精品解析河北省衡水市枣强中学高三第一次模拟考试理综化学试题解析版.docx

精品解析河北省衡水市枣强中学高三第一次模拟考试理综化学试题解析版.docx

《精品解析河北省衡水市枣强中学高三第一次模拟考试理综化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《精品解析河北省衡水市枣强中学高三第一次模拟考试理综化学试题解析版.docx（26页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

精品解析河北省衡水市枣强中学高三第一次模拟考试理综化学试题解析版

枣强中学高三年级理科综合试题

1.《木草纲日》对轻粉（Hg2Cl2）的制法作如下记载：

“用水银－两，白矾（明矾）二两。

食盐一两。

同研不见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之，筛灶灰盐水和，封固盆口，以炭打二炷香，取开则粉升于盆上矣。

其白如雪，轻盈可爱，一两汞可升粉八钱。

”下列说法正确的是（）

A.制备过程中未发生氧化还原反应

B.制备过程中发生了物质的升华

C.反应过程中一定没有氧气参与

D.该记载中，Hg2Cl2产率为80%

【答案】B

【解析】

【详解】A.物质汞变为轻粉（Hg2Cl2）化合价发生变化，发生氧化还原反应，故A错误；

B.取开则粉升于盆上矣说明轻粉（Hg2Cl2）发生了升华，故B正确；

C．汞化合价升高，有氧化剂参与反应，可能为氧气，故C错误；

D.一两汞可升粉八钱则产率为

，故D错误；

故答案选：

B。

2.三丙烯酸甘油的结构如图所示。

下列有关说法错误的是（）

A.该物质属于油脂

B.能使酸性KMnO4溶液褪色

C.能水解生成丙三醇

D.能发生加成聚合反应

【答案】A

【解析】

【分析】

由结构图可知三丙烯酸甘油含官能团酯键、碳碳双键，是丙烯与甘油的酯化反应产物，以此分析。

【详解】A.油脂是高级脂肪酸甘油酯，三丙烯酸甘油中无高级脂肪酸，故A错误；

B.含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；

C.三丙烯酸甘油是丙烯与甘油的酯化反应产物，能水解生成丙三醇，故C正确；

D.含碳碳双键能发生加成聚合反应，故D正确；

故答案选：

A。

【点睛】根据物质官能团推断物质的性质，根据酯化反应的断键成键形式，推断其水解产物。

3.常温下，将除去表面氧化膜

Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（如图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，已知0-t1时，原电池的负极是Al片，反应过程中有红棕色气体产生。

下列说法不正确的是

A.0-t1时，正极的电极反应式为：

2H++NO3--e-=NO2+H2O

B.0-t1时，溶液中的H+向Cu电极移动

C.t1时，负极的电极反应式为：

Cu–2e-=Cu2+

D.t1时，原电池中电子流动方向发生改变是因为Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al的进一步反应

【答案】A

【解析】

【详解】A．正极得电子发生还原反应，电极反应式为：

2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O，A项错误；

B．在0-t1时，铝作负极，溶液中的H+向Cu电极移动，B项正确；

C．在电场作用下，阳离子向电池正极移动；由图像得t1时刻电流方向改变，说明电池的负极发生变化，所以t1时，负极的电极反应式为：

Cu–2e-=Cu2+，C项正确；

D．t1时，原电池中电子流动方向发生改变是因为Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al的进一步反应，D项正确；

答案选A。

【点睛】本题考查原电池的工作原理。

原电池是将化学能转化为电能的装置，构成原电池的首要条件是存在自发的氧化还原反应，在该原电池装置中，根据电流强度与时间的关系图可以看出，电流的方向发生变化，所以电池的正负极发生变化，起始时，铝与浓硝酸发生反应，铝为负极，铝在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻碍了Al与硝酸的进一步反应，随后铜与浓硝酸发生反应，铜为负极，然后根据原电池原理解得即可。

4.某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）

A.pH=4.0时，图中n（HA-）约为0.0091mol

B.0.1mol/LNaHA溶液中存在c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）=0.1mol/L

C.该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂

D.常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0

【答案】A

【解析】

【分析】

A．pH＝3时A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝

＝c（H＋）＝0.001mol/L，由同一溶液中

＝

，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n（HA−）＋n（A2−）＝0.1mol，据此计算n（HA−）；

B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在H2A；

C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性；

D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c（A2−）＝c（HA−）。

【详解】A．pH＝3时A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝

＝c（H＋）＝0.001mol/L，由同一溶液中

＝

，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n（HA−）＋n（A2−）＝0.1mol，Ka2＝

＝

×c（H＋）＝

×0.0001mol/L＝0.001mol/L，n（HA−）约为0.0091mol，故A正确；

B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c（A2−）＋c（HA−）＝0.1mol/L，故B错误；

C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故C错误；

D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c（A2−）=c（HA−）；等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致c（A2−）、c（HA−）不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3，故D错误；

故答案选A。

【点睛】正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”是解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关。

5.某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：

下列分析不合理的是（　　）

A.状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂B.合成NH3总反应的原子利用率是100%

C.“TM﹣LiH”能降低合成氨反应

△HD.生成NH3：

2LiNH+3H2═2LiH+2NH3

【答案】C

【解析】

【分析】

由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。

【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；

B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；

C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；

D．由状态Ⅲ可知生成NH3：

2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。

故选C。

6.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表

资料：

CaS遇水完全水解

由上述实验得出的结论不正确的是

A.③中白色浑浊是CaCO3

B.②中溶液pH降低的原因是：

H2S+Cu2+=CuS↓+2H+

C.实验①中CO2过量发生的反应是：

CO2+H2O+S2-=CO32-+H2S

D.由实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱

【答案】C

【解析】

【分析】

实验I：

向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；

实验II：

向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了硫化铜黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。

【详解】A．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，CaS遇水完全水解，故A结论正确；

B．②中溶液降低的原因：

H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，产生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B结论正确；

C．实验①中过量CO2发生的反应是2CO2+2H2O+S2-=2HCO3-+H2S，故C结论错误；

D．根据实验I和II中现象：

I中通二氧化碳有硫化氢生成；II中通硫化氢有二氧化碳生成，故不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D结论正确；

答案为C。

7.8.34gFeSO4·7H2O（相对分子质量：

278）样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示，下列说法正确的是

A.温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O

B.取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4

C.在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2O

FeSO4＋H2O

D.温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

8.34gFeSO4·7H2O样品的物质的量为8.34g÷278g/mol＝0.03mol，其中m（H2O）＝0.03mol×7×18g/mol＝3.78g，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34g－3.78g＝4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，据此回答。

【详解】A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m（FeSO4）＝0.03mol×152g/mol＝4.56g，m（H2O）＝6.72g－4.56g＝2.16g，n（H2O）＝2.16g÷18g/mol＝0.12mol，则n（H2O）∶n（FeSO4）＝0.12mol∶0.03mol＝4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，A项错误；

B．加热至650℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）＝n（FeSO4·7H2O）＝0.03mol，m（Fe）＝0.03mol×56g/mol＝1.68g，则固体中m（O）＝2.40g－1.68g＝0.72g，n（O）＝0.72g÷16g/mol＝0.045mol，则n（Fe）∶n（O）＝0.03mol∶0.045mol＝2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，B项错误；

C．固体N的质量为5.10g，其中m（FeSO4）＝0.03mol×152g/mol＝4.56g，m（H2O）＝5.10g－4.56g＝0.54g，n（H2O）＝0.54g÷18g/mol＝0.03mol，则n（H2O）∶n（FeSO4）＝0.03mol∶0.03mol＝1∶1，则N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为FeSO4，则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2O

FeSO4＋H2O，C项正确；

D．温度为159℃时，由C项可知N的化学式为FeSO4·H2O，D项错误。

故选C。

8.从铜氨废液含[Cu（NH3）3·CO]+、[Cu（NH3）2]2+、[Cu（NH3）4]2+、NH3、CH3COO-、CO32-等中回收铜的工艺流程如图：

（1）步骤（Ⅰ）“吹脱”的目的是___（写一条即可）；由步骤（Ⅱ）可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的___（填“强”或“弱”）。

（2）步骤（Ⅲ）“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，目的是___。

（3）步骤（Ⅳ）反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为___。

（4）步骤（Ⅵ）发生反应生成难溶Cu2（OH）3Cl的离子方程式为___，pH与铜的回收率关系如图（a）所示，为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为___。

（5）“吹脱”后的铜氨溶液中加入适量的添加剂可直接电解回收金属铜，装置如图（b）所示，阴极主要发生的电极方程式为___；添加NaCl和H2SO4均可提高电导率和电流效率，从而提高铜的回收率，从环境角度考虑，较好的是___（填“NaCl”或“H2SO4”）。

（6）已知上述流程中只有步骤（Ⅲ）“沉铜”和步骤Ⅴ“制硫酸铜”中铜元素有损耗。

步骤（Ⅲ）“沉铜”时铜元素的损耗率为4%；步骤Ⅴ“制硫酸铜”时铜元素损耗率为2%。

若1L废液最终制得CuSO4·5H2O375g，则1L废液中含有铜元素的质量为___g。

（保留整数）

【答案】

（1）.将Cu（Ⅰ）氧化为Cu（Ⅱ）、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等

（2）.强（3）.使Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率（4）.3：

2（5）.2[Cu（NH3）4]2＋＋Cl−＋5H＋＋3H2O＝Cu2（OH）3Cl↓＋8NH4＋（6）.6（或5.5−6.5）（7）.[Cu（NH3）4]2＋＋2e−＝Cu＋4NH3（8）.H2SO4（9）.102

【解析】

【分析】

从铜氨废液含[Cu（NH3）3·CO]+、[Cu（NH3）2]2+、[Cu（NH3）4]2+、NH3、CH3COO-、CO32-等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成二氧化碳、氨气，得到含有[Cu（NH3）4]2+、CH3COO-、CO32-的溶液，加入20%的硫酸，调节pH＝2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经蒸发晶体得到无水硫酸铜晶体；[Cu（NH3）4]2+、CH3COO-、CO32-的溶液加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜，以此解答该题。

【详解】

（1）步骤（Ⅰ）“吹脱”时通入空气，氧气可将Cu（Ⅰ）氧化为Cu（Ⅱ）、将CO氧化生成CO2吹出、吹出游离的NH3等，步骤（Ⅱ）加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H＋的结合能力比与Cu2＋的强，故答案为：

将Cu（Ⅰ）氧化为Cu（Ⅱ）、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等；强；

（2）步骤（Ⅲ）“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，可使Cu2＋尽可能生成CuS沉淀，可降低残留率，故答案为：

使Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率；

（3）CuS与硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由−2价升高到0价，N元素化合价由＋5价降低为＋2价，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：

2，故答案为：

3：

2；

（4）步骤（Ⅵ）发生反应生成难溶Cu2（OH）3Cl的离子方程式为2[Cu（NH3）4]2＋＋Cl−＋5H＋＋3H2O＝Cu2（OH）3Cl↓＋8NH4＋，由图可知为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为6（或5.5−6.5），故答案为：

2[Cu（NH3）4]2＋＋Cl−＋5H＋＋3H2O＝Cu2（OH）3Cl↓＋8NH4＋；6（或5.5−6.5）；

（5）阴极主要发生反应的电极反应式为[Cu（NH3）4]2＋＋2e−＝Cu＋4NH3，如加入盐酸，则阳极发生氧化反应生成氯气，污染空气，从环保的角度可知，应加入硫酸，故答案为：

[Cu（NH3）4]2＋＋2e−＝Cu＋4NH3；H2SO4；

（6）375gCuSO4•5H2O中Cu的质量＝375g×

÷（1−2%）÷（1−4%）＝102g，故答案为：

102。

9.乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。

（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下：

①C2H6（g）=C2H4（g）+H2（g）ΔH1=+136kJ·mol-1

②C2H6（g）+

O2（g）=C2H4（g）+H2O（g）ΔH2=-110kJ·mol-1

已知反应相关的部分化学键键能数据如下：

化学键

H-H（g）

H-O（g）

O=O

键能（kJ·mol-1）

436

x

496

由此计算x=___，通过比较ΔH1和ΔH2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是___（任写一点）。

（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、CO2等副产物（副反应均为放热反应），图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___，反应的最佳温度为___（填序号）。

A.700℃B.750℃C.850℃D.900℃

[乙烯选择性=

；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性]

（3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭堵塞反应管。

图乙为

值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

判断乙烷氧化裂解过程中

的最佳值是___，判断的理由是___。

（4）工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体（惰性气体的体积分数为70%），掺混惰性气体的目的是___。

反应达平衡时，各组分的体积分数如下表：

组分

C2H6

O2

C2H4

H2O

其他物质

体积分数/%

2.4

1.0

12

15

69.6

计算该温度下的平衡常数：

Kp=___（用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数）。

【答案】

（1）.465

（2）.氧化裂解反应是放热反应，节约能源（或氧化裂解反应热力学趋势上大）（3）.温度升高，反应速率加快，转化率升高（4）.C（5）.2.0（6）.比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管（7）.正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动（8）.75（kPa）0.5

【解析】

【分析】

（1）根据盖斯定律，得出H2（g）＋

O2（g）=H2O（g）的反应热，再根据△H＝反应物的总键能−生成物的总键能，可求出x的值；

（2）温度升高，化学反应速率加快，根据图象，随温度升高，乙烷的转换率越高；综合乙烯的转化率和选择性，图中即可对应找出最佳的反应温度；

（3）含氧量高，会造成积炭，要根据图象找出乙烯收率高而相对积炭少的点，即图中

的比值为2时最佳；

（4）根据平衡常数与反应物、生成物的关系，并且将浓度关系转变为分压关系来解答。

【详解】

（1）根据盖斯定律，②−①得到：

H2（g）＋

O2（g）═H2O（g）△H＝−246kJ/mol，根据键能关系△H＝反应物的总键能−生成物的总键能＝436＋496/2−2x＝−246，x＝465；由热化学方程式可以看出，热裂解法是吸热反应，需要消耗能源，氧裂解法是放热反应，不需要从外界得到能量，故答案为：

465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源（或氧化裂解反应热力学趋势上大）；

（2）由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率在升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度越高，反应速率越快；由图，要乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应下温度在850左右，故答案为：

温度升高，反应速率加快，转化率升高；C；

（3）由

（2）分析可知，我们要选择乙烯收率较高的点，在图2中，比值小于2时，乙烯收率随比值增大在上升，比值大于2时，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，会造成积炭，故答案为：

2.0；比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管；

（4）C2H6（g）＋

O2（g）＝C2H4（g）＋H2O（g）反应是体积在增大的反应，充入惰性气体，总压恒定，分压就降低了，压强降低会促使反应向体积增大的方向移动，即正向移动。

根据平衡常数的表达式Kp＝

＝75（kPa）0.5，故答案为：

75（kPa）0.5。

【点睛】解答

（1）关键在于考查断键吸热，成键放热的知识；利用反应速率的影响因素来分析实践生活中最佳的反应条件，本题主要考虑温度，化学反应速率常数的表达式要转变成用分压来表示。

10.高氯酸铵是一种常见

强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。

根据下列信息回答问题:

已知:

①高氯酸铵受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反应。

（1）写出高氯酸铵受热分解的化学反应方程式:

_____________，Mg3N2的电子式为________。

（2）现有23.5gNH4ClO4分解，用下列装置设计实验，验证其分解产物并计算分解率。

（注:

①装置中空气已除尽;②装置可重复使用;③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全。

）

①用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一，则E中盛放的试剂是:

_______。

②请按气流由左至右的方向连接装置:

A→E→D→B→______→_____→_______→E（选择B~F装置，并用B~F字母填空）。

③证明产物中有Cl2的实验现象:

________。

④反应结束后，若C装置质量增加了2.38g，则NH4ClO4的分解率是:

________%。

（3）样品中NH4ClO4的含量（杂质中不含NH4+）还可用蒸馏法测定（如图所示，加热和夹持装置已略去），实验步骤如下:

步骤1:

组装仪器，检查气密性;准确称取样品ag（不超过0.5g）于蒸馏烧瓶中，加入约150mL水溶解。

步骤2:

准确量取40.00mL约0.1mol/LH2SO4于锥形瓶中。

步骤3:

向蒸馏烧瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;加热蒸馏使NH3全部挥发。

步骤4:

用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次，洗涤液并入锥形瓶中。

步骤5:

向锥形瓶中加2~3滴甲基橙，用cmol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V1mL。

步骤6:

重复实验2~3次。

回答下列问题:

①步骤2中，准确量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃仪器是:

__________。

②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是:

______。

【答案】

（1）.2NH4ClO4

2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑

（2）.

（3）.浓硫酸（4）.E（5）.F（6）.C（7）.D裝置中颜色由无色变为橙色（8）.85.0或85（9）.酸式滴定管或移液管（10）.用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度

【解析】

【分析】

（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式；Mg3N2是离子化合物；

（2）A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；

（3）①根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；②要计算NH4ClO4的含量，需要知道硫酸溶液的浓度。

【详解】

（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式为2NH4ClO4

2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑；Mg3N2是离子化合物，电子式是

；

（2）①A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；

②根据以上分析，按气流由左至右的方向连接装置:

A→E→D→B→E→F→C→E；

③D中溴化钾可以与氯气反应，方程式是2KBr+Cl2=2KCl+Br2，溴水为橙色，所以D裝置中颜色由无色变为橙色可以