第三章铁金属材料第二节金属材料随堂练习题— 高一化学上学期人教版（2019）必修第一册.docx

第三章铁金属材料第二节金属材料随堂练习题高一化学上学期人教版（2019）必修第一册一、单选题（共15题）1下列说法不正确的是（ ）A钢的含碳量为0.03%2%B常温下铝不与氧气反应C氧化亚铁受热时，易被空气氧化D氧化铝是两性氧化物2下列物质既能和酸又能和碱反应的是（ ）AO2BKOHCHNO3DAl2O33向含NaOH的NaAlO2溶液中滴加盐酸，产生的固体的质量m随盐酸的体积变化如图所示，则溶液中NaOH与NaAlO2的物质的量的比值为（ ）A1：2B2：1C1：3D1：44下列有关铁及其化合物说法不正确的是（ ）A将饱和氯化铁溶液滴入沸水中继续煮沸，可制得氢氧化铁胶体BFeCl2既有氧化性又有还原性C铁与硫酸铜溶液反应后滴加KSCN溶液，溶液变红D生铁和钢都是铁的合金，其中生铁的含碳量高于钢5不能用单质直接化合而得到的化合物是（ ）AFeCl2BAl2O3CCuCl2DNa2O26地壳中含量最多的金属元素与海洋中含量最多的非金属元素之间形成的化合物是（ ）ANaClBMnO2CMgODAl2O37物质的用途与性质密切相关。下列说法不正确是（ ）A铜用于制导线，是由于铜有良好的导电性B氮气常用作保护气，是由于氮气的化学性质不活泼C二氧化碳用于灭火，是由于二氧化碳不可燃、不助燃且密度比空气大D铁制品表面涂“银粉”（铝粉）防生锈，是由于铝的化学性质比铁稳定8甲、乙两烧杯中分别盛有100浓度均为6的盐酸与氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成气体的体积之比为2：3，则加入铝粉的质量为（ ）A16.2gB10.8gC8.1gD5.4g92019年12月27日晚，长征五号运载火箭“胖五”在海南文昌航天发射场成功将实践二十号卫星送入预定轨道。下列有关说法正确的是（ ）A火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用B火箭燃料燃烧时将热能转化为化学能C胖五”利用液氧和煤油为燃料，煤油为混合物D卫星计算机芯片使用高纯度的二氧化硅10下列说法不正确的是（ ）A实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火B常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化C硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐 D钢是以铁为主的含碳合金11随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中（ ）A先分解失去H2O，再分解失去NH3 B先分解失去NH3，再分解失去H2OC同时分解失去H2O和NH3 D同时分解失去H2、N2和H2O12已知Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。有一根粗铝含铁和硅两种杂质，取两份等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和稀NaOH溶液中，放出等质量的H2，则该粗铝中铁和硅的关系是（ ）物质的量之比为12物质的量之比是31质量之比是21质量之比是41ABCD只有13下列混合物分离(或除杂)的方法正确的是（ ）A除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤B除去Cl2中混有的HCl气体：先后通过饱和的碳酸氢钠溶液、浓硫酸C除去NaHCO3溶液中的Na2CO3：加入适量稀盐酸D除去中FeCl3溶液中的少量FeCl2：加入适量酸性高锰酸钾溶液14常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是（ ）A加入金属铁能产生的溶液中：B含有大量的溶液中：C能使生成沉淀的溶液中：D加入金属铝能产生气体：15对下列实验事实的结论表述正确的是（ ）选项实验现象结论A向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中产生白色浑浊酸性：盐酸>碳酸>硅酸B将常温下用冷的浓硝酸处理过的铝片插入硫酸铜溶液中铝片表面无明显现象用硝酸处理后，铝的金属性减弱C取少量Na2SO3样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液有白色沉淀产生样品已经变质D向黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸，再加入四氯化碳溶液变为紫红色氧化性：Fe3+>I2AABBCCDD二、综合题（共4题）16（1）分别取W g钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是_。（2）分别取01 mol钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是_。（3）若产生相同体积(同温同压下)的氢气，所需钠、镁、铝(与足量的盐酸反应)的物质的量之比为_。（4）若将02 mol钠、镁、铝分别投入10 mL 1 molL1的盐酸中，在标准状况下，产生氢气的体积大小顺序是_。17硫酸铜是一种重要的化工原料，工业上常用硫酸为原料来制备硫酸铜。（1）工业上生产硫酸过程中，焙烧硫铁矿时产生的废渣是一种二次资源。为了从废渣中磁选获得品位合格的铁精矿，高温下利用CO使弱磁性Fe2O3转化为强磁性Fe3O4。写出该反应的化学方程式_；实验发现：CO太多或太少都会导致磁铁矿产率降低，原因是_。氯化焙烧工艺是将废渣用氯化钙水溶液调和、成球、高温焙烧，废渣中SiO2与CaCl2等在高温下反应放出HCl，HCl与金属氧化物等反应生成氯化物。反应生成的各金属氯化物以气态形式逸出，进而回收有色金属和回返氯化钙溶液。写出氯化焙烧工艺中生成HCl的化学方程式_。（2）测定硫酸铜品体中结晶水含量的实验步骤为：步骤1：准确称量一个洁净、干燥的坩埚；步骤2：将一定量的硫酸铜晶体试样研细后，放入坩埚中称重步骤3：将盛有试样的坩埚加热，待晶体变成白色粉末时，停止加热；步骤4：将步骤3中的坩埚放入干燥器，冷却至室温后，称重：步骤5：_；步骤6：根据实验数据计算硫酸铜晶体试样中结晶水的质量分数。请完成实验步骤5。 （3）已知硫酸铜晶体受热可以逐步失去结晶水，温度升高还可以分解生成铜的氧化物。现取250g CuSO45H2O晶体均匀受热，缓慢升温至1200并恒温1小时，实验测得固体残留率（剩余固体的质量原始固体质量）与温度的关系如下图所示：在110时所得固体的成分为_；在1200并恒温1小时，反应所得气态产物除去水后，物质的量为_。（填字母）A0 molB01molC0125mol D大于0125mol18某混合物甲中含有明矾KAl(SO4)212H2O、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现下图所示的物质之间的转化。请回答下列问题：(1)写出A、B、的化学式：A_， B_。(2)试剂a最好选用_。A、NaOH溶液 B、稀盐酸C、二氧化碳 D、氨水(3)写出反应的离子方程式：_。(4)固体E可以作为复合性的化学肥料，E中所含物质的化学式为_。19氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用，前景广阔。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O。工业制氮化铝：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3。氮化铝的制备(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：ecd_(根据实验需要，上述装置可使用多次)。(2)B装置内的X液体可能是_；E装置内氯化钯溶液的作用可能是_。氮化铝纯度的测定（方案）甲同学用下图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是_。a。CCl4 b。H2O c。NH4Cl饱和溶液 d。植物油(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，对所测AlN纯度的影响是_ (填“偏大”“偏小”或“不变”)。（方案）乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度。(5)步骤的操作是_。(6)实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的仪器有_等。(7) 样品中AlN的纯度是_(用m1、m2、m3表示)。参考答案1B【详解】A钢为铁和碳的合金，含碳量为0.03%2%，故A正确；B铝为活泼金属在空气中能与氧气反应生成氧化铝，故B错误；C氧化亚铁具有强的还原性，易被氧气氧化，故C正确；D氧化铝既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故D正确；故选：B。2D【分析】中学常见既能和酸反应又能和碱反应的化合物有：两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐、氨基酸、蛋白质等，由此分析。【详解】A一般情况下，O2既不能和酸反应，又不能和碱反应，故A不符合题意；BKOH 属于碱，KOH只能与酸反应，不能与碱反应，故B不符合题意；CHNO3属于酸，HNO3只能与碱反应，不能与酸反应，故C不符合题意；DAl2O3是两性氧化物，既能和酸反应又能和碱反应，故D符合题意；答案选D。3A【详解】NaOH的NaAlO2溶液中滴加盐酸，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，此时没有沉淀生成，之后发生NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3，然后又发生Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，据图可知Al(OH)3溶解时消耗3份盐酸，根据方程式可知生成Al(OH)3沉淀时消耗1份盐酸，所以NaOH消耗1.5=1=0.5份盐酸，结合方程式和可知NaOH与NaAlO2的物质的量的比值为0.5：1=1：2；故答案为A。4C【详解】A制备Fe(OH)3胶体的操作为：加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，得到氢氧化铁胶体，A项正确；BFeCl2中Fe呈+2价，为中间价态，因此FeCl2既有氧化性又有还原性，B项正确；C铁与硫酸铜溶液反应的方程式为：，反应后的溶液中无Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液不会变红，C项错误；D生铁和钢都是碳铁合金，生铁中碳的含量高于钢中碳的含量，D项正确；答案选C。5A【详解】A铁具有变价，氯气具有强氧化性，铁被氧化生成高价态化合物，发生反应为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，不能直接反应生成FeCl2，A符合题意；B铝在空气中会和氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，B不符合题意；C铜具有变价，氯气具有强氧化性，Cu被氧化成高价态化合物，发生反应为：Cu+Cl2 CuCl2，C不符合题意；D钠在空气中点燃生成过氧化钠，D不符合题意；故选A。6D【详解】地壳中含量最多的金属是铝元素，海水中含量最多的非金属元素为氧元素，二者形成的化合物为氧化铝，化学式为Al2O3，故选D。7D【详解】A由于铜有良好的导电性，铜常用于制导线，故A正确；B氮气的化学性质不活泼，氮气常用作保护气，故B正确；C由于二氧化碳不可燃、不助燃且密度比空气大，二氧化碳常用于灭火，故C正确；D铁制品表面涂“银粉”（铝粉）防生锈，是由于铝易被氧气氧化生成致密的氧化铝保护膜，不是铝的化学性质比铁稳定，故D错误；故选D。8C【详解】由电子得失相等，若等量的Al粉完全反应，两个反应中生成的H2的量应该是一样的。由于生成的气体体积之比为2：3，即甲杯中生成的气体更少，这说明甲杯中的铝粉过量，盐酸完全反应，设甲烧杯放出氢气的物质的量为x mol，解得，甲、乙生成的气体体积比为2：3，乙杯中生成的氢气物质的量为0.45mol，设消耗铝的物质的量是ymol，解得，则铝粉质量为，答案选C。9C【详解】A铝合金的密度较小，硬度较大，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，故A错误；B火箭中燃料的燃烧是将化学能转化为热能，再转化为机械能，故B错误；C煤油为多种烷烃和环烷烃的混合物，故C正确；D卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，故D错误。答案选C。10C【详解】A 实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火，故A正确；B 常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时在表面生成致密的氧化膜，会发生钝化，故B正确；C 硅酸钠是一种易溶于水的硅酸盐，故C错误；D 生铁和钢都是铁的合金，主要区别是含碳量不同，生铁炼成钢，使钢的含碳量小于2%，故D正确；故选C。11B【详解】NH4VO3的摩尔质量为117g/mol，设NH4VO3物质的物质的量为1mol，则210时失重的质量为1mol117g/mol(185.47%)17g；NH3的摩尔质量为17g/mol，所以先分解失去NH3；根据质量守恒定律，化学方程式为； 380时共损失的质量为1mol117g/mol(177.78%)26g，第二次又失去的质量为26g17g9g；H2O的摩尔质量为18g/mol，所以再分解失去0.5molH2O；根据质量定律守恒，化学方程式为；对照各选项，答案选B。【点睛】本题是固体试样以脱水、分解等方式失重的热重曲线试题，考查某温度时分解产物组成的判断，分析时要注意空气中的氧气并未参与反应，完全是分解反应的结果。12D【详解】因为等量的铝和足量的盐酸或氢氧化钠反应生成等量的氢气，所以取两份等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和稀NaOH溶液中，放出等质量的H2，说明硅和氢氧化钠反应放出的氢气与铁与盐酸反应放出的氢气量相等，根据反应方程式分析，1mol硅反应生成2mol氢气，1mol铁产生1mol氢气，则铁和硅的物质的量比为2:1，质量比为4:1。故选D。13A【详解】A铝与氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，而镁不反应，然后过滤、洗涤得到镁，故A正确；B 除去Cl2中混有的HCl气体：应该先后通过饱和的氯化钠溶液、浓硫酸，若使用饱和碳酸氢钠溶液，会引入二氧化碳杂质，故B错误；C 除去NaHCO3溶液中的Na2CO3：加入盐酸引入新的杂质氯离子，应该通入足量的二氧化碳气体，故C错误；D Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3，则合适试剂为氯气，若使用酸性高锰酸钾溶液，会引入钾离子和锰离子等杂质，故D错误；答案选A。14D【详解】A硝酸与金属反应不能放出氢气，加入金属铁能产生的溶液中不含，故不选A；B、 发生氧化还原反应，含有大量的溶液中不含，故不选B；C 反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故不选C；D酸性条件下，不反应，加入金属铝能产生NO气体，故选D； 选C。15C【详解】A盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，则不能比较碳酸、硅酸的酸性，故A错误；B常温下铝在浓硝酸中发生钝化现象，铝表面和硝酸反应生成了致密的氧化物薄膜，阻止Al和硫酸铜发生置换反应，故B错误；C盐酸可排除亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡若生成白色沉淀为硫酸钡，则样品已经变质，故C正确；D向黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置，下层溶液变为紫红色，说明生成了碘单质，是因为碘离子被硝酸氧化，故D错误；故选：C。16 123 632 Na>AlMg 【分析】发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+H2、Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据方程式计算解答。【详解】（1）2Na+2HCl=2NaCl+H2、 46g 1mol Wg mol Mg+2HCl=MgCl2+H2、 24g 1mol Wg mol 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2， 54g 3mol Wg mol 故在相同条件下产生氢气的体积比=mol :mol: mol=，因此，本题正确答案是：。（2）分别取0.1mol钠、镁、铝与足量盐酸反应，则：2Na+2HCl=2NaCl+H20.1mol 0.05mol Mg+2HCl=MgCl2+H20.1mol 0.1mol2Al+6HCl=2AlCl3+3H20.1mol 0.15mol故在相同条件下产生氢气的体积比=0.05mol:0.1mol:0.15mol=1:2:3，因此，本题正确答案是：1:2:3。（3）若产生相同体积（同温同压下）的H2，说明三种金属提供电子的物质的量相同，设三种金属都失去6mol的电子，需钠的物质的量为6mol，镁的物质的量为3mol，铝的物质的量为2mol，所以所需的钠、镁、铝物质的量比为6:3:2。因此，本题正确答案是：6:3:2。（4）若将0.2 mol钠、镁、铝分别投入10 mL 1 molL1的盐酸中，可以知道三种金属都过量，但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，镁和铝生成氢气的体积一样多，因此，本题正确答案是：Na>AlMg。173Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2 CO太多导致Fe3O4还原为铁，CO太少Fe2O3没有全部转化成Fe3O4 CaCl2+SiO2+H2OCaSiO3+2HCl 将步骤4中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却至室温后称越，重复本操作，直至两次称量结果不变 CuSO43H2O D 【分析】（1）根据高温下利用CO使弱磁性Fe2O3转化为强磁性Fe3O4，利用质量守恒确定产物并配平；CO太多导致Fe3O4还原为铁，CO太少，Fe2O3转化成Fe3O4的转化率不高；根据复分解反应发生规律可知，废渣中SiO2与CaCl2等在高温下反应生成HCl和硅酸钙；（2）根据直至两次称量质量差不超过0.1g确定完全失水；（3）由图示数据可知，失去水的质量为：25.0g14.4%=3.6g，根据关系式： CuSO45H2OCuSO4xH2O利用差量法求出x，从而得出化学式；根据题目信息硫酸铜分解生成铜的氧化物，根据化合价升降可知产物还有SO2、O2，分解的方程式：2CuSO42CuO+2SO2+O2，然后据此进行计算。【详解】（1）CO使弱磁性Fe2O3转化为强磁性Fe3O4和CO2，方程式为：3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2；CO太多导致Fe3O4还原为铁，CO太少，Fe2O3转化成Fe3O4的转化率不高，所以CO太多或太少都会导致磁铁矿产率降低；故答案为3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2；CO太多导致Fe3O4还原为铁，CO太少Fe2O3没有全部转化成Fe3O4；根据复分解反应发生规律可知，废渣中SiO2与CaCl2等在高温下反应生成HCl和硅酸钙，反应的化学方程式：CaCl2+SiO2+H2OCaSiO3+2HCl；故答案为CaCl2+SiO2+H2OCaSiO3+2HCl；（2）将步骤4中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却至室温后，称重，重复本操作，直至两次称量质量差不超过0.1g或直至两次称量结果不变；故答案为将步骤4中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却至室温后称越。重复本操作，直至两次称量结果不变；（3）由图示数据可知，失去水的质量为：25.0g14.4%=3.6g，根据关系式：CuSO45H2OCuSO4xH2O m 250 18（5-x） 25.0g 3.6g则250:25=18（5-x）：3.6，解得：X=3，所以在110时所得固体的成分为CuSO43H2O；25.0g CuSO45H2O的物质的量为25/250=0.1mol，则 CuSO4的物质的量为0.1mol；已知硫酸铜品体受热可以逐步失去结品水，温度升高还可以分解生成铜的氧化物，所以硫酸铜受热分解，1200并恒温1小时后，硫酸铜受热分解，反应如下：2CuSO42CuO+2SO2 + O20.1mol 0.1mol 0.05mol反应所得气态产物除去水后，物质的量为0.15mol，大于0125mol，D可选。故答案为CuSO43H2O，D。18Al Al2O3 D Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O K2SO4、(NH4)2SO4 【分析】混合物甲含有KAl(SO4)212H2O、Al2O3和Fe2O3，由于KAl(SO4)212H2O溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲用水溶解后，溶液中含有KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3，向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，故沉淀为Fe2O3，溶液中含有NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和NaHCO3，Al(OH)3受热分解生成B为Al2O3，电解熔融氧化铝得到气体D为O2，固体A为Al，向KAl(SO4)2溶液中加入试剂a也得到Al(OH)3，由于Al(OH)3溶于强碱，故试剂a最好是弱碱，故试剂a可为氨水，溶液中Al3+被沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶得到的固体E中含有K2SO4和(NH4)2SO4，据此解答。【详解】混合物甲含有KAl(SO4)212H2O、Al2O3和Fe2O3，由于KAl(SO4)212H2O溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲用水溶解后，溶液中含有KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3，向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，故沉淀为Fe2O3，溶液中含有NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和NaHCO3，Al(OH)3受热分解生成B为Al2O3，电解熔融氧化铝得到气体D为O2，固体A为Al，向KAl(SO4)2溶液中加入试剂a也得到Al(OH)3，由于Al(OH)3溶于强碱，故试剂a最好是弱碱，故试剂a可为氨水，溶液中Al3+被沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶得到的固体E中含有K2SO4和(NH4)2SO4，（1）由上述分析可知，A为Al，B为Al2O3；故答案为Al；Al2O3；（2）由上述分析可知，KAl(SO4)2溶液中加入试剂a也得到Al(OH)3，由于Al(OH)3溶于强碱，故试剂a最好是弱碱，故试剂a可为氨水；故答案为；D；（3）由上述分析可知，反应为Al2O3与NaOH溶液反应，生成NaAlO2和水，其离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；故答案为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；（4）向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和(NH4)2SO4，固体E可以作为复合性的化学肥料，E中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4；故答案为K2SO4、(NH4)2SO4。19abf(g)g(f)a(c)b(d)I 浓硫酸 吸收CO，防止污染 ad 偏大 通入过量CO2气体 坩埚、泥三角、坩埚钳 100% 【详解】(1)实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，可以需要装置C制备氮气，生成的氮气中经过干燥后与Al2O3和C在装置D中反应生成AlN和CO，CO会污染空气，可以通过氯化钯溶液吸收，氮化铝在高温下能水解，需要防止外界水蒸气进入装置D，因此按照氮气气流方向，各仪器接口连接顺序为：ecdabf(g)g(f)a(c)b(d)I，故答案为：abf(g)g(f)a(c)b(d)I；(2)根据(1)的分析，B装置内的X液体可以是浓硫酸；E装置内氯化钯溶液是用来吸收CO，防止污染，故答案为：浓硫酸；吸收CO，防止污染；(3) AlN+NaOH+H2O= NaAlO2+NH3，量气装置中收集的气体为氨气。a氨气是极性分子，难溶于CCl4，可以选用；b氨气极易溶于水，不能选用；c氨气在NH4Cl饱和溶液中溶解度仍然很大，不能选用；d氨气难溶于植物油，可以选用；故选ad；(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，应用氢氧化钠溶液体积的影响会使得测得的氨气的体积偏大，所测AlN纯度偏大，故答案为：偏大；(5)根据流程图，滤液即洗涤液中含有NaAlO2，经过步骤得到沉淀为氢氧化铝，因此步骤是通入过量CO2气体，故答案为：通入过量CO2气体；(6)实验室里煅烧滤渣氢氧化铝使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的仪器有坩埚、泥三角、坩埚钳，故答案为：坩埚、泥三角、坩埚钳；(7)根据Al2O3+3C+N22AlN+3CO，AlN+NaOH+H2O= NaAlO2+NH3，样品的主要成分为Al2O3、C和 AlN，滤渣为C，最终的固体为Al2O3，则样品中AlN的纯度为100%，故答案为：100%。