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10. (2024·泰州靖江市靖城中学段考)一定条件下,某反应前后各物质的质量如表所示。下列判断正确的是
（
物质的构成微观粒子
M ○氢原子
反应前的质量/g 68 32 0 1
反应后的质量/g 0 0 y 37
○氢原子
氧原子
硫原子
A.y的值为63
B.物质 M 为该反应的催化剂
C.反应前后硫元素的化合价不变
D.此反应中“
”与“”的化学计量数之比为 2:1
（
D
）物质的构成微观粒子
M ○氢原子反应前的质量/g 68 32 0 1
反应后的质量/g 0 0 y 37
○氢原子
氧原子
硫原子
A.y的值为63
B.物质 M 为该反应的催化剂
C.反应前后硫元素的化合价不变
D.此反应中“
”与“”的化学计量数之比为 2:1答案
D 解析:根据质量守恒定律，反应前各物质的总质量等于反应后各物质的总质量，即：68＋32＋1＝y＋37，解得y＝64，故A的判断错误；反应前物质M的质量为0 g，反应后质量变为64 g，根据催化剂在反应前后质量和化学性质不变可知，M不是该反应的催化剂，故B的判断错误；由表中数据可知，参加反应的是$\ce{H_{2}S}$和$\ce{O_{2}}$，生成物为M和$\ce{H_{2}O}$，参加反应的硫元素质量为$68\ \mathrm{g}×(\dfrac{32}{32+2}×100\%)=64\ \mathrm{g}$，且反应后M的质量为64 g，则M为硫单质；反应前硫化氢里的硫元素是－2价，反应后M是硫单质，硫元素的化合价是0，化合价发生了变化，故C的判断错误；设反应物硫化氢、氧气的化学计量数之比为$m:n$，则有$\dfrac{34m}{32n}=\dfrac{68\ \mathrm{g}}{32\ \mathrm{g}}$，$m:n=2:1$，故D的判断正确。
解析
【分析】
要解决这道题，需按以下步骤思考：1. 利用质量守恒定律计算y的值，判断选项A；2. 根据反应前后M的质量变化，结合催化剂的特征判断选项B；3. 确定反应物和生成物，计算硫元素质量，判断硫元素化合价变化，排除选项C；4. 通过化学方程式中各物质的质量比与相对分子质量的关系，计算反应物的化学计量数之比，判断选项D。
【解析】
1. 计算y的值：根据质量守恒定律，反应前后总质量相等，即68g + 32g + 0g + 1g = 0g + 0g + y + 37g，解得y=64，故A错误。
2. 判断M是否为催化剂：催化剂在反应前后质量和化学性质不变，M反应前质量为0g，反应后质量为64g，质量增加，是生成物，不是催化剂，故B错误。
3. 分析硫元素化合价：反应物为H₂S和O₂，生成物为M和H₂O。参加反应的H₂S质量为68g，其中硫元素质量为68g×(32/34)=64g；反应生成水的质量为37g-1g=36g，其中氧元素质量为36g×(16/18)=32g，恰好等于参加反应的O₂质量，故M为硫单质。反应前H₂S中硫为-2价，反应后硫单质中硫为0价，化合价改变，故C错误。
4. 计算化学计量数之比：设H₂S的化学计量数为m，O₂的化学计量数为n，根据反应中物质的质量比等于相对分子质量与化学计量数乘积之比，得(34m)/(32n)=68g/32g，解得m:n=2:1，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、化合价
【点评】
本题结合表格数据考查质量守恒定律的应用，需掌握根据反应前后质量变化判断反应物/生成物、催化剂的方法，以及利用化学式计算元素质量、化学计量数的技巧，是化学基础应用的典型题。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需按以下步骤思考：1. 利用质量守恒定律计算y的值，判断选项A；2. 根据反应前后M的质量变化，结合催化剂的特征判断选项B；3. 确定反应物和生成物，计算硫元素质量，判断硫元素化合价变化，排除选项C；4. 通过化学方程式中各物质的质量比与相对分子质量的关系，计算反应物的化学计量数之比，判断选项D。
【解析】
1. 计算y的值：根据质量守恒定律，反应前后总质量相等，即68g + 32g + 0g + 1g = 0g + 0g + y + 37g，解得y=64，故A错误。
2. 判断M是否为催化剂：催化剂在反应前后质量和化学性质不变，M反应前质量为0g，反应后质量为64g，质量增加，是生成物，不是催化剂，故B错误。
3. 分析硫元素化合价：反应物为H₂S和O₂，生成物为M和H₂O。参加反应的H₂S质量为68g，其中硫元素质量为68g×(32/34)=64g；反应生成水的质量为37g-1g=36g，其中氧元素质量为36g×(16/18)=32g，恰好等于参加反应的O₂质量，故M为硫单质。反应前H₂S中硫为-2价，反应后硫单质中硫为0价，化合价改变，故C错误。
4. 计算化学计量数之比：设H₂S的化学计量数为m，O₂的化学计量数为n，根据反应中物质的质量比等于相对分子质量与化学计量数乘积之比，得(34m)/(32n)=68g/32g，解得m:n=2:1，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、化合价
【点评】
本题结合表格数据考查质量守恒定律的应用，需掌握根据反应前后质量变化判断反应物/生成物、催化剂的方法，以及利用化学式计算元素质量、化学计量数的技巧，是化学基础应用的典型题。
【难度系数】
0.6
11. (2024·宿迁改编)二氧化碳的捕集与综合利用是实现“碳中和”的重要途径。捕集工业废气中的CO₂并与H₂O反应制甲醇(化学式为CH₃OH)的微观示意图如图。下列说法错误的是 (
A.参加反应的CO₂与H₂O的分子个数比为1:1
B.该反应一定不是分解反应
C.反应前后原子的种类和数目都不变
D.反应生成的甲醇和氧气的质量比为2:3
●碳原子
氧原子
○氢原子
A
)A.参加反应的CO₂与H₂O的分子个数比为1:1
B.该反应一定不是分解反应
C.反应前后原子的种类和数目都不变
D.反应生成的甲醇和氧气的质量比为2:3
●碳原子
氧原子
○氢原子
答案
A
解析
【分析】首先根据微观示意图确定反应物、生成物的分子构成，配平反应的化学方程式，再结合各选项对应的化学概念逐一分析：先确定参加反应的CO₂和H₂O的分子个数判断选项A；根据分解反应的定义判断选项B；依据质量守恒定律判断选项C；计算甲醇和氧气的质量比判断选项D，最终找出错误选项。
【解析】根据微观示意图，配平后的反应化学方程式为：$\ce{2CO_{2} + 4H_{2}O\xlongequal[加热]{催化剂} 2CH_{3}OH + 3O_{2}}$。
选项A：参加反应的$\ce{CO_{2}}$与$\ce{H_{2}O}$的分子个数比为$2:4=1:2$，并非$1:1$，该选项错误；
选项B：分解反应是“一变多”的反应，该反应反应物有2种，一定不是分解反应，该选项正确；
选项C：根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目均不变，该选项正确；
选项D：甲醇的相对分子质量为$12+4×1+16=32$，氧气的相对分子质量为$32$，则反应生成的甲醇和氧气的质量比为$(2×32):(3×32)=2:3$，该选项正确。
【答案】A
【知识点】质量守恒定律、化学方程式计算、反应类型判断
【点评】本题通过微观粒子示意图考查化学反应的核心知识，需准确分析粒子构成、配平方程式，结合相关概念逐一判断，是常规的化学基础题型。
【难度系数】0.5
【解析】根据微观示意图，配平后的反应化学方程式为：$\ce{2CO_{2} + 4H_{2}O\xlongequal[加热]{催化剂} 2CH_{3}OH + 3O_{2}}$。
选项A：参加反应的$\ce{CO_{2}}$与$\ce{H_{2}O}$的分子个数比为$2:4=1:2$，并非$1:1$，该选项错误；
选项B：分解反应是“一变多”的反应，该反应反应物有2种，一定不是分解反应，该选项正确；
选项C：根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目均不变，该选项正确；
选项D：甲醇的相对分子质量为$12+4×1+16=32$，氧气的相对分子质量为$32$，则反应生成的甲醇和氧气的质量比为$(2×32):(3×32)=2:3$，该选项正确。
【答案】A
【知识点】质量守恒定律、化学方程式计算、反应类型判断
【点评】本题通过微观粒子示意图考查化学反应的核心知识，需准确分析粒子构成、配平方程式，结合相关概念逐一判断，是常规的化学基础题型。
【难度系数】0.5
12. 下列关于$\ce{3Fe + 2O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}Fe_{3}O_{4}}$的叙述中，正确的是（
A.表示铁生锈的反应
B.表示铁与氧气在点燃的条件下反应生成氧化铁
C.如果把反应条件“点燃”去掉，这个反应不符合客观事实
D.上述反应中10 g Fe和10 g O₂反应，能生成20 g Fe₃O₄
C
）A.表示铁生锈的反应
B.表示铁与氧气在点燃的条件下反应生成氧化铁
C.如果把反应条件“点燃”去掉，这个反应不符合客观事实
D.上述反应中10 g Fe和10 g O₂反应，能生成20 g Fe₃O₄
答案
C
解析
【分析】要判断各选项的正误，需结合铁在氧气中燃烧的反应特点、化学方程式的意义、反应条件的作用及质量守恒定律的应用分析：明确铁生锈是缓慢氧化，产物与燃烧不同；区分四氧化三铁和氧化铁；判断反应条件的必要性；通过化学方程式计算反应物质量比，分析选项D的质量关系。
【解析】逐一分析各选项：
1. 选项A：铁生锈是铁与氧气、水发生的缓慢氧化反应，产物为铁锈（主要成分$\ce{Fe_{2}O_{3}·xH_{2}O}$），题目中的反应是铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，并非铁生锈，故A错误。
2. 选项B：该反应的生成物是四氧化三铁（$\ce{Fe_{3}O_{4}}$），氧化铁的化学式为$\ce{Fe_{2}O_{3}}$，二者是不同物质，故B错误。
3. 选项C：铁与氧气反应生成四氧化三铁的反应条件为点燃，若去掉“点燃”，铁和氧气在常温下无法生成四氧化三铁，不符合客观事实，故C正确。
4. 选项D：根据化学方程式，反应中$\ce{Fe}$、$\ce{O_{2}}$、$\ce{Fe_{3}O_{4}}$的质量比为$(3×56):(2×32):(56×3+16×4)=168:64:232=21:8:29$。10g$\ce{Fe}$和10g$\ce{O_{2}}$反应时$\ce{Fe}$过量，设10g$\ce{O_{2}}$完全反应需$\ce{Fe}$的质量为$x$，则$\frac{168}{x}=\frac{64}{10g}$，解得$x=26.25g$，说明10g$\ce{Fe}$只能与约3.81g$\ce{O_{2}}$反应，生成$\ce{Fe_{3}O_{4}}$的质量约为13.81g，并非20g，故D错误。
【答案】C
【知识点】化学方程式的意义、铁的燃烧反应、根据化学方程式计算
【点评】本题围绕铁燃烧的化学方程式设置选项，考查反应条件、生成物、质量关系等基础知识点，需准确区分易混淆概念，牢记化学方程式的质量比，属于初中化学基础题，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】逐一分析各选项：
1. 选项A：铁生锈是铁与氧气、水发生的缓慢氧化反应，产物为铁锈（主要成分$\ce{Fe_{2}O_{3}·xH_{2}O}$），题目中的反应是铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，并非铁生锈，故A错误。
2. 选项B：该反应的生成物是四氧化三铁（$\ce{Fe_{3}O_{4}}$），氧化铁的化学式为$\ce{Fe_{2}O_{3}}$，二者是不同物质，故B错误。
3. 选项C：铁与氧气反应生成四氧化三铁的反应条件为点燃，若去掉“点燃”，铁和氧气在常温下无法生成四氧化三铁，不符合客观事实，故C正确。
4. 选项D：根据化学方程式，反应中$\ce{Fe}$、$\ce{O_{2}}$、$\ce{Fe_{3}O_{4}}$的质量比为$(3×56):(2×32):(56×3+16×4)=168:64:232=21:8:29$。10g$\ce{Fe}$和10g$\ce{O_{2}}$反应时$\ce{Fe}$过量，设10g$\ce{O_{2}}$完全反应需$\ce{Fe}$的质量为$x$，则$\frac{168}{x}=\frac{64}{10g}$，解得$x=26.25g$，说明10g$\ce{Fe}$只能与约3.81g$\ce{O_{2}}$反应，生成$\ce{Fe_{3}O_{4}}$的质量约为13.81g，并非20g，故D错误。
【答案】C
【知识点】化学方程式的意义、铁的燃烧反应、根据化学方程式计算
【点评】本题围绕铁燃烧的化学方程式设置选项，考查反应条件、生成物、质量关系等基础知识点，需准确区分易混淆概念，牢记化学方程式的质量比，属于初中化学基础题，难度适中。
【难度系数】0.5
13. 写出下列反应的化学方程式，并回答相关问题。
（1）二氧化碳和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水：
（2）碳在空气中不完全燃烧：
（3）一氧化碳在空气中燃烧：
（4）碳酸氢铵受热分解：
（1）二氧化碳和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水：
$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
。（2）碳在空气中不完全燃烧：
$\ce{2C + O_{2}(不充足)\xlongequal{点燃}2CO}$
。（3）一氧化碳在空气中燃烧：
$\ce{2CO + O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$
，基本反应类型是化合反应
，一氧化碳能使人中毒的原因是吸入人体内的一氧化碳更易与血液里的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输氧功能，导致人体缺氧
。（4）碳酸氢铵受热分解：
$\ce{NH_{4}HCO_{3}\xlongequal{△}NH_{3}\uparrow + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
，基本反应类型是分解反应
。答案
（1）$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
（2）$\ce{2C + O_{2}(不充足)\xlongequal{点燃}2CO}$
（3）$\ce{2CO + O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$ 化合反应 吸入人体内的一氧化碳更易与血液里的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输氧功能，导致人体缺氧
（4）$\ce{NH_{4}HCO_{3}\xlongequal{△}NH_{3}\uparrow + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$ 分解反应
（2）$\ce{2C + O_{2}(不充足)\xlongequal{点燃}2CO}$
（3）$\ce{2CO + O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$ 化合反应 吸入人体内的一氧化碳更易与血液里的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输氧功能，导致人体缺氧
（4）$\ce{NH_{4}HCO_{3}\xlongequal{△}NH_{3}\uparrow + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$ 分解反应
解析
【分析】解决本题需明确每个反应的反应物、生成物，准确书写化学式，依据质量守恒定律配平化学方程式，标注反应条件、气体或沉淀符号；反应类型根据“多变一”（化合反应）、“一变多”（分解反应）判断；一氧化碳中毒原理需结合其与血红蛋白的结合特性记忆。具体步骤：①确定各反应的反应物和生成物；②书写正确的化学式；③配平化学方程式；④标注反应条件及状态符号；⑤判断反应类型；⑥回忆一氧化碳中毒原因。
【解析】（1）二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，配平后化学方程式为$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$；（2）碳在氧气不充足时点燃，不完全燃烧生成一氧化碳，配平并标注条件后为$\ce{2C + O_{2}(不充足)\xlongequal{点燃}2CO}$；（3）一氧化碳在空气中点燃生成二氧化碳，配平后为$\ce{2CO + O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$，该反应符合“多变一”，属于化合反应；一氧化碳中毒是因为其易与血液中血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输氧功能，导致人体缺氧；（4）碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳，标注条件和气体符号后为$\ce{NH_{4}HCO_{3}\xlongequal{△}NH_{3}\uparrow + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$，该反应符合“一变多”，属于分解反应。
【答案】（1）$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$（2）$\ce{2C + O_{2}(不充足)\xlongequal{点燃}2CO}$（3）$\ce{2CO + O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$ 化合反应 吸入人体内的一氧化碳更易与血液里的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输氧功能，导致人体缺氧（4）$\ce{NH_{4}HCO_{3}\xlongequal{△}NH_{3}\uparrow + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$ 分解反应
【知识点】化学方程式书写、反应类型判断、一氧化碳的性质
【点评】本题为初中化学碳和碳的氧化物相关基础题，考查核心反应的化学方程式书写、反应类型判断及一氧化碳中毒原理，需熟练掌握课本基础知识点，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】（1）二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，配平后化学方程式为$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$；（2）碳在氧气不充足时点燃，不完全燃烧生成一氧化碳，配平并标注条件后为$\ce{2C + O_{2}(不充足)\xlongequal{点燃}2CO}$；（3）一氧化碳在空气中点燃生成二氧化碳，配平后为$\ce{2CO + O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$，该反应符合“多变一”，属于化合反应；一氧化碳中毒是因为其易与血液中血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输氧功能，导致人体缺氧；（4）碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳，标注条件和气体符号后为$\ce{NH_{4}HCO_{3}\xlongequal{△}NH_{3}\uparrow + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$，该反应符合“一变多”，属于分解反应。
【答案】（1）$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$（2）$\ce{2C + O_{2}(不充足)\xlongequal{点燃}2CO}$（3）$\ce{2CO + O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2}}$ 化合反应 吸入人体内的一氧化碳更易与血液里的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输氧功能，导致人体缺氧（4）$\ce{NH_{4}HCO_{3}\xlongequal{△}NH_{3}\uparrow + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$ 分解反应
【知识点】化学方程式书写、反应类型判断、一氧化碳的性质
【点评】本题为初中化学碳和碳的氧化物相关基础题，考查核心反应的化学方程式书写、反应类型判断及一氧化碳中毒原理，需熟练掌握课本基础知识点，难度适中。
【难度系数】0.5
14. (2024·南通模拟)硫酸铝固体分解得到的活性$\ce{Al_{2}O_{3}}$可作为工业催化剂载体。取$66.6\ \mathrm{g}\ \ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·18H_{2}O}$于坩埚内，隔绝空气灼烧。在热分解过程中，热重分析仪记录的数据如图(已去除坩埚的质量)，已知$425\ °\mathrm{C}$前减少的均为结晶水的质量。下列说法不正确的是 (
A.$\ce{Al_{2}O_{3}}$可用来制作耐高温材料
B.加热至$M$点时，固体为$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·3H_{2}O}$
C.$N$点的固体分解生成$\ce{Al_{2}O_{3}}$的过程中还会生成一种物质，该物质为$\ce{SO_{2}}$
D.图中$a=10.2$
C
)A.$\ce{Al_{2}O_{3}}$可用来制作耐高温材料
B.加热至$M$点时，固体为$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·3H_{2}O}$
C.$N$点的固体分解生成$\ce{Al_{2}O_{3}}$的过程中还会生成一种物质，该物质为$\ce{SO_{2}}$
D.图中$a=10.2$
答案
C 解析:由图可知，在温度为1 025 ℃后，最终的产物是氧化铝，随后温度升高氧化铝也不再分解，则氧化铝受热不易分解，可用作耐高温材料，故选项A不符合题意。$66.6\ \mathrm{g}\ \ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·18H_{2}O}$中结晶水的质量为$66.6\ \mathrm{g}×[\dfrac{(1×2+16)×18}{27×2+(32+16×4)×3+(1×2+16)×18}×100\%]=32.4\ \mathrm{g}$，初始的质量为66.6 g，M点时残留固体的质量为39.6 g，则加热至M点时固体质量减少66.6 g－39.6 g＝27 g，加热至M点时减少的水的质量占总水质量的$\dfrac{27\ \mathrm{g}}{32.4\ \mathrm{g}}=\dfrac{15}{18}$，加热至N点时固体质量减少39.6 g－34.2 g＝5.4 g，则由M点到N点时减少的水的质量占水的总质量的$\dfrac{5.4\ \mathrm{g}}{32.4\ \mathrm{g}}=\dfrac{3}{18}$，所以加热至M点时，固体为$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·3H_{2}O}$，故选项B不符合题意。已知425 ℃前减少的均为结晶水的质量，结合图中信息可知，N点的物质是完全失去结晶水后生成的$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}}$，根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，则$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}}$分解生成$\ce{Al_{2}O_{3}}$和$\ce{SO_{3}}$，故选项C符合题意。$66.6\ \mathrm{g}\ \ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·18H_{2}O}$中铝的质量为$66.6\ \mathrm{g}×[\dfrac{27×2}{27×2+(32+16×4)×3+(1×2+16)×18}×100\%]=5.4\ \mathrm{g}$，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，则氧化铝的质量为$\dfrac{5.4\ \mathrm{g}}{\dfrac{27×2}{27×2+16×3}×100\%}=10.2\ \mathrm{g}$，即$a=10.2$，故选项D不符合题意。
解析
【分析】
本题需结合热重曲线，利用质量守恒定律分析各阶段固体成分及分解产物。先计算初始硫酸铝十八水合物的物质的量，确定总结晶水质量；再根据M、N点的质量变化，计算失去结晶水的量，判断对应固体成分；最后分析最终产物$\ce{Al_{2}O_{3}}$的质量，以及$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}}$分解的产物，逐一判断选项。
【解析】
1. 计算初始物质的量：$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·18H_{2}O}$的摩尔质量为$27×2 + (32+16×4)×3 + 18×18 = 666\ \mathrm{g/mol}$，则$66.6\ \mathrm{g}$该物质的物质的量为$\frac{66.6\ \mathrm{g}}{666\ \mathrm{g/mol}} = 0.1\ \mathrm{mol}$，总结晶水质量为$0.1\ \mathrm{mol}×18×18\ \mathrm{g/mol} = 32.4\ \mathrm{g}$。
2. 判断M点固体：M点残留固体质量为$39.6\ \mathrm{g}$，失去水的质量为$66.6\ \mathrm{g} - 39.6\ \mathrm{g} = 27\ \mathrm{g}$，失去水的物质的量为$\frac{27\ \mathrm{g}}{18\ \mathrm{g/mol}} = 1.5\ \mathrm{mol}$，剩余结晶水物质的量为$0.1\ \mathrm{mol}×18 - 1.5\ \mathrm{mol} = 0.3\ \mathrm{mol}$，故M点固体为$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·3H_{2}O}$，选项B正确。
3. 判断N点及分解产物：N点残留固体质量为$34.2\ \mathrm{g}$，从M到N失去水的质量为$39.6\ \mathrm{g} - 34.2\ \mathrm{g} = 5.4\ \mathrm{g}$，物质的量为$\frac{5.4\ \mathrm{g}}{18\ \mathrm{g/mol}} = 0.3\ \mathrm{mol}$，故N点为完全失去结晶水的$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}}$。隔绝空气时，$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}}$分解生成$\ce{Al_{2}O_{3}}$，根据原子守恒，反应为$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}\xlongequal{高温} Al_{2}O_{3} + 3SO_{3}↑}$，产物为$\ce{SO_{3}}$而非$\ce{SO_{2}}$，选项C错误。
4. 判断最终产物质量：根据Al元素守恒，$0.1\ \mathrm{mol}\ \ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·18H_{2}O}$中Al的质量为$0.1\ \mathrm{mol}×2×27\ \mathrm{g/mol} = 5.4\ \mathrm{g}$，$\ce{Al_{2}O_{3}}$的摩尔质量为$102\ \mathrm{g/mol}$，则最终$\ce{Al_{2}O_{3}}$的质量为$\frac{5.4\ \mathrm{g}}{\frac{2×27}{102}} = 10.2\ \mathrm{g}$，即$a=10.2$，选项D正确。
5. 选项A：$\ce{Al_{2}O_{3}}$熔点高，可作耐高温材料，选项A正确。
综上，不正确的选项为C。
【答案】
C
【知识点】
结晶水合物分解、化学计算、质量守恒定律
【点评】
本题以热重曲线为载体，考查结晶水合物分解的分析与化学计算，需结合质量守恒判断各阶段产物，综合性较强，需细心计算与推理。
【难度系数】
0.5
本题需结合热重曲线，利用质量守恒定律分析各阶段固体成分及分解产物。先计算初始硫酸铝十八水合物的物质的量，确定总结晶水质量；再根据M、N点的质量变化，计算失去结晶水的量，判断对应固体成分；最后分析最终产物$\ce{Al_{2}O_{3}}$的质量，以及$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}}$分解的产物，逐一判断选项。
【解析】
1. 计算初始物质的量：$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·18H_{2}O}$的摩尔质量为$27×2 + (32+16×4)×3 + 18×18 = 666\ \mathrm{g/mol}$，则$66.6\ \mathrm{g}$该物质的物质的量为$\frac{66.6\ \mathrm{g}}{666\ \mathrm{g/mol}} = 0.1\ \mathrm{mol}$，总结晶水质量为$0.1\ \mathrm{mol}×18×18\ \mathrm{g/mol} = 32.4\ \mathrm{g}$。
2. 判断M点固体：M点残留固体质量为$39.6\ \mathrm{g}$，失去水的质量为$66.6\ \mathrm{g} - 39.6\ \mathrm{g} = 27\ \mathrm{g}$，失去水的物质的量为$\frac{27\ \mathrm{g}}{18\ \mathrm{g/mol}} = 1.5\ \mathrm{mol}$，剩余结晶水物质的量为$0.1\ \mathrm{mol}×18 - 1.5\ \mathrm{mol} = 0.3\ \mathrm{mol}$，故M点固体为$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·3H_{2}O}$，选项B正确。
3. 判断N点及分解产物：N点残留固体质量为$34.2\ \mathrm{g}$，从M到N失去水的质量为$39.6\ \mathrm{g} - 34.2\ \mathrm{g} = 5.4\ \mathrm{g}$，物质的量为$\frac{5.4\ \mathrm{g}}{18\ \mathrm{g/mol}} = 0.3\ \mathrm{mol}$，故N点为完全失去结晶水的$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}}$。隔绝空气时，$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}}$分解生成$\ce{Al_{2}O_{3}}$，根据原子守恒，反应为$\ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}\xlongequal{高温} Al_{2}O_{3} + 3SO_{3}↑}$，产物为$\ce{SO_{3}}$而非$\ce{SO_{2}}$，选项C错误。
4. 判断最终产物质量：根据Al元素守恒，$0.1\ \mathrm{mol}\ \ce{Al_{2}(SO_{4})_{3}·18H_{2}O}$中Al的质量为$0.1\ \mathrm{mol}×2×27\ \mathrm{g/mol} = 5.4\ \mathrm{g}$，$\ce{Al_{2}O_{3}}$的摩尔质量为$102\ \mathrm{g/mol}$，则最终$\ce{Al_{2}O_{3}}$的质量为$\frac{5.4\ \mathrm{g}}{\frac{2×27}{102}} = 10.2\ \mathrm{g}$，即$a=10.2$，选项D正确。
5. 选项A：$\ce{Al_{2}O_{3}}$熔点高，可作耐高温材料，选项A正确。
综上，不正确的选项为C。
【答案】
C
【知识点】
结晶水合物分解、化学计算、质量守恒定律
【点评】
本题以热重曲线为载体，考查结晶水合物分解的分析与化学计算，需结合质量守恒判断各阶段产物，综合性较强，需细心计算与推理。
【难度系数】
0.5
