2022届江西省抚州市临川第二中学高一下学期第一次月考化学试题（含解析）

临川二中2021-2022学年度下学期高一年级第一次月考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Fe-56Cu-64一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求)1.下列过程属于氮的固定的是A.氨气和硫酸反应制取铵态氮肥 B.由氨基酸合成人体所需的蛋白质C.工业上利用氮气和氢气合成氨气 D.硝酸盐在微生物作用下生成氮气【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥，氮元素不是由游离态转化为化合态，不属于氮的固定，故不选A；B．氨基酸合成人体所需的蛋白质，氮元素不是由游离态转化为化合态，不属于氮的固定，故不选B；C．工业利用氮气和氢气合成氨气，氮元素由游离态转化为化合态，属于氮的固定，故选C；D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气，氮元素由化合态转化为游离态,不属于氮的固定，故不选D；选C。2.下列关于硅及其化合物的叙述正确的是A.硅晶体可用于制造光导纤维B.陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品C.二氧化硅在电子工业中是重要的半导体材料D.二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，属于两性氧化物【2题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．二氧化硅可用于制造光导纤维，A错误；B．传统的无机非金属材料即硅酸盐产品包括陶瓷、玻璃、水泥等，B正确；C．晶体硅在电子工业中是重要的半导体材料，C错误；D．二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，但SiO2与氢氟酸反应为其特性不是能与所有酸反应的通性，故其属于酸性氧化物，D错误；故答案为：B。3.下列溶液中滴入几滴石蕊试液，最终变红的是（）A.新制氯水 B.Na2CO3水溶液 C.SO2水溶液 D.NaCl水溶液【3题答案】【答案】C【解析】【详解】石蕊溶液遇到酸性物质会变红；A项，新制氯水中含有H+和HClO，H+能够使石蕊试液变红，而HClO具有漂白性，又能使变红的溶液褪为无色，故A不符合题意；B项，Na2CO3属于强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解使溶液显碱性，石蕊试液遇碱变蓝，故B不符合题意；C项，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸显酸性，能使石蕊试液变红，故C符合题意；D项，氯化钠溶液显中性，不会使石蕊试液的颜色发生变化，故D不符合题意；故答案选C。【点睛】氯水和二氧化硫的水溶液均显酸性，但是新制氯水中含有H+和HClO，所以溶液中滴入几滴石蕊试液，溶液先变红后褪色；而二氧化硫的水溶液中含有H+，溶液中滴入几滴石蕊试液，只变红不褪色，因为二氧化硫的漂白属于非氧化性漂白，且不能漂白酸碱指示剂。4.下列关于离子的检验及结论一定正确的是A.加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝，则一定含有NHB.加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则溶液中一定有COC.加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，则溶液中一定有SOD.用铂丝蘸取试样进行焰色反应，观察到火焰呈黄色，则试样中一定有Na+，不含有K+【4题答案】【答案】A【解析】【详解】A．加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝，该气体是NH3,则一定含有NH，A正确；B．该溶液中也可能含有碳酸氢根离子，B错误；C．溶液中也可能含有银离子，生成氯化银，C错误；D．用铂丝蘸取试样进行焰色反应，观察到火焰呈黄色，则试样中一定有Na+,可能含有K+，还需透过蓝色钴玻璃观察，才能确定有无K+，D错误；故选A。5.纯二氧化硅可用如图流程制得。下列说法不正确的是粗SiO2XYSiO2A.X可用作木材防火剂B.步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3+H2SO4=H2SiO3↓+Na2SO4C.步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替D.步骤Ⅲ若在实验室完成，一般在蒸发皿中进行【5题答案】【答案】D【解析】【分析】二氧化硅和NaOH反应生成硅酸钠和水，X为硅酸钠溶液；硅酸钠与硫酸反应生成硅酸和硫酸钠；灼烧硅酸，硅酸分解得二氧化硅。【详解】A．X为硅酸钠溶液，不燃烧，可用作木材防火剂，A正确；B．步骤Ⅱ中硅酸钠与硫酸反应生成硅酸和硫酸钠，反应的方程式为Na2SiO3+H2SO4=H2SiO3↓+Na2SO4，B正确；C．碳酸的酸性比硅酸强，故步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替，C正确；D．步骤Ⅲ为硅酸固体的灼烧，若在实验室完成，一般在坩埚中进行，D错误；答案选D6.下列实验装置不能达到实验目的的是A.图甲：用SO2做喷泉实验 B.图乙：验证Cu与浓硝酸反应热量变化C.图丙：验证NH3易溶于水 D.图丁：比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性【6题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．二氧化硫能与氢氧化钠反应，气压迅速降低，可形成喷泉，A正确；B．根据U形管两端液面高度的变化，可验证反应的热量变化，B正确；C．氨气极易溶于水，气球体积变大，可验证NH3易溶于水，C正确；D．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠不分解，比较稳定性时，碳酸氢钠应放在套装内试管中，D错误；故选D。7.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.明矾溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：+Ba2+=BaSO4↓B.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=2HClO+CaSO3↓C.向Na2CO3溶液中通入过量SO2：+2SO2+H2O=CO2+2D.双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应4H2O+12H++4=4Mn2++10H2O+7O2↑【7题答案】【答案】C【解析】【详解】A．明矾溶液与Ba(OH)2溶液反应：Al3+与OH-反应，Ba2+和反应，少量Ba(OH)2，Ba2+和OH-按1:2完全反应，反应的离子方程式为3Ba2++6OH-+2Al3++3=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，A项错误；B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，SO2与水反应生成少量H2SO3，H2SO3被Ca(ClO)2氧化，反应的离子方程式为SO2+H2O+Ca2++3ClO-=2HClO+Cl-+CaSO4↓，B项错误；C．向Na2CO3溶液中通入过量SO2，生成二氧化碳和亚硫酸氢钠，离子方程式为：+2SO2+H2O=CO2+2，C项正确；D．双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为：5H2O2+6H++2=2Mn2++8H2O+5O2↑，D项错误；答案选C。8.有一瓶无色气体，可能含有HCl、H2S、CO2、HBr、SO2中的一种或几种，将其通入氯水中得无色透明溶液，把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀，以下结论正确的是①原气体中肯定有SO2，②原气体中可能有SO2，③原气体中肯定没有H2S、HBr，④不能肯定原气体中是否含有HCl，⑤原气体中肯定无CO2，⑥原气体中肯定有HCl。A.①③④ B.②④ C.①③⑥ D.①③⑤⑥【8题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】通入氯水得无色溶液，一定无H2S、HBr，因若有这两种气体会发生反应：H2S+Cl2=2HCl+S↓、2HBr+Cl2=2HCl+Br2，会看到浑浊或溶液颜色发生改变；

将溶液分两份一份加HCl酸化的BaCl2有白色沉淀，一定有SO2，因SO2已被氯气氧化成；另一份加HNO3酸化的AgNO3有白色沉淀→不能确定是否含有HCl；

因第一步反应后溶液中已经存在Cl-，第二步中也加入了HCl，CO2不能确定是显而易见的，因二氧化碳与加入试剂不反应；故①③④是正确的；故选A。9.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+B常温下，Fe、Al放入浓HNO3或浓H2SO4中无明显现象Fe、Al与浓HNO3或浓H2SO4发生钝化CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓HNO3点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓HNO3具有酸性A.A B.B C.C D.D【9题答案】【答案】B【解析】【详解】稀硝酸与铁粉反应，铁首先被氧化成Fe3+，过量铁粉将Fe3+还原，最终得到Fe2+，滴入KSCN溶液不显红色，A错误；常温下，Fe、Al在浓HNO3或浓H2SO4中发生钝化，生成致密的保护膜阻止了反应进行，B正确；Al箔能与稀HNO3反应放出气体，C错误；浓硝酸具有氧化性，能使红色石蕊试纸先变红后褪色，D错误；正确答案：B。10.现有等体积混合而成的4组气体：①NO2+O2、②NO2+NO、③HCl+N2、④Cl2+SO2。现将其分别通入体积相同的试管中并立即倒立在足量水中，试管内水面上升的高度分别为h1、h2、h3、h4，则高度关系是A.h4>h2>h3>h1 B.h4>h1>h3>h2 C.h2>h3>h1>h4 D.h3>h2>h1>h4【10题答案】【答案】B【解析】【详解】①4NO2+O2+2H2O=4HNO3，剩余氧气的气体为原气体的；②3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余NO是原气体体积的；③HCl完全溶于水，剩余氮气为原气体体积的；④Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，剩余气体体积为0，试管内水面上升的高度h4>h1>h3>h2，故选B。二、选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)11.可利用下列实验流程除去粗盐中的、、以及泥沙等杂质(用于沉淀的试剂稍过量)：下列说法错误的是A.第②步过滤出滤渣主要是泥沙B.第④步中不能用替代C.第③、④、⑤步添加试剂的顺序还可以是：、、D.第⑦步中加入盐酸的目的是除去和【11题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A．粗盐中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4以及不溶于水的泥沙，所以第②步过滤出的滤渣主要是泥沙，故A正确；B．除去NaCl中的杂质，不能引入新杂质，所以第④步中不能用KOH替代NaOH，故B正确；C．第③、④、⑤步添加试剂的顺序若改为：NaOH、Na2CO3、BaCl2，则最后加入的BaCl2溶液引入的新的杂质Ba2+无法除去，BaCl2溶液应在Na2CO3溶液之前加入，可以用后加入的Na2CO3除去过量的Ba2+，故C错误；D．过滤后，滤液中还有杂质OH−、，所以第⑦步中加入盐酸的目的是除去OH−和，故D正确；故选C。12.某企业利用下列流程综合处理工厂排放的含有SO2的烟气，以减少其对环境造成的污染。下列有关说法正确的是A.二氧化硫吸收塔中加入亚硫酸铵发生的反应为SO2+SO+H2O=HSOB.氨气吸收塔中发生反应为HSO+OH-=H2O+SOC.上述流程利用的是氧化还原反应原理D.上述流程中SO2不可循环利用【12题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．二氧化硫用(NH4)2SO3吸收正盐转化成酸式盐发生的反应为SO2+SO+H2O=2HSO，故A正确；B．氨气吸收塔中亚硫酸氢铵和氨气反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为HSO+NH3=2NH+SO，故B错误；C．上述流程中没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．上述流程可循环利用的物质是(NH4)2SO3，故D正确；选AD。13.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是A.NF3是氧化剂，H2O是还原剂B.若1molNF3被还原，反应转移电子数为2NAC.若生成0.4molHNO3，则转移0.8mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2【13题答案】【答案】C【解析】【详解】A．只有氮元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B．由化学方程式可知，3molNF3参加反应，其中2mol被还原，1mol被氧化，转移的电子的物质的量为2mol，所以1molNF3被还原，反应转移电子数为NA，故B错误；C．生成0.4molHNO3，转移的电子的物质的量为0.4mol×(5-3)=0.8mol，故C正确；D．NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故D错误；故选C。14.向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析错误的是A.OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生H2B.A点溶液中的溶质为FeSO4和H2SO4C.原混合酸中NO和SO物质的量之比为2：1D.原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-1【14题答案】【答案】BC【解析】【分析】由图象可知，OA段气体一直在增加，因稀硝酸的氧化性强于稀硫酸，则OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O。AB段气体没有增加，是因为Fe3+的氧化性强于H+，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。最终消耗22.4gFe，最终溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。【详解】A．经分析，OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，产生的是NO，AB段气体没有增加，是因为发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，产生的是H2，故A正确；B．OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，则A点时溶液中的都被还原了，只剩SO，阳离子有Fe3+和H+，则溶液的成分是Fe2(SO4)3和H2SO4，故B错误；C．经分析最终溶液中的成分是FeSO4，最终消耗22.4gFe，根据铁离子和硫酸根离子的数量关系，则可求出SO的物质的量是0.4mol，OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗铁11.2g，根据反应的离子方程式，可求出NO的物质的量是0.2mol，则原混合酸中NO和SO物质的量之比为1：2，故C错误；D．经上述分析，溶液中的SO的物质的量是0.4mol，则原混合酸中的H2SO4的物质的量为0.4mol，原溶混合酸体积是200mL，则原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-1，故D正确；答案BC。三、非选择题(本题包括4小题，共54分)15.回答下列问题：（1）将下列硅酸盐改写成氧化物的形式：①镁橄榄石(Mg2SiO4)____。②高岭石[Al2(Si2O5)(OH)4]____。（2）表中括号内物质是杂质，试将除杂试剂及分离方法填入表内：混合物SiO2(CaCO3)CO2(SO2)SiO2(NaCl)除杂试剂____________分离方法____________【15~16题答案】【答案】（1）①.2MgO•SiO2②.Al2O3•2SiO2•2H2O（2）①.盐酸②.饱和NaHCO3溶液③.水④.过滤⑤.洗气⑥.过滤【解析】【小问1详解】①镁橄榄石(Mg2SiO4)的组成元素有镁、硅、氧三种元素，根据改写原则，其氧化物形式为2MgO•SiO2。②高岭石[Al2(Si2O5)(OH)4]的组成元素有铝、硅、氢、氧四种元素，根据改写原则，其氧化物的形式为Al2O3•2SiO2•2H2O。【小问2详解】SiO2(CaCO3)，因二氧化硅和盐酸不反应，碳酸钙和盐酸反应，故可用盐酸来除去二氧化硅中的碳酸钙，因生成的氯化钙是溶于水的，故分离方法是过滤。CO2(SO2)，因亚硫酸的酸性强于碳酸，且碳酸根和二氧化碳能反应，故采取的除杂试剂是饱和的碳酸氢钠溶液，让二氧化硫和碳酸氢钠反应，即可除去二氧化硫，还可以增加二氧化碳的量，故分离的方法是洗气。SiO2(NaCl)，因二氧化硅不溶于水，氯化钠溶于水，故可用水来除去二氧化硅中的氯化钠，分离的方法是过滤。16.已知六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A的原子核内没有中子，A、D同主族，C、F同主族，A和B可形成5核10电子的阳离子，C与D形成的离子化合物D2C中所有离子的电子数相同，E的最高价氧化物的水化物可与D、F的最高价氧化物的水化物反应，试回答下列问题：（1）E在元素周期表中的位置是____。（2）写出A和B形成4核10电子分子的电子式是____。（3）C、D、F的简单离子半径由大到小的顺序为____(用离子符号表示)。（4）根据“对角线规则”，铍(Be)的性质与上述六种元素中的____(填名称)相似，能溶于氢氧化钠溶液，生成Na2BeO2与H2。请写出氢氧化铍与氢氧化钠溶液反应的化学方程式____。（5）A、C、D可形成多种二元化合物，下列说法不正确的是____(填字母)。A.A2C2和D2C2中都含共价键 B.A、D可形成离子化合物C.D2C、D2C2中阴阳离子个数比均为1：2 D.D2C和D2C2均能溶于A2C，并发生化合反应（6）能说明氯的非金属性比F强的事实是____(填字母)。①F的最高价氧化物水化物比次氯酸稳定②高氯酸的酸性比F的最高价氧化物的水化物的酸性强③F的简单阴离子比Cl-易被氧化④HCl比F的氢化物稳定⑤铁与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，铁与F单质在加热条件下反应生成某化亚铁A.全部 B.②③④⑤ C.①②④⑤ D.②④⑤【16~21题答案】【答案】（1）第三周期ⅢA族（2）（3）S2->O2->Na+（4）①.铝②.Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O（5）D（6）B【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A的原子核内没有中子，则A为H元素；A和B可形成5核10电子的阳离子，则B为N元素；A、D同主族，则D为Na元素；C与D形成的离子化合物D2C中所有离子的电子数相同，则C为O元素；C、F同主族，则F为S元素；E的最高价氧化物的水化物可与D、F的最高价氧化物的水化物反应，则E为Al元素。【小问1详解】经分析E为Al元素，铝元素的原子序数为13，位于元素周期表第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；【小问2详解】经分析A为H元素，B为N元素，A和B形成4核10电子分子，则该分子是NH3，该分子的电子式是。【小问3详解】经分析C、D、F的简单离子应分别是指O2—、Na+、S2—，同主族元素从上到下，离子的离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，电荷数增大，半径减小，则三种离子的离子半径由大到小的顺序为S2—＞O2—＞Na+。【小问4详解】根据“对角线规则”，铍(Be)的性质与元素周期表右下角的Al性质相似，氢氧化铍与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2和水，反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案为：铝；Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。【小问5详解】A．经分析A、C、D分别是指H、O、Na三种元素，则A2C2和D2C2分别是指H2O2和Na2O2，H2O2是共价化合物，Na2O2是离子化合物，但过氧根离子内含有共价键，则两种化合物中都含有共价键，故A正确；B．A、D是指H、Na两种元素，A、D形成的化合物氢化钠是离子化合物，故B正确；C．D2C、D2C2分别是指Na2O和Na2O2，它们的阴阳离子个数比均为2：1，故C正确；D．D2C和D2C2分别是指Na2O和Na2O2，A2C是指H2O，Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，该反应不属于化合反应，故D错误；答案D。【小问6详解】①F为S元素，硫元素的最高价氧化物水化物比次氯酸稳定不能说明氯元素的非金属性强于硫元素，故①不符合题意；②元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，则高氯酸的酸性比硫酸的酸性强能说明氯元素的非金属性强于硫元素，故②符合题意；③元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，对应离子的还原性越弱，硫离子易比氯离子被氧化，说明硫离子还原性强于氯离子，说明氯元素的非金属性强于硫元素，故③符合题意；④元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯元素的非金属性强于硫元素，故④符合题意；⑤铁与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，铁与硫单质在加热条件下反应生成硫化亚铁说明氯气的氧化性强于硫，则说明氯元素的非金属性强于硫元素，故⑤符合题意；综上所述②③④⑤符合题意，故答案B17.氨基钠(NaNH2)是一种化工原料，常温下为白色晶体，熔点210℃，沸点为400℃，露置空气中易吸收水分而失效。实验室可用氨气和钠反应制得。某化学实验小组拟采用如图所示的装置制备氨基钠，回答下列相关问题：(1)实验时，组装好仪器后，紧跟着进行的下一步的操作是_____。A中反应的化学方程式为_____。(2)装置B中盛放的药品是_____(写名称)，装置E的作用是_______。(3)装置A与C加热的先后顺序是________。(4)若用如图装置代替上述A装置，装置中加入试剂合理的是_______。a.浓氨水b.浓氨水与CaOc.NH4C1与Ca(OH)2(5)C中反应的化学方程式为______。【17题答案】【答案】①.检查装置的气密性②.Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O③.碱石灰④.吸收氨气防止污染环境，同时吸收空气中的水分，防止进入C装置中与氨基钠反应⑤.先加热A后加热C⑥.b⑦.2Na+2NH32NaNH2+H2↑【解析】【分析】根据题中图示，装置A是氯化铵和消石灰共热制备氨气；干燥管B的作用是干燥NH3，防止含有的水与金属钠发生副反应；装置C是氨气与钠反应制备NaNH2；装置D为冷凝管，起冷凝回流作用；干燥管E的主要的作用是吸收尾气中的NH3，防止污染环境，还可以防止空气中的水进入三颈烧瓶与产物氨基钠反应；据此解答。【详解】(1)实验涉及气体的制备和参加反应，则应检查装置的气密性，A中装置是制取氨气，用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应，生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；答案为检查装置的气密性，Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。(2)制备的氨气中含有水蒸气，水会与反应物钠发生反应，由于NH3属于碱性气体，应用碱性干燥剂干燥氨气，则B中盛放碱性干燥剂碱石灰，装置E的主要的作用是吸收尾气中的NH3，防止污染环境，还可以防止空气中的水进入三颈烧瓶与产物氨基钠反应，装置E适宜选取的试剂为P2O5；答案为碱石灰，吸收尾气中的NH3，防止污染环境，还可以防止空气