卷04—2023年6月福建省普通高中学业水平合格性考试化学模拟卷

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冲刺卷04-【冲刺新学考】2023年6月福建省普通高中学业水平合格性考试化学模拟冲刺卷
考试时间：70min 满分：100分
姓名
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题40分）
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．古诗词是古人留给我们的宝贵的精神财富，下列诗句涉及化学反应的是
A．野火烧不尽，春风吹又生 B．忽如一夜春风来，千树万树梨花开
C．千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金 D．千里冰封，万里雪飘
【答案】A
【详解】A． 野火烧不尽，春风吹又生，有燃烧现象，是可燃物和氧气发生发光放热剧烈的氧化反应，是化学变化，故A正确；
B． 忽如一夜春风来，千树万树梨花开，描述下大雪的场景，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；
C． 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金，涉及水中淘金，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；    
D． 千里冰封，万里雪飘，水变成雪的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；
答案选A。
2．下列物质属于纯净物的是
A．碱石灰 B．碘酒 C．钛合金 D．Ca(ClO)2
【答案】D
【详解】A．碱石灰是氧化钙和氢氧化钠固体的混合物，A错误；
B．碘酒是碘单质和酒精形成的混合物，B错误；
C．合金是金属和金属或非金属融合在一起形成特征性质的混合物，C错误；
D．Ca(ClO)2只有一种物质，属于纯净物，D正确；
故选D。
3．医用酒精主要是由酒精和水形成的分散系。它属于
A．悬浊液 B．乳浊液 C．溶液 D．胶体
【答案】C
【分析】按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、胶体和浊液，其中浊液又可分为悬浊液和乳浊液。
【详解】酒精和水形成的分散系为溶液，故选C。
4．一种新型高效净水剂[AlFe(OH)nCl6-n]m属于无机高分子化合物，可应用于生活和工业用水的处理。其中，铁元素的化合价为
A．+2 B．+3
C．+4 D．+6
【答案】B
【详解】据在化合物中正负化合价代数和为零，可设高效净水剂中铁元素的化合价为x，则有（+3）+x+（-1）×n+（-1）×（6-n）=0，解得 x=+3；A、C、D项错误，B项正确。
答案选B。
5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．18g 中含有的H原子数目为NA (H2O的相对分子质量为18)
B．1mol/L 溶液中含有的数目为NA
C．标准状况下，11.2L 中含有的分子数目为0.5 NA
D．0.1mol Fe与足量盐酸反应，转移的电子数目为0.3 NA
【答案】C
【详解】A．18g水分子中含有的氢原子数目为×2×NAmol—1=2NA，故A错误；
B．缺溶液的体积，无法计算1mol/L氯化钙溶液中的氯化钙的物质的量和含有的氯离子数目，故B错误；
C．标准状况下，11.2L氧气中含有的分子数目为×NAmol—1=0.5 NA，故C正确；
D．铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则0.1mol 铁与足量盐酸反应，转移的电子数目为0.1mol ×2×NAmol—1=0.2NA，故D错误；
故选C。
6．下列状态下能导电且属于电解质的物质是
A．无水酒精 B．铜 C．液态二氧化硫 D．熔融氯化钾
【答案】D
【详解】A．无水酒精属于非电解质，不能导电，A错误；
B．铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，B错误；
C．液态二氧化硫属于非电解质，不能导电，C错误；
D．熔融氯化钾属于电解质，熔融时存在自由移动的离子，能导电，D正确；
故答案为：D。
7．下列化学反应的离子方程式书写正确的是
A．盐酸与铁屑反应: 2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2↑
B．金属铜投入硝酸银溶液中: Cu + Ag+ = Cu2+ + Ag
C．氢氧化铜固体投入稀硝酸: Cu(OH)2 + 2H+ = Cu2+ + 2H2O
D．大理石与盐酸反应: CO+ 2H+ = CO2↑+ H2O
【答案】C
【详解】A．盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁和氢气：Fe + 2H+＝Fe2+ + H2↑，A错误；
B．金属铜投入硝酸银溶液中发生置换反应：Cu +2Ag+＝Cu2+ +2Ag，B错误；
C．氢氧化铜固体投入稀硝酸中生成硝酸铜和水：Cu(OH)2 + 2H+＝Cu2+ + 2H2O，C正确；
D．大理石难溶，与盐酸反应：CaCO3+ 2H+＝Ca2+ +CO2↑+ H2O，D错误；
答案选C。
8．在某透明的酸性溶液中，能共存的离子组是
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】C
【详解】A．酸性条件下，氢离子可以和碳酸氢根离子反应，不能共存，A错误；
B．酸性条件下，硝酸根可以和二价铁反应生成三价铁，不能共存，B错误；
C．酸性条件下，、、相互之间不反应，可以共存，C正确；
D．酸性条件下氢离子可以和氢氧根离子反应，氢氧根离子可以和铵根离子反应，不能共存，D错误；
故选C。
9．下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．食物的腐败 B．铁的生锈
C．将海水晒干获得粗盐 D．燃料的燃烧
【答案】C
【详解】A．食物腐败，涉及很多物质和氧气的反应，涉及氧化还原反应，A错误；
B．铁生锈是铁被氧气氧化，铁和氧的化合价均发生了变化，涉及氧化还原反应，B错误；
C．将海水晒干获得粗盐，这个过程没有发生化学变化，不涉及氧化还原反应，C正确；
D．燃料的燃烧有氧气的参与，氧化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D错误；
故答案选C。
10．下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是
A．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu B．3CO+Fe2O32Fe+3CO2
C．AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3 D．2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑
【答案】B
【详解】A．反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于四种基本反应类型的置换反应，A不符合题意；
B．反应3CO+Fe2O32Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，C、Fe元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，B符合题意；
C．反应AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3是两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，属于四种基本反应类型复分解反应，C不符合题意；
D．反应2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑是由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应，属于四种基本反应类型的分解反应，D不符合题意；
故选B。
11．关于如图所示原电池的下列描述中，不正确的是

A．Zn电极是电池的负极 B．稀硫酸参与构成原电池
C．导线中有电子定向移动 D．Cu电极表面有固体沉积
【答案】D
【分析】锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应；电子从负极沿导线流向正极；原电池中阳离子向正极移动。
【详解】A．锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌的金属活泼性比铜强，Zn作负极，故A正确；
B．正极上氢离子得电子发生还原反应，稀硫酸作为电解质溶液参与构成原电池，故B正确；
C．原电池装置是将化学能转化为电能，Zn做负极，Cu做正极，电子由负极经导线定向移动至正极，故C正确；
D．锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应放出氢气，则铜电极表面有无色气泡产生，无固体沉积，故D错误；
故选：D。
12．下列说法不正确的是
A．和互为同位素
B．、互为同素异形体
C．和互为同分异构体
D．和互为同系物
【答案】B
【详解】A．和是氧的两种核素，互为同位素，故A正确；
B．同素异形体是同种元素形成的不同单质，、是氢和氧形成的两种物质，两者不互为同素异形体，故B错误；
C．和分子式相同，结构式不同，两者互为同分异构体，故C正确；
D．和都为烷烃，结构相似，分子组成相差3个−CH2−原子团，两者互为同系物，故D正确。
综上所述，答案为B。
13．下列有机反应属于加成反应的是
A．
B． +HNO3+H2O
C．
D． +Br2+HBr
【答案】C
【详解】A．CH4与Cl2在光照条件下，CH4分子中的一个H原子被Cl取代产生CH3Cl，另一个Cl原子与H原子结合形成HCl，反应类型为取代反应，A不符合题意；
B．苯分子中的H原子被-NO2取代产生 ，取代下来的H原子与-OH结合形成H2O，故该反应类型为取代反应，B不符合题意；
C．CH2=CH2分子中不饱和的碳碳双键中较活泼的碳碳键断裂，这两个不饱和的C原子分别与Br原子结合形成C-Br键，产生1，2-二溴乙烷，发生反应为加成反应，C符合题意；
D．苯分子中的H原子被-Br取代产生C6H5Br，取代下来的H原子与-Br结合形成HBr，故该反应类型为取代反应，D不符合题意；
故合理选项是C。
14．下列物质的转变，不能一步实现的是
A．Fe2O3 → Fe(OH)3 B．K2SO4 → KOH
C．Zn → ZnCl2 D．MgCl2 → Mg(OH)2
【答案】A
【详解】A．氧化铁是不溶于水的碱性氧化物，因此氧化铁不能直接转化成Fe(OH)3，故A符合题意；
B．K2SO4与Ba(OH)2反应K2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2KOH，能够一步实现，故B不符合题意；
C．锌是活泼金属，能与盐酸反应生成氢气和氯化锌，其反应方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，能够一步实现，故C不符合题意；
D．MgCl2与NaOH反应：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，能够一步实现，故D不符合题意；
答案为A。
15．下图是某有机物的球棍模型，其中“●”表示碳原子，“O”表示氢原子，该有机物结构简式为

A．CH3CH3 B．CH2=CH2 C．CH3CH2OH D．CH3COOH
【答案】B
【详解】有机物的球棍模型，其中“●”表示碳原子，“O”表示氢原子，碳原子之间形成碳碳双键，碳原子与氢原子形成碳氢单键，分子由2个碳原子和4个氢原子构成，则结构简式为CH2=CH2，即乙烯，答案选B。
16．下列化合物中，只含离子键的是（        ）
A．HCl B．CH4 C．NaOH D．NaCl
【答案】D
【详解】A．HCl是由分子构成的物质，分子中只含有极性共价键H-Cl键，无离子键，A不符合题意；
B．CH4是由分子构成的物质，分子中只含有极性共价键C-H键，无离子键，B不符合题意；
C．NaOH是Na+与OH-通过离子键结合形成的离子化合物，在OH-中O原子与H原子通过极性共价键H-O键结合，含有离子键、共价键，C不符合题意；
D．NaCl是Na+与Cl-通过离子键结合形成的离子化合物，只含有离子键，D符合题意；
故合理选项是D。
17．“稀土”是我国宝贵的战略资源。已知稀土元素钐(Sm)的原子序数是62，Sm的某种同位素中子数是82，其质量数是
A．144 B．82 C．62 D．20
【答案】A
【详解】原子序数=质子数，质量数=质子数+中子数；钐(Sm)的原子序数是62，Sm的某种同位素中子数是82，其质量数=62+82=144，
故选：A。
18．配制 100mL 0.10mol/L的NaCl溶液时，下列仪器中需要用到的是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤：计算、称量或量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，由实验步骤确定所用仪器，则配制 100mL 0.10mol/L的NaCl溶液时，称量用到托盘天平、药匙，溶解用到烧杯、玻璃棒，移液要向100mL容量瓶中转移并用玻璃棒引流，定容最后又用到胶头滴管，用到的仪器为100mL容量瓶，答案选D。
19．化学世界色彩斑斓，下列各项中的颜色变化是由于发生氧化还原反应的是
A．HCl气体通入溶液中，有白色沉淀生成
B．在红色墨水中加入活性炭，墨水的红色褪去
C．白色的无水硫酸铜固体在潮湿的空气中久置后变蓝
D．银白色的金属钠在空气中加热，变成淡黄色固体
【答案】D
【详解】A．HCl气体通入溶液中生成AgCl和硝酸，是复分解反应、不属于氧化还原反应，故A不选；
B．活性炭具有吸附性，可吸附墨水中的红色色素，属于物理变化，故B不选；
C．无水硫酸铜与水反应转化为五水合硫酸铜，是化合反应、不属于氧化反应，故C不选；
D．金属钠与氧气在加热下反应转化为过氧化钠，钠、氧的化合价变化，属于氧化还原反应，故D选；
答案选D。
20．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应后，反应速率最快和最慢的容器编号分别是
容器编号
温度
SO2的物质的量
O2的物质的量
催化剂
甲
500 ℃
10 mol
5 mol
－
乙
500 ℃
10 mol
5 mol
V2O5
丙
500 ℃
8 mol
5 mol
－
丁
450 ℃
8 mol
5 mol
－
A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丁 D．丙、丁
【答案】C
【详解】乙容器中，温度高于丁，初始浓度大于丙和丁，相比较于甲使用催化剂，所以反应速率最快；丁容器中，温度最低，初始浓度低于甲和乙，且没有使用催化剂，所以反应速率最慢，故C正确；
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题60分）
二、非选择题：本题共6小题，共60分．
21．(15分)下表列出了a～h八种元素在周期表中的位置
a






























b

c


d
e










f



g
h
根据表中所列元素回答下列问题：
(1)b元素在周期表中的位置是___________(请标明周期和族)。
(2)c的简单氢化物的化学式___________。
(3)h的元素符号是___________。
(4)将元素d、e、f、g的原子半径按从小到大的顺序排列：___________(填写元素符号)。
(5)d原子结构示意图为___________。
(6)g的单质与水反应的化学方程式_________________________________。
(7)f元素的最高价氧化物的名称是___________，该氧化物在常温下跟d的最高价氧化物的水化物发生反应的化学反应方程式是_________________________________。
(8)用化学方程式表示①的金属性强于②：_________________________________。
(9)最稳定的元素是___________(填写元素符号)。
(10)a与c元素组成的个数比1:1的物质有___________(写一种)，质量比为___________。
【答案】     第二周期第ⅣA族     H2O     Ar     Cl＜Al＜Mg＜Na          Cl2+H2O=HCl+HClO     三氧化二铝
     Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O或Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]
NaOH+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaCl Ar C6H6 12:1
【分析】根据元素在周期表中的位置可判断a是H，b是C，c是O，d是Na，e是Mg，f是Al，g是Cl，h是Ar，据此解答。
【详解】(1)b是C，碳元素在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族。
(2)c的简单氢化物是水，化学式为H2O。
(3)h的元素符号是Ar。
(4)同周期自左向右原子半径逐渐减小，则将元素d、e、f、g的原子半径按从小到大的顺序排列Cl＜Al＜Mg＜Na。
(5)钠原子结构示意图为。
(6)g的单质氯气与水反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO。
(7)f元素的最高价氧化物的名称是三氧化二铝，该氧化物在常温下跟d的最高价氧化物的水化物氢氧化钠发生反应的化学反应方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O或Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]。
(8)NaOH+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaCl
(9) Ar
(10)C2H2或是C6H6等，质量比为12:1
22．(8分)从下列六种有机物中选择合适的物质,将其标号填在横线上。
A 甲烷   B 苯   C 乙醇   D 乙酸   E 油脂   F 淀粉
(1)属于酯类的是_______
(2)最简单的有机物是____
(3)分子式为C6H6的是________
(4)遇碘水能变蓝色的是_____
(5)能使紫色石蕊试液变红的是______
(6)乙酸乙酯在一定条件下水解生成乙酸和________
【答案】     E     A     B     F     D     C
【详解】(1)含有-COO-的化合物称为酯类，而油脂是高级脂肪酸的甘油酯，故属于酯类，故答案为：E；
(2)最简单的有机物是甲烷，故答案为：A；
(3)分子式为C6H6的是苯，故答案为：B；
(4)遇碘水能变蓝色的是淀粉，故答案为：F；
(5)能使紫色石蕊试液变红的物质显酸性，乙酸含羧基酸性，能使紫色石蕊试液变红，故答案为：D；
(6)乙酸乙酯在一定条件下水解生成乙酸和乙醇，故答案为：C；
23．(8分)为了达到表中的实验目的，请选择合适的化学试剂，将其标号填入对应的空格中。
实验要求
化学试剂
除去FeCl2溶液中少量FeCl3
_____
检验自来水中是否含有Cl-
_____
除去Na2CO3中少量NaHCO3
_____
鉴别MgCl2和AlCl3
_____
供选择的化学试剂及实验方法：
A．加入烧碱溶液 B．加热至恒重 C．加入足量的铁粉，过滤 D．加稀HNO3和AgNO3溶液，观察现象
【答案】     C     D     B     A    
【详解】FeCl3可与Fe反应生成FeCl2，所以除去FeCl2溶液中少量FeCl3，可加入足量的铁粉，再过滤，选择C；
Cl-可与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，所以检验自来水中是否含有Cl-，可加稀HNO3和AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀，可选择D；
NaHCO3不稳定加热分解生成Na2CO3，所以除去Na2CO3中少量NaHCO3，可用加热至恒重除去NaHCO3，选择B；
MgCl2与过量的氢氧化钠反应生成白色沉淀，AlCl3与过量的氢氧化钠反应先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解，所以鉴别MgCl2和AlCl3可用烧碱溶液，选择A；
24．(8分)简要回答下列问题。
(1)NO暴露在空气中，出现红棕色的原因是___。
(2)将食品置于低温条件下，常常可以保存更长时间的原因是___。
(3)盛有浓硫酸的容器敞口放置一段时间后，硫酸浓度变小的原因是___。
(4)工业浓硝酸通常呈黄色，用化学方程式解释：_______。
【答案】     NO与O2反应生成红棕色NO2     低温下，可以减小食品腐败变质的速率     浓硫酸具有吸水性 4HNO3 4NO2↑＋O2↑＋2H2O     酸雨和光化学烟雾
【详解】(1)NO暴露在空气中，出现红棕色的原因是NO与O2反应生成红棕色NO2，故答案为：NO与O2反应生成红棕色NO2；
(2)低温下，可以减小食品腐败变质的速率，所以将食品置于低温条件下，常常可以保存更长时间，故答案为：低温下，可以减小食品腐败变质的速率；
(3)浓硫酸具有吸水性会吸收空气中的水，盛有浓硫酸的容器敞口放置一段时间后，硫酸浓度变小，故答案为：浓硫酸具有吸水性。
(4)浓硝酸光照时易发生分解反应生成红棕色的NO2，浓硝酸里溶解了红棕色的NO2而呈黄色，用化学方程式解释为：4HNO3 4NO2↑＋O2↑＋2H2O。
25．(8分)工业上用铝土矿(主要成分为A12O3，还有少量的Fe2 O3，SiO2等杂质)提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：

(1)I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是：_______；
(2)沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有_______，固体N是_______；
(3)滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为_______，它属于_______(填“酸”、“碱”或“盐”)类物质；
(4)请写出步骤Ⅱ的相关方程式_______；
(5)实验室里常往AlCl3溶液中加入_______(填“氨水”或“NaOH溶液”)来制取A1(OH)3。
【答案】(1)过滤
(2)     Fe2O3     Al2O3
(3)     NaAlO2     盐
(4)NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
(5)氨水
【分析】铝土矿中加浓NaOH溶液，Al2O3和SiO2能和NaOH溶液反应生成溶于水的盐，Fe2O3不反应，过滤后在沉淀M中。滤液中通入二氧化碳气体，控制一定的反应条件，使 NaAlO2反应生成沉淀Al(OH)3，而Na2SiO3不反应，得到的沉淀Al(OH)3加热分解得到氧化铝。
（1）分离沉淀和溶液的操作是过滤。
（2）由以上分析可知，沉淀M中有Fe2O3，固体N是Al2O3。
（3）Al2O3和NaOH反应生成溶于水的NaAlO2，则滤液X中含铝元素的溶质为NaAlO2，它是由金属离子和酸根离子组成的盐。
（4）步骤Ⅱ发生了NaAlO2和CO2、H2O的反应，化学方程式为：2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3。
（5）向AlCl3溶液中加入氨水可以制取Al(OH)3，不用AlCl3和NaOH反应，因为生成的Al(OH)3是两性氢氧化物，会溶于过量的强碱。
26．(15分)Ⅰ部分：
甲、乙、丙三位同学分别用如下实验装置及化学药品（碱石灰为氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气。请你参与探究，并回答问题：

(1)他们制取氨气的化学方程式为：_______________________________。
(2)三位同学都用向下排空气法收集氨气，其原因是_____________________。
(3)三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一位同学没有收集到氨（实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是__________填(“甲”、“乙”或“丙”)。
(4)检验氨气是否收集满的方法是:（简述操作方法、现象和结论）
____________________________________________________________。
(5)三位同学都认为他们的实验装置还可用于加热碳酸氢铵固体来制取纯净的氨气，你判断能够达到实验目的的是________(填“甲”、“乙”或“丙”)，该装置中的NH4HCO3固体能否用NH4Cl固体代替？_________(填“能”或“不能”)。
Ⅱ部分
已知二氧化硫可使高锰酸钾溶液褪色反应的化学方程式为：
5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4
下图为验证浓硫酸与木炭在加热条件下，反应产物中是否含有SO2和CO2的部分装置。

(6)实验时，从____端连接盛有澄清石灰水的实验装置(用a或b 填空)。
(7)可观察到A瓶的溶液_____________________________。
(8)C瓶溶液的作用是________________________________。
【答案】(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)NH3的密度小于空气的密度
(3)乙
(4)将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，则说明已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满）
(5)     丙     不能
(6)b
(7)褪色
(8)检验SO2是否除尽

【详解】（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）氨气易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故答案为NH3的密度小于空气的密度。
（3）氨气为碱性气体，通过盛有浓硫酸的洗气瓶时，与硫酸反应而被吸收，因此，乙同学没有收集到氨气；故答案为乙。
（4）氨气显碱性，检验氨气是否收集满的方法是: 将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，则说明已收集满；因为氨气与HCl反应生成氯化铵产生白烟，所以也何以用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满；故答案为将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，则说明已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满）。
（5）碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，其中可用碱石灰吸收二氧化碳和水，只有丙能做到，氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，在温度较低时又重新生成氯化铵，不能只用氯化铵制备氨气；故答案为丙；不能。
（6）二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能用澄清石灰水鉴别二氧化碳和二氧化硫，但二氧化硫具有漂白性、还原性，所以可以先检验二氧化硫，再除去二氧化硫，最后再检验二氧化碳，检验和洗气装置中导气管遵循“长进短出”的原则，所以实验时，从b端连接盛有澄清石灰水的实验装置；故答案为b。
（7）二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以A装置中溶液褪色，故答案为褪色。
（8）二氧化硫能使品红溶液褪色，可以用品红溶液检验二氧化硫是否存在，所以C装置中品红溶液是检验二氧化硫是否除尽，如果未除尽会干扰实验，故答案为检验SO2是否除尽。