2026年甘肃省天水市太京中学高三下学期一调（5月）化学试题试卷含解析

2026年甘肃省天水市太京中学高三下学期一调（5月）化学试题试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列离子方程式书写错误的是()A．铝粉投入到NaOH溶液中:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑B．Al(OH)3溶于NaOH溶液中:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC．FeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D．AlCl3溶液中加入足量的氨水:A13++3OH-=Al(OH)32、下表为各物质中所含少量杂质以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的一组是（）选项物质(括号为少量杂质)除杂方法ACO2(SO2)通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入碱石灰干燥BCu（CuO）空气中加热CFeCl2（Fe）通入少量氯气加热DKNO3(NaCl)溶于水配成热饱和溶液，冷却结晶A．A B．B C．C D．D3、将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（）A．0.2mol B．0.4mol C．0.6mol D．0.8mol4、复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A．放电时,N极发生还原反应B．充电时,Zn2+向M极移动C．放电时,每生成1molPTO-Zn2+,M极溶解Zn的质量为260gD．充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+5、下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（）A．利用排空气法收集CO2B．收集氧气C．制备并检验氢气的可燃性D．稀释浓硫酸6、下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（）A．氨气遇到HCl气体后产生白烟B．品红溶液通入SO2气体后褪色C．湿润的淀粉碘化钾试纸遇Cl2变蓝D．在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色7、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同8、下列有关说法正确的是A．用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素是利用了氧化还原反应原理B．铁锈是化合物，可用Fe2O3·nH2O(2≤n<3)表示C．已知CH4+H2OCH3OH+H2，该反应的有机产物是无毒物质D．C(CH3)4的二氯代物只有2种9、主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是A．简单离子的半径：Z>Y>X B．WX2中含有非极性共价键C．简单氢化物的热稳定性：X>Y D．常温常压下Z的单质为气态10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．某密闭容器中盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NAB．常温下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10−9NAC．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3•xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAD．标准状况下，2.24L丙烷含有的共价键数目为1.1NA11、下列实验Ⅰ～Ⅳ中，正确的是（）A．实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的溶液B．实验Ⅱ：除去Cl2中的HClC．实验Ⅲ：用水吸收NH3D．实验Ⅳ：制备乙酸乙酯12、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的数目是①12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA③常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA④7.8g中含有的碳碳双键数目为0.3NA⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2NA个电子⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA⑧常温常压下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子数为9NAA．3 B．4 C．5 D．613、下列化学用语对事实的表述正确的是A．常温下，0.1mol·L-1氨水的pH＝11:NH3·H2O⇌NH4++OH－B．Mg和Cl形成离子键的过程:C．电解CuCl2溶液:CuCl2==Cu2++2Cl－D．乙酸与乙醇发生酯化反应:CH3COOH+C2H518OHCH3COOC2H5+H218O14、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>WB．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC．Z、W组成的化合物能与强碱反应D．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:115、NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。下列说法正确的是A．O2在石墨Ⅱ附近发生氧化反应B．该电池放电时NO3－向石墨Ⅱ电极迁移C．石墨Ⅰ附近发生的反应：3NO2+2e－NO+2NO3－D．相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4∶116、清初《泉州府志》物产条载：

“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”文中“盖泥法”的原理与下列相同的是（）A．活性炭净水B．用漂白粉漂白织物C．除去KNO3中的NaClD．除去河水中泥沙17、下列有关化学用语表示正确的是A．硝基苯 B．镁离子的结构示图C．水分子的比例模型： D．原子核内有8个中子的碳原子：18、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是室温下20mL0.1mol•L﹣1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）随加入盐酸体积的变化关系，图中b、d两点溶液的pH值均为7B．图乙是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H＜0C．图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，该滴定过程可以选择酚酞作为指示剂D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与c（SO42﹣）的关系曲线，说明Ksp（BaSO4）＝1×10﹣1019、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是A．在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－的排列整齐有序C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在D．NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键20、下列说法正确的是（）A．共价化合物的熔沸点都比较低B．816O、11C．H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子间存在氢键D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸强21、四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如图所示，四种元素原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（）WXYZA．氢化物的沸点：X＜ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞WC．化合物熔点：YX2＜YZ4D．简单离子的半径：X＜W22、磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与pH的关系如图，下列说法正确的是（）A．H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO43-B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D．滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑二、非选择题(共84分)23、（14分）下列物质为常见有机物：①甲苯②1，3﹣丁二烯③直馏汽油④植物油填空：（1）既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是____（填编号）；（2）能和氢氧化钠溶液反应的是______（填编号），写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式______．（3）已知：环己烯可以通过1，3﹣丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以1，3﹣丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：（a）写出结构简式：A______；B_____（b）加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_______（c）1molA与1molHBr加成可以得到_____种产物．24、（12分）以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线。已知：ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空：（1）F中官能团的名称_____________________；写出反应①的反应条件______；（2）写出反应⑤的化学方程式______________________________________________。（3）写出高聚物P的结构简式__________。（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式______。①分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如：____________________25、（12分）黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，末读数如图1所示。完成下列填空：（1）称量样品所用的仪器为___，将样品研细后再反应，其目的是__________。（2）装置a的作用是___________。上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___。（3）滴定时，标准碘溶液所耗体积为___mL。判断滴定已达终点的现象是_____________。（4）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为_________。（5）若用图2装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是________。26、（10分）NaNO2(1)已知：Ka(HNO2)=5.1×10-4，Ksp(AgCl(2)利用下图装置（略去夹持仪器）制备已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO①装置A中发生反应的离子方程式为__________________________________；这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是__________________________。②装置B中反应的化学方程式为________________________________。③干燥剂X的名称为__________，其作用是____________________。④上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称___________。(3)测定产品的纯度。取5.000g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积20.9020.1220.0019.88①第一次滴定实验数据异常的原因可能是______（填字母序号）。A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B．锥形瓶洗净后未干燥C．当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点D．滴定终点时俯视读数②酸性KMnO4溶液滴定NaNO2溶液的离子方程式为③该样品中NaNO2的质量分数为__________27、（12分）草酸铵[（NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有__________________（填化学式）；若观察到__________________，说明分解产物中含有CO。草酸铵分解的化学方程式为______________________。（2）反应开始前，通入氮气的目的是________________________。（3）装置C的作用是_______________________。（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为__________。II.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。（5）取20.00mL血液样品，定容至l00mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为___________。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.41mL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为________mmol/L。28、（14分）大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放，脱硝的方法有多种。完成下列填空：Ⅰ直接脱硝（1）NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气。在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示。则0～5min内氧气的平均反应速率为___mol/（L•min）。Ⅱ臭氧脱硝（2）O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为___。Ⅲ氨气脱硝（3）实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要___、___（填写试剂名称）。不使用碳酸铵的原因是___（用化学方程式表示）。（4）吸收氨气时，常使用防倒吸装置，图2装置不能达到此目的是___。NH3脱除烟气中NO的原理如图3：（5）该脱硝原理中，NO最终转化为___（填化学式）和H2O。当消耗1molNH3和0.25molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为___L。29、（10分）(1)磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式_______。(2)钛存在两种同素异形体，采纳六方最密堆积，采纳体心立方堆积，由转变为晶体体积______(填“膨胀”或“收缩”)(3)[Cu(CH3CN)4]+是非常稳定的络合离子，配体中键和π键个数之比为_______。(4)水杨酸第一级电离形成离子，相同温度下，水杨酸的Ka2_________苯酚()的Ka(填“>”“＝”或“<”)(5)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220C。Cr(CO)6的晶体类型是_____，加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应破坏的化学键类型为_______。(6)已知N-N、N＝N和N≡N键能之比为1.00：2.17：4.90.而C-C、C＝C、C≡C键能之比为1.00：1.77：2.34.如何用这些数据理解氮分子不容易发生加成反应而乙炔容易发生加成反应？_____________。(7)将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代可形成碳的一种新型三维立方晶体结构——T-碳。已知T-碳密度为g/cm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的晶胞参数a＝_______pm(写出表达式即可)

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子；D.氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开。【详解】A.铝粉投入到NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，A正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B正确；C.FeCl2溶液跟Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C正确；D.AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D错误；故合理选项是D。本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：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。2、D【解析】

A、SO2与碳酸氢钠反应：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2↑或SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2↑

，CO2能够与碱石灰反应，应采用浓硫酸或者无水氯化钙等干燥，故A不符合题意；B、Cu与空气中氧气在加热条件下能反应生成CuO，应将混合固体加入稀盐酸溶液中，然后过滤干燥，故B不符合题意；C、FeCl2与氯气会发生反应，因此达不到除杂目的，故C不符合题意；D、KNO3溶解度随温度变化较大，而NaCl溶解度随温度变化较小，将混合固体溶于水后，制成饱和溶液后，将溶液冷却，KNO3会析出，而NaCl在溶液中，可达到除杂的目的，故D符合题意；故答案为：D。KNO3中混有少量NaCl，提纯的方法是：①溶解成热饱和溶液→②冷却结晶→③过滤；NaCl中混有少量KNO3，提纯的方法是：①溶解成饱和溶液→②加热蒸发、浓缩结晶→③过滤；需注意二者试验操作的区分。3、A【解析】

纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu（NO3）2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子。51.2gCu共失电子×2＝1.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，所以溶液中n（NaNO2）＝=0.8mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）＝n（Na+）-n（NaNO2）＝0.5L×2mol/L-0.8mol＝0.2mol，故选A。4、D【解析】

放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A.该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确；

B.充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确；

C.放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g，故C正确；

D.充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误；

故选：D。5、B【解析】

A.CO2的密度比空气大，应该由长导气管通入，用向上排空气的方法收集，A错误；B.O2难溶于水，可以用排水的方法收集，B正确；C.装置中含有空气，开始反应产生气体，通过导气管逸出的气体中含有H2、O2，若立即点燃会发生爆炸，应该等排出一段时间气体后再点燃，C错误；D.浓硫酸稀释时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中，D错误；故合理选项是B。6、C【解析】

A．氨气遇到HCl气体后生成氯化铵，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；B．品红溶液通入SO2气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；C．Cl2与碘化钾发生氧化还原反应生成I2，I2使淀粉变蓝，故C符合题意；D．焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故D不符合题意；故答案选C。7、D【解析】

A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。综上所述，答案为D。8、D【解析】

A．用乙醚作萃取剂，从黄花蒿中提取青蒿素，是物理过程，A不正确；B．铁锈是混合物，成分复杂，B不正确；C．该反应的有机产物CH3OH是有毒物质，C不正确；D．C(CH3)4的二氯代物中，共有2个Cl连在同一碳原子上和不同碳原子上2种可能结构，D正确；故选D。9、B【解析】

主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。【详解】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A错误；B．WX2为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：HF＞H2O，即Y＞X，故C错误；D．Z的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：①元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；②元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；③根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；④根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。10、C【解析】

A.合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，则转移的电子数小于0.6NA，故A错误；B.CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根的水解促进水的电离，c(H2O)电离=c(OH-)=1×10−5mol/L，则发生电离的水分子数为1L×1×10−5mol/L×NA=1×10−5NA，故B错误；C.Fe发生吸氧腐蚀，铁作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，然后Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，最后生Fe2O3•xH2O，14.0gFe的物质的量为，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2=0.5mol，故C正确；D.标准状况下，2.24L丙烷的物质的量为0.1mol，而丙烷中含10条共价键，故0.1mol丙烷中含有的共价键数目为NA，故D错误；故选C。水电离的c(H＋)或c(OH-)的计算技巧(25℃时)(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7mol·L-1。(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7mol·L-1，当溶液中的c(H＋)＜10-7mol·L-1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10-7mol·L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7mol·L-1。若给出的c(H＋)＞10-7mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10-7mol·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。11、B【解析】

A.配制一定物质的量浓度的溶液，把溶液或蒸馏水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A错误；B.HCl极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质，故B正确；C.NH3极易溶于水，把导管直接插入水中，会发生倒吸，故C错误；D.制备乙酸乙酯时缺少浓硫酸，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，并且导管直接插入液面以下，会发生倒吸，故D错误；故答案为B。12、A【解析】

12.0g熔融的NaHSO4(电离产生Na+和HSO4-)中含有的阳离子数为0.1NA，①不正确；②1molNa2O(由Na+和O2-构成)和Na2O2(由Na+和O22-构成)混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，②正确；③常温常压下，92g的NO2和92gN2O4都含有6mol原子，所以混合气体含有的原子数为6NA，③正确；④中不含有碳碳双键，④不正确；⑤氢氧化铁胶粒由许多个氢氧化铁分子构成，用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目小于NA，⑤不正确；⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，由于反应可逆，所以共转移电子数小于2NA，⑥不正确；⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，KIO3中的I由+5价降低到0价，所以每生成3molI2转移的电子数为5NA，⑦正确；⑧常温常压下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子数为=8NA，⑧不正确；综合以上分析，只有②③⑦正确，故选A。NaHSO4在水溶液中，可电离产生Na+、H+、SO42-；而在熔融液中，只能电离产生Na+和HSO4-，在解题时，若不注意条件，很容易得出错误的结论。13、A【解析】

A选项，温下，0.1mol·L-1氨水的pH＝11，说明氨水部分电离，其电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH－，故A正确；B选项，Mg和Cl形成离子键的过程:，故B错误；C选项，CuCl2==Cu2++2Cl－是CuCl2电离方程式，故C错误；D选项，乙酸与乙醇发生酯化反应，酸脱羟基醇脱羟基上的氢，因此CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故D错误。综上所述，答案为A。酯化反应一定是羧酸脱羟基，醇脱羟基上的氢，醇中的氧生成在酯中，羧酸中羟基中的氧在水中。14、D【解析】

X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；A．Li、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是X＞Y＞W，故A正确；B．Na的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，故B正确；C．Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；D．X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。15、D【解析】

A．石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极方程式为O2+2N2O5+4e-=4NO3-，A错误；B．原电池中阴离子移向负极，NO3-向石墨Ⅰ电极迁移，B错误；C．石墨I为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，C错误；D．负极反应式为：NO2+NO3--e-=N2O5、正极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO3-，则放电过程中消耗相同条件下的NO2和O2的体积比为4：1，D正确；答案选D。【点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池正负极的判断、由化合价的变化推测电极产物等，侧重于有关原理的应用的考查。16、A【解析】文中“去土而糖白”是指固体土吸附糖色，所以文中“盖泥法”的原理与下列相同的是活性炭净水，故选A。17、A【解析】

A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A正确；B.镁离子的结构示图为故B错误；C.水分子空间构型是V型的，所以水分子的比例模型为，故C错误；D.原子核内有8个中子的碳原子质量数是14，应写为，故D错误；故答案为：A。18、A【解析】

A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，不利于反应正向进行；C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)。【详解】A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离，随着盐酸的滴加，溶液中NH4Cl逐渐增多，到达b点时存在NH4Cl和氨水，此时溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可说明溶液为中性，继续滴加至c点，此时完全是NH4Cl，溶液为酸性，继续滴加HCl，溶液酸性增强，到达c点虽然c水(H+)=10-7mol/L，但溶液为酸性，故A符合题意；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，说明平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，反应的<0，故B不符合题意；C、根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离，所以HX为一元弱酸，pH突跃范围落在酚酞的指示范围内，可以使用酚酞，故C不符合题意；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)，c(Ba2+)与c(SO42-)成反比，则c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根据图象上的点计算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10，故D不符合题意；故选：A。本题的A选项分析需注意，b点对应溶质为NH4Cl、NH3•H2O，此时溶液中氢离子均为水所电离，溶液呈中性，而d点对应溶质为NH4Cl、HCl，此时溶液中氢离子为HCl水电离，溶液呈酸性。19、A【解析】

A．在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O，使得O原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－整齐有序地排列，B项正确；C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；D．NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与Cl-之间的离子键，D项正确；答案选A。20、B【解析】A．共价化合物可能是分子晶体，也可能是原子晶体，则熔沸点不一定都较低，故A错误；B．根据排列组合，816O、11H、12H三种核素可组成3种不同的水分子，故B正确；C．氢键是分子间作用力，只影响物理性质不影响化学性质，H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子H—O的键能大的缘故，故C错误；D．高温下SiO2能与CaCO21、D【解析】

根据元素在周期表中的位置知，W、X是第二周期元素而Y和Z位于第三周期，设W原子最外层电子数是a，则X、Y、Z原子序数分别是a+1、a-1、a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则a+a＋1+a－1+a+2=22，则a=5，则X、Y、Z、W分别是O、Si、Cl、N元素；【详解】A．NH3和SiH4均为分子晶体，NH3分子间存在氢键，其沸点比SiH4高，故A错误；B．N元素的非金属性比Si元素强，HNO3的酸性比H2SiO3酸性强，故B错误；C．二氧化硅是原子晶体，四氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高，即SiO2的熔点比SiCl4高，故C错误；D．N3﹣和O2﹣离子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则N3﹣＞O2﹣，故D正确；故选：D。易错选项是A，注意：氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，氢化物的稳定性与化学键有关。22、C【解析】

从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。【详解】A．H3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4H++H2PO4-，A错误；B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B错误；C．滴加NaOH溶液至pH=7，依据电荷守恒，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，C正确；D．滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、②④+3HNO3→+3H2OA4【解析】

(1)植物油属于酯类物质，既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃中有碳碳不饱和键，据此分析判断；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中水解，据此分析解答；(3)根据碳原子数目可知，反应①为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A，则A为，A发生信息Ⅱ的反应生成B，则B为，结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D为，D发生加成反应生成甲基环己烷，据此分析解答。【详解】(1)植物油属于酯类物质，不是烃；甲苯和直馏汽油中不存在碳碳双键，不能使溴水因发生化学反应褪色；1，3-丁二烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，能够被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：②；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中发生水解反应；植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油，甘油能够与硝酸发生酯化反应，反应方程式为：+3HNO3→+3H2O，故答案为：④；+3HNO3→+3H2O；(3)(a)通过以上分析知，A的结构简式是，B的结构简式是，故答案为：；；(b)据上述分析，加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A，故答案为：A；(c)A的结构简式是，分子中2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同，因此A与HBr加成时的产物有4种，故答案为：4。24、羧基、氯原子光照+3NaOH+NaCl+3H2O、、（任选其一）CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH（或与溴1，4-加成、氢氧化钠溶液水解、与氯化氢加成、催化氧化、催化氧化）【解析】

本题为合成芳香族高聚物的合成路线，C7H8经过反应①生成的C7H7Cl能够在NaOH溶液中反应可知，C7H8为甲苯，甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，C7H7Cl为，C为苯甲醇，结合已知反应和反应条件可知，D为，D→E是在浓硫酸作用下醇的消去反应，则E为，据M的分子式可知，F→M发生了消去反应和中和反应。M为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，据此进行分析。【详解】（1）根据F的结构简式可知，其官能团为：羧基、氯原子；反应①发生的是苯环侧链上的取代反应，故反应条件应为光照。答案为：羧基、氯原子；光照；（2）F→M发生了消去反应和中和反应。M为，反应的化学方程式为：+3NaOH+NaCl+3H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+3H2O。（3）E为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，故答案为：。（4）E为，其同分异构体具有①分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基，②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2，则该物质一个官能团应是酚羟基，且酚羟基的邻对位位置应无取代基，则另一取代基和酚羟基为间位关系。故其同分异构体为：、、，故答案为：、、（任选其一）。（5）分析目标产物F的结构简式：，运用逆推方法，根据羧酸醛醇卤代烃的过程，可选择以为原料进行合成，合成F的流程图应为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH，故答案为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH。卤代烃在有机物转化和合成中起重要的桥梁作用：烃通过与卤素发生取代反应或加成反应转化为卤代烃，卤代烃在碱性条件下可水解转化为醇或酚，进一步可转化为醛、酮、羧酸和酯等；卤代烃通过消去反应可转化为烯烃或炔烃。25、电子天平提高反应速率，促使黄铜矿充分反应除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速把装置中的二氧化硫气体赶出装置并全部吸收20.00溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色80％②【解析】

（1）根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；（2）浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；（4）根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；（5）先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2～2SO2～2I2，再根据题中数据进行计算；（6）图2中的②中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量。【详解】（1）由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应，故答案是：电子天平；提高反应速率，并使黄铜矿充分反应；（2）装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速；(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确，故答案为把装置中的二氧化硫气体并全部吸收；（4）根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，故答案为20.00；溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色；（5）根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2∼2SO2∼2I2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L×0.02L=0.0010mol，所以黄铜矿的质量是：0.5×0.0010mol×184g/mol×10=0.92g，所以其纯度是：×100%=80%，故答案为80%；（6）图2中，①不会生成沉淀，无明显现象，错误；②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，正确；③中饱和亚硫酸氢钠溶液只会排除二氧化硫，不会吸收二氧化硫，不能替代d装置，错误；故答案为②。26、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O可以控制反应的发生与停止3NO2＋H2O=2HNO3+NO碱石灰吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气A5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O69％（或0.69）【解析】

(1)根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。(3)①第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=c(分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；③根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【详解】(1)NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；(2)①在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2＋H2O=2HNO3+NO；③在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；④NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；(3)①A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能；D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；故合理选项是A；②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；③消耗KMnO4溶液体积V=(20.12+20.00+18.88)mL3=20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002mol×52=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005mol×100mL25mL=0.02mol，其质量m(NaNO2)=0.02mol×69g/mol=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。27、、装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验吸收，避免对CO的检验产生干扰当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色2.10【解析】

I．草酸铵在A中受热分解，若产物中有氨气，氨气与水反应生成氨水，氨水显碱性，则浸有酚酞溶液的滤纸变红，通入澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，则产物有二氧化碳，用NaOH溶液除去二氧化碳，用浓硫酸除去水蒸气，接下来若玻璃管内变红，且F中澄清石灰水变浑浊则证明产物中有CO；II．钙离子和草酸根离子生成草酸钙沉淀，草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，用高锰酸钾滴定草酸从而间接滴定钙离子。【详解】Ⅰ.（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体，若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO，所以草酸铵分解产生了、、CO和，反应的化学方程式为；（2）反应开始前，通入氮气的目的是排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验,故答案为：排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验；（3）装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要把分解产生的除去，因此装置C的作用是：吸收，避免对CO的检验产生