浓度/
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50

(1)已知反应后转化为逸出，转化为。为了观察到紫色褪去，与初始的物质的量需要满足的关系为：_______。
(2)探究温度时化学反应速率影响的实验编号是_______(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是_______。
(3)实验①测得溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，0~40s这段时间内平均反应速率_______。
(4)已知50℃时~反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，画出25℃时~t的变化曲线示意图____。

(5)该小组的同学实验时发现开始时反应产生气泡非常慢，一段时间后反应产生气泡速率明显加快。其原因可能是_______。A．反应放热导致温度升高 B．压强增大
C．生成物的催化作用 D．反应物接触面积增大
(6)该小组对实验①测定反应过程中溶液不同时间的温度，结果如表：
时间/s
0
5
10
15
20
25
35
40
50
温度/℃
25
26
26
26
26
26
26.5
27
27

结合实验目的和表中数据，你得出的结论是：_______。
【答案】(1)5:2
(2)     ②③     ①②
(3)
(4)
(5)AD
(6)随着反应的进行反应速率明显加快，但是溶液温度变化不是很大，说明温度不是反应速率明显加快的主要原因

【分析】实验控制变量法研究对反应的影响因素时要主要控制反应的变量唯一。
【详解】（1）已知反应后转化为逸出，转化为，则反应化学方程式为：；根据反应可知，为了观察到紫色褪去，需要高锰酸钾完全反应，则与初始的物质的量需要满足的关系为：5:2；
（2）实验②③中实验变量为温度，故探究温度时化学反应速率影响的实验编号是②③；实验①②中实验变量为草酸的浓度，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是①②；
（3）实验①测得溶液的褪色时间为40s，则高锰酸钾完全反应，0~40s这段时间内平均反应速率；
（4）温度越高则反应速率越快，若保持其他条件不变，则25℃时反应速率小于50℃时的反应速率，25℃时反应褪色所需要的时间更长；故图像为： ；
（5）A．反应放热导致温度升高，温度升高反应速率加快，A正确；    
B．反应为溶液中反应，压强增大不影响反应速率，B错误；
C．催化剂可以加快反应速率，生成物的催化作用是反应速率加快的原因，C正确；    
D．反应为溶液之间的而反应，反应物接触面积不是反应速率加快的原因，D错误；
故选AC。
（6）实验为探究“条件对化学反应速率的影响”；随着反应的进行反应速率明显加快，但是溶液温度变化不是很大，说明温度不是反应速率明显加快的主要原因。
20．焦亚硫酸钠()在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，是常用的抗氧化剂(易被氧化)，晶体溶于水即生成。某研究性学习小组为了制备少量()，并探究和某些性质，设计如图所示装置(夹持装置已略去)：

请回答下列问题：
(1)该小组用A装置来制备。其反应的化学方程式为_______。
(2)关闭、，打开，一段时间后装置E中有晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为_______。要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_______。
(3)检测晶体在空气中已被氧化的实验方案是_______。
(4)关闭、，打开，若探究的还原性，装置B可装酸性高锰酸钾溶液，这时B发生反应的离子方程式可以是_______。
(5)请指出该设计的缺陷：_______。
(6)可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，滴入20.00mlL的刚好与完全反应。则该样品中的残留量为_______【】
【答案】(1)
(2)          过滤、洗涤、烘干
(3)取样品加水溶解，加入足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明晶体在空气中已被氧化
(4)
(5)应该在AB、AE之间增加一个防倒吸装置
(6)0.38

【分析】A中使用亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫进入装置E生成；二氧化硫进入B和高锰酸钾反应、进入C和硫化钠反应；尾气使用DF装置吸收减少污染。
【详解】（1）实验室中使用亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠，；
（2）生成的二氧化硫进入装置E，和亚硫酸钠饱和溶液反应生成，发生反应的化学方程式为。过滤是分离固液的方法，要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是过滤、洗涤、烘干得到晶体；
（3）焦亚硫酸钠易被氧化，晶体溶于水即生成，检测晶体在空气中已被氧化就是检验生成的硫酸根离子，故实验方案为：取样品加水溶解，加入足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明晶体在空气中已被氧化；
（4）有还原性、高锰酸钾具有氧化性，两者反应生成硫酸根离子和锰离子，反应为。
（5）二氧化硫能溶于水且二氧化硫反应会导致装置中压强减小，可能导致导致，故应该在AB、AE之间增加一个防倒吸装置；
（6）碘单质具有氧化性，与发生氧化还原反应生成硫酸根离子和碘离子，根据电子守恒可知，，则该样品中的残留量为。