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7. (2026·潮州期中)甲和乙在一定条件下反应生成丙和丁,下表是四种分子的微观示意图和部分物质的化学式。下列说法正确的是
（
A.物质丙的化学式为$\ce{NO_{2}}$
B.生成丙和丁的分子个数比为$1:1$
C.该反应类型为化合反应
D.化学反应前后分子种类和个数发生改变
（
D
）A.物质丙的化学式为$\ce{NO_{2}}$
B.生成丙和丁的分子个数比为$1:1$
C.该反应类型为化合反应
D.化学反应前后分子种类和个数发生改变
答案
D
解析
【分析】首先根据微观示意图和已知化学式确定原子种类：甲的化学式为NO，故灰球代表N原子，白球代表O原子；乙的化学式为CO，故黑球代表C原子。由此确定丙的微观构成对应化学式为CO₂，丁为N₂。接着写出反应的化学方程式并配平，再结合各选项逐一分析判断。
【解析】根据微观示意图和已知化学式，确定反应的化学方程式为：$\ce{2NO + 2CO\xlongequal{一定条件} 2CO_{2} + N_{2}}$。逐一分析选项：
A选项：丙的微观是1个C原子和2个O原子，化学式为$\ce{CO_{2}}$，不是$\ce{NO_{2}}$，错误；
B选项：由配平的方程式可知，生成丙（$\ce{CO_{2}}$）和丁（$\ce{N_{2}}$）的分子个数比为$2:1$，不是$1:1$，错误；
C选项：化合反应的特征是“多变一”，该反应生成物有两种，不属于化合反应，错误；
D选项：化学反应前后分子种类一定改变；反应前分子总数为$2+2=4$，反应后分子总数为$2+1=3$，分子个数也发生改变，正确。
【答案】D
【知识点】微观粒子与化学式、化学方程式配平、反应类型判断
【点评】本题结合微观示意图考查化学基础知识，需先根据微观粒子确定物质化学式，再配平反应方程式，结合反应类型、分子变化等知识点分析选项，是常见的化学基础题型。
【难度系数】0.5
【解析】根据微观示意图和已知化学式，确定反应的化学方程式为：$\ce{2NO + 2CO\xlongequal{一定条件} 2CO_{2} + N_{2}}$。逐一分析选项：
A选项：丙的微观是1个C原子和2个O原子，化学式为$\ce{CO_{2}}$，不是$\ce{NO_{2}}$，错误；
B选项：由配平的方程式可知，生成丙（$\ce{CO_{2}}$）和丁（$\ce{N_{2}}$）的分子个数比为$2:1$，不是$1:1$，错误；
C选项：化合反应的特征是“多变一”，该反应生成物有两种，不属于化合反应，错误；
D选项：化学反应前后分子种类一定改变；反应前分子总数为$2+2=4$，反应后分子总数为$2+1=3$，分子个数也发生改变，正确。
【答案】D
【知识点】微观粒子与化学式、化学方程式配平、反应类型判断
【点评】本题结合微观示意图考查化学基础知识，需先根据微观粒子确定物质化学式，再配平反应方程式，结合反应类型、分子变化等知识点分析选项，是常见的化学基础题型。
【难度系数】0.5
8. 思想方法 对比法 利用如图装置进行燃烧条件的探究。试管①中充满氮气,试管②③中充满氧气,升温至$40\ °\mathrm{C}$,仅观察到②中的白磷燃烧。下列叙述错误的是（
A.由实验①②可验证燃烧需要氧气
B.由实验②③可推知着火点高低:红磷＞白磷
C.利用水浴控温可调节可燃物的着火点
D.①③两支试管内的白磷和红磷可回收再利用
C
）A.由实验①②可验证燃烧需要氧气
B.由实验②③可推知着火点高低:红磷＞白磷
C.利用水浴控温可调节可燃物的着火点
D.①③两支试管内的白磷和红磷可回收再利用
答案
C
解析
【分析】
这道题考查燃烧条件的探究，核心思路是利用对比法分析实验变量，结合燃烧的三个条件（可燃物、与氧气接触、温度达到着火点）判断选项正误。首先明确：着火点是物质的固有属性，不会随外界条件改变；对比实验需控制单一变量，通过不同组的现象差异推导结论。
【解析】
首先回忆燃烧的三个必要条件：①物质为可燃物；②与氧气（或空气）接触；③温度达到可燃物的着火点，三者缺一不可，且着火点是物质本身的固有属性，一般无法调节。
对各选项逐一分析：
A. 试管①中白磷处于氮气环境（无氧气），40℃时不燃烧；试管②中白磷处于氧气环境，40℃时燃烧。两组实验的唯一变量是是否与氧气接触，因此对比①②可验证燃烧需要氧气，该选项正确。
B. 试管②中白磷（着火点约40℃）在40℃、氧气中燃烧；试管③中红磷在40℃、氧气中不燃烧，说明红磷的着火点高于40℃，即着火点：红磷＞白磷，该选项正确。
C. 着火点是物质的固有属性，水浴控温只能改变环境温度，无法调节可燃物的着火点，该选项错误。
D. ①中白磷未达到燃烧条件、③中红磷也未达到着火点，因此两支试管内的白磷和红磷可回收再利用，该选项正确。
【答案】
C
【知识点】
燃烧条件、对比实验、着火点
【点评】
本题通过控制变量的对比实验探究燃烧条件，重点考查对燃烧三要素及着火点概念的理解，需明确着火点是物质固有属性，不能被外界条件调节，同时掌握对比实验中变量控制的方法。
【难度系数】
0.5
这道题考查燃烧条件的探究，核心思路是利用对比法分析实验变量，结合燃烧的三个条件（可燃物、与氧气接触、温度达到着火点）判断选项正误。首先明确：着火点是物质的固有属性，不会随外界条件改变；对比实验需控制单一变量，通过不同组的现象差异推导结论。
【解析】
首先回忆燃烧的三个必要条件：①物质为可燃物；②与氧气（或空气）接触；③温度达到可燃物的着火点，三者缺一不可，且着火点是物质本身的固有属性，一般无法调节。
对各选项逐一分析：
A. 试管①中白磷处于氮气环境（无氧气），40℃时不燃烧；试管②中白磷处于氧气环境，40℃时燃烧。两组实验的唯一变量是是否与氧气接触，因此对比①②可验证燃烧需要氧气，该选项正确。
B. 试管②中白磷（着火点约40℃）在40℃、氧气中燃烧；试管③中红磷在40℃、氧气中不燃烧，说明红磷的着火点高于40℃，即着火点：红磷＞白磷，该选项正确。
C. 着火点是物质的固有属性，水浴控温只能改变环境温度，无法调节可燃物的着火点，该选项错误。
D. ①中白磷未达到燃烧条件、③中红磷也未达到着火点，因此两支试管内的白磷和红磷可回收再利用，该选项正确。
【答案】
C
【知识点】
燃烧条件、对比实验、着火点
【点评】
本题通过控制变量的对比实验探究燃烧条件，重点考查对燃烧三要素及着火点概念的理解，需明确着火点是物质固有属性，不能被外界条件调节，同时掌握对比实验中变量控制的方法。
【难度系数】
0.5
9. 乙醇$(\ce{C_{2}H_{5}OH})$是常用的燃料。现有$4.6\ \mathrm{g}$乙醇与一定量氧气混合于密闭容器内,在一定条件下反应物全部转化为一氧化碳、二氧化碳和水,恢复到室温,测得所得气体中氧元素质量分数为$70\%$,则参加反应的氧气质量为 （
A.$6.4\ \mathrm{g}$
B.$8.0\ \mathrm{g}$
C.$8.8\ \mathrm{g}$
D.$9.6\ \mathrm{g}$
C
）A.$6.4\ \mathrm{g}$
B.$8.0\ \mathrm{g}$
C.$8.8\ \mathrm{g}$
D.$9.6\ \mathrm{g}$
答案
C
解析
【分析】
本题利用元素守恒与质量守恒定律解题：先确定乙醇中碳、氢元素的质量，氢元素全部转化为液态水，碳元素全部转化为一氧化碳和二氧化碳的混合气体；根据混合气体中氧元素的质量分数算出碳元素的质量分数，结合乙醇中碳元素的质量求出混合气体总质量；再依据质量守恒定律，反应前后总质量相等，即可求出参加反应的氧气质量。
【解析】
1. 计算4.6g乙醇中碳、氢元素的质量：
乙醇的摩尔质量为46g/mol，4.6g乙醇的物质的量为$\frac{4.6g}{46g/mol}=0.1mol$，其中含C元素的物质的量为$0.1mol×2=0.2mol$，含H元素的物质的量为$0.1mol×6=0.6mol$；
C元素质量：$0.2mol×12g/mol=2.4g$，H元素质量：$0.6mol×1g/mol=0.6g$。
2. 确定混合气体（CO、CO₂）的总质量：
恢复到室温时，水为液态，所得气体为CO和CO₂的混合物，气体中氧元素质量分数为70%，则碳元素质量分数为$1-70\%=30\%$；
因C元素全部来自乙醇，故混合气体总质量为$\frac{2.4g}{30\%}=8g$。
3. 计算参加反应的氧气质量：
H元素全部转化为水，水的质量为$\frac{0.6g}{\frac{2}{18}}=5.4g$；
根据质量守恒定律，反应前总质量=反应后总质量，即：
$4.6g + m(O₂)=8g +5.4g$，解得$m(O₂)=8.8g$。
【答案】
C
【知识点】
元素守恒、质量守恒定律、根据化学式计算
【点评】
本题核心考查守恒思想的应用，解题关键是明确室温下水为液态，反应后气体仅为CO和CO₂，利用碳元素全部进入混合气体的特点计算混合气体质量，再结合质量守恒求氧气质量，需注意元素守恒的灵活运用。
【难度系数】
0.6
本题利用元素守恒与质量守恒定律解题：先确定乙醇中碳、氢元素的质量，氢元素全部转化为液态水，碳元素全部转化为一氧化碳和二氧化碳的混合气体；根据混合气体中氧元素的质量分数算出碳元素的质量分数，结合乙醇中碳元素的质量求出混合气体总质量；再依据质量守恒定律，反应前后总质量相等，即可求出参加反应的氧气质量。
【解析】
1. 计算4.6g乙醇中碳、氢元素的质量：
乙醇的摩尔质量为46g/mol，4.6g乙醇的物质的量为$\frac{4.6g}{46g/mol}=0.1mol$，其中含C元素的物质的量为$0.1mol×2=0.2mol$，含H元素的物质的量为$0.1mol×6=0.6mol$；
C元素质量：$0.2mol×12g/mol=2.4g$，H元素质量：$0.6mol×1g/mol=0.6g$。
2. 确定混合气体（CO、CO₂）的总质量：
恢复到室温时，水为液态，所得气体为CO和CO₂的混合物，气体中氧元素质量分数为70%，则碳元素质量分数为$1-70\%=30\%$；
因C元素全部来自乙醇，故混合气体总质量为$\frac{2.4g}{30\%}=8g$。
3. 计算参加反应的氧气质量：
H元素全部转化为水，水的质量为$\frac{0.6g}{\frac{2}{18}}=5.4g$；
根据质量守恒定律，反应前总质量=反应后总质量，即：
$4.6g + m(O₂)=8g +5.4g$，解得$m(O₂)=8.8g$。
【答案】
C
【知识点】
元素守恒、质量守恒定律、根据化学式计算
【点评】
本题核心考查守恒思想的应用，解题关键是明确室温下水为液态，反应后气体仅为CO和CO₂，利用碳元素全部进入混合气体的特点计算混合气体质量，再结合质量守恒求氧气质量，需注意元素守恒的灵活运用。
【难度系数】
0.6
10. 某密闭容器中只有乙、丙、丁三种物质,在一定条件下发生了一个化学反应,容器中乙、丙、丁的质量随甲的质量变化情况如图所示。下列说法错误的是 （
A.$a$ 的值为 12
B.丁属于化合物
C.当丁为$\boldsymbol{5\ \mathrm{g}}$时,容器中乙的质量为$\boldsymbol{11\ \mathrm{g}}$
D.当甲为$\boldsymbol{2\ \mathrm{g}}$时,容器中丙与丁的质量之比为 $12:5$
D
）A.$a$ 的值为 12
B.丁属于化合物
C.当丁为$\boldsymbol{5\ \mathrm{g}}$时,容器中乙的质量为$\boldsymbol{11\ \mathrm{g}}$
D.当甲为$\boldsymbol{2\ \mathrm{g}}$时,容器中丙与丁的质量之比为 $12:5$
答案
D
解析
【分析】
首先结合图像和质量守恒定律分析各物质的变化：横坐标为生成甲的质量，纵坐标是乙、丙、丁的质量。反应前（甲质量为0），乙=10g、丙=6g、丁=10g；反应后（甲质量为8g），丙质量不变（说明丙未参与反应，为催化剂），丁质量变为0（完全反应，是反应物），乙质量变为a（生成物）。根据质量守恒，参加反应的丁的质量等于生成甲和乙的质量之和，据此计算a的值；再结合反应类型判断物质类别，利用反应中各物质的质量比分析选项C、D的正误。
【解析】
根据质量守恒定律，密闭容器内反应前后总质量不变：
1. 计算a的值：反应前总质量=10g（乙）+6g（丙）+10g（丁）=26g；反应后总质量=a（乙）+6g（丙）+0g（丁）+8g（甲）=a+14g，总质量相等，故a+14=26，解得a=12，A选项正确。
2. 判断物质类别：该反应中，丁质量减少（反应物），甲、乙质量增加（生成物），丙质量不变（催化剂），反应为分解反应，丁作为分解反应的反应物，一定属于化合物，B选项正确。
3. 分析选项C：反应中，丁与生成的甲的质量比为10g:8g=5:4，丁与生成的乙的质量比为10g:(12g-10g)=5:1。当丁为5g时，反应掉的丁为10g-5g=5g，对应生成乙的质量为1g，故容器中乙的质量=10g+1g=11g，C选项正确。
4. 分析选项D：当甲为2g时，设反应掉的丁的质量为x，根据质量比5:4=x:2g，解得x=2.5g，剩余丁的质量=10g-2.5g=7.5g，丙质量仍为6g，故丙与丁的质量比=6g:7.5g=4:5≠12:5，D选项错误。
【答案】
D
【知识点】
质量守恒定律、化学计算、物质分类
【点评】
本题结合图像考查质量守恒定律的应用，核心是从图像中提取各物质的质量变化，确定反应物、生成物及催化剂，再通过质量比分析选项，需准确提取图像信息并灵活运用质量守恒，属于中等难度题。
【难度系数】
0.4
首先结合图像和质量守恒定律分析各物质的变化：横坐标为生成甲的质量，纵坐标是乙、丙、丁的质量。反应前（甲质量为0），乙=10g、丙=6g、丁=10g；反应后（甲质量为8g），丙质量不变（说明丙未参与反应，为催化剂），丁质量变为0（完全反应，是反应物），乙质量变为a（生成物）。根据质量守恒，参加反应的丁的质量等于生成甲和乙的质量之和，据此计算a的值；再结合反应类型判断物质类别，利用反应中各物质的质量比分析选项C、D的正误。
【解析】
根据质量守恒定律，密闭容器内反应前后总质量不变：
1. 计算a的值：反应前总质量=10g（乙）+6g（丙）+10g（丁）=26g；反应后总质量=a（乙）+6g（丙）+0g（丁）+8g（甲）=a+14g，总质量相等，故a+14=26，解得a=12，A选项正确。
2. 判断物质类别：该反应中，丁质量减少（反应物），甲、乙质量增加（生成物），丙质量不变（催化剂），反应为分解反应，丁作为分解反应的反应物，一定属于化合物，B选项正确。
3. 分析选项C：反应中，丁与生成的甲的质量比为10g:8g=5:4，丁与生成的乙的质量比为10g:(12g-10g)=5:1。当丁为5g时，反应掉的丁为10g-5g=5g，对应生成乙的质量为1g，故容器中乙的质量=10g+1g=11g，C选项正确。
4. 分析选项D：当甲为2g时，设反应掉的丁的质量为x，根据质量比5:4=x:2g，解得x=2.5g，剩余丁的质量=10g-2.5g=7.5g，丙质量仍为6g，故丙与丁的质量比=6g:7.5g=4:5≠12:5，D选项错误。
【答案】
D
【知识点】
质量守恒定律、化学计算、物质分类
【点评】
本题结合图像考查质量守恒定律的应用，核心是从图像中提取各物质的质量变化，确定反应物、生成物及催化剂，再通过质量比分析选项，需准确提取图像信息并灵活运用质量守恒，属于中等难度题。
【难度系数】
0.4
11. 工业上用 $\ce{NO}$ 生产 $\ce{HNO_{3}}$ 过程中的物质转化关系如图。下列说法正确的是（
A.转化过程中,氮、氢、氧元素的化合价均发生了变化
B.反应①中,参加反应的 $\ce{NO}$ 与 $\ce{O_{2}}$ 的分子数之比为 $1:2$
C.反应②中,参加反应的 $\ce{NO_{2}}$ 与生成的 $\ce{HNO_{3}}$ 含有等质量的氮元素
D.当 $\ce{O_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$ 足量时,$30\ \mathrm{g}\ \ce{NO}$ 理论上最多生成 $63\ \mathrm{g}\ \ce{HNO_{3}}$
D
）A.转化过程中,氮、氢、氧元素的化合价均发生了变化
B.反应①中,参加反应的 $\ce{NO}$ 与 $\ce{O_{2}}$ 的分子数之比为 $1:2$
C.反应②中,参加反应的 $\ce{NO_{2}}$ 与生成的 $\ce{HNO_{3}}$ 含有等质量的氮元素
D.当 $\ce{O_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$ 足量时,$30\ \mathrm{g}\ \ce{NO}$ 理论上最多生成 $63\ \mathrm{g}\ \ce{HNO_{3}}$
答案
D
解析
【分析】本题围绕工业上NO制备HNO₃的转化关系，需先明确两步反应的化学方程式，再逐一分析各选项：选项A需判断元素化合价变化；选项B需根据反应①的化学方程式确定反应物分子数之比；选项C需结合反应②中NO₂与HNO₃的物质的量关系判断氮元素质量；选项D需利用总反应进行物质的量计算，确定生成HNO₃的质量。
【解析】首先写出两步反应的化学方程式：反应①：$\ce{2NO + O_{2} = 2NO_{2}}$；反应②：$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$。
选项A：转化过程中，氢元素在$\ce{H_{2}O}$和$\ce{HNO_{3}}$中均为+1价，化合价未发生变化，故A错误。
选项B：由反应①的化学方程式可知，参加反应的$\ce{NO}$与$\ce{O_{2}}$的分子数之比为$2:1$，不是$1:2$，故B错误。
选项C：反应②中，$3\ \mathrm{mol}\ \ce{NO_{2}}$反应生成$2\ \mathrm{mol}\ \ce{HNO_{3}}$，$3\ \mathrm{mol}\ \ce{NO_{2}}$含$3\ \mathrm{mol}$氮原子，$2\ \mathrm{mol}\ \ce{HNO_{3}}$含$2\ \mathrm{mol}$氮原子，二者氮元素质量不相等，故C错误。
选项D：将反应①×3 + 反应②×2，消去中间产物$\ce{NO_{2}}$和$\ce{NO}$，得到总反应：$\ce{4NO + 3O_{2} + 2H_{2}O = 4HNO_{3}}$。$30\ \mathrm{g}\ \ce{NO}$的物质的量为$\frac{30\ \mathrm{g}}{30\ \mathrm{g/mol}}=1\ \mathrm{mol}$，根据总反应，$1\ \mathrm{mol}\ \ce{NO}$理论上生成$1\ \mathrm{mol}\ \ce{HNO_{3}}$，其质量为$1\ \mathrm{mol}×63\ \mathrm{g/mol}=63\ \mathrm{g}$，故D正确。
【答案】D
【知识点】氮及其化合物转化、氧化还原反应、化学方程式计算
【点评】本题考查工业制硝酸的反应原理，需熟练掌握各步反应的化学方程式，结合化合价、物质的量等知识分析选项，注重对基础反应和计算能力的考查。
【难度系数】0.6
【解析】首先写出两步反应的化学方程式：反应①：$\ce{2NO + O_{2} = 2NO_{2}}$；反应②：$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$。
选项A：转化过程中，氢元素在$\ce{H_{2}O}$和$\ce{HNO_{3}}$中均为+1价，化合价未发生变化，故A错误。
选项B：由反应①的化学方程式可知，参加反应的$\ce{NO}$与$\ce{O_{2}}$的分子数之比为$2:1$，不是$1:2$，故B错误。
选项C：反应②中，$3\ \mathrm{mol}\ \ce{NO_{2}}$反应生成$2\ \mathrm{mol}\ \ce{HNO_{3}}$，$3\ \mathrm{mol}\ \ce{NO_{2}}$含$3\ \mathrm{mol}$氮原子，$2\ \mathrm{mol}\ \ce{HNO_{3}}$含$2\ \mathrm{mol}$氮原子，二者氮元素质量不相等，故C错误。
选项D：将反应①×3 + 反应②×2，消去中间产物$\ce{NO_{2}}$和$\ce{NO}$，得到总反应：$\ce{4NO + 3O_{2} + 2H_{2}O = 4HNO_{3}}$。$30\ \mathrm{g}\ \ce{NO}$的物质的量为$\frac{30\ \mathrm{g}}{30\ \mathrm{g/mol}}=1\ \mathrm{mol}$，根据总反应，$1\ \mathrm{mol}\ \ce{NO}$理论上生成$1\ \mathrm{mol}\ \ce{HNO_{3}}$，其质量为$1\ \mathrm{mol}×63\ \mathrm{g/mol}=63\ \mathrm{g}$，故D正确。
【答案】D
【知识点】氮及其化合物转化、氧化还原反应、化学方程式计算
【点评】本题考查工业制硝酸的反应原理，需熟练掌握各步反应的化学方程式，结合化合价、物质的量等知识分析选项，注重对基础反应和计算能力的考查。
【难度系数】0.6
12. 草酸亚铁$\ce{(FeC_{2}O_{4})}$常用于生产锂电池,它在不同温度下分解能得到不同的铁的氧化物,同时放出气体,$43.2\ \mathrm{g}\ \ce{FeC_{2}O_{4}}$受热分解所得固体质量随温度变化如图所示,下列说法正确的是（
A.$\ce{FeC_{2}O_{4}}$由铁原子、碳原子、氧原子直接构成
B.根据数据可推出固体$\mathrm{M}$的化学式为$\ce{Fe_{3}O_{4}}$
C.$T_{4}{° C}$时,固体$\mathrm{M}$开始分解
D.固体质量由$43.2\ \mathrm{g}$变为$24.0\ \mathrm{g}$时的化学方程式为$\ce{FeC_{2}O_{4}\xlongequal{\Delta}FeCO_{3} + CO\uparrow}$
B
）A.$\ce{FeC_{2}O_{4}}$由铁原子、碳原子、氧原子直接构成
B.根据数据可推出固体$\mathrm{M}$的化学式为$\ce{Fe_{3}O_{4}}$
C.$T_{4}{° C}$时,固体$\mathrm{M}$开始分解
D.固体质量由$43.2\ \mathrm{g}$变为$24.0\ \mathrm{g}$时的化学方程式为$\ce{FeC_{2}O_{4}\xlongequal{\Delta}FeCO_{3} + CO\uparrow}$
答案
B
解析
【分析】
首先计算43.2g $\ce{FeC_{2}O_{4}}$的物质的量：$\ce{FeC_{2}O_{4}}$的摩尔质量为$56 + 2×(12+16×2)=144\ \mathrm{g/mol}$，故$n(\ce{FeC_{2}O_{4}})=\frac{43.2\ \mathrm{g}}{144\ \mathrm{g/mol}}=0.3\ \mathrm{mol}$，即含$\ce{Fe}$原子$0.3\ \mathrm{mol}$。逐一分析选项：
1. 选项A：$\ce{FeC_{2}O_{4}}$是离子化合物，由$\ce{Fe^{2+}}$和$\ce{C_{2}O^{2-}_{4}}$构成，并非直接由铁、碳、氧原子构成，故A错误；
2. 选项B：固体$\mathrm{M}$质量为$23.2\ \mathrm{g}$，其中$\ce{Fe}$原子为$0.3\ \mathrm{mol}$，若为$\ce{Fe_{3}O_{4}}$，其摩尔质量为$232\ \mathrm{g/mol}$，对应$\ce{Fe_{3}O_{4}}$的物质的量为$\frac{0.3\ \mathrm{mol}}{3}=0.1\ \mathrm{mol}$，质量为$0.1\ \mathrm{mol}×232\ \mathrm{g/mol}=23.2\ \mathrm{g}$，与图像数据一致，故固体$\mathrm{M}$为$\ce{Fe_{3}O_{4}}$，B正确；
3. 选项C：图像中$T_{4}{° C}$时固体质量稳定在$23.2\ \mathrm{g}$（$\mathrm{M}$的质量），$T_{5}{° C}$时固体质量才开始下降，说明$T_{5}{° C}$时$\mathrm{M}$开始分解，故C错误；
4. 选项D：若反应为$\ce{FeC_{2}O_{4}\xlongequal{\Delta}FeCO_{3} + CO\uparrow}$，$0.3\ \mathrm{mol}\ \ce{FeC_{2}O_{4}}$生成$0.3\ \mathrm{mol}\ \ce{FeCO_{3}}$，质量为$0.3\ \mathrm{mol}×116\ \mathrm{g/mol}=34.8\ \mathrm{g}$，与图像中固体质量变为$24.0\ \mathrm{g}$不符，故D错误。
【解析】
先计算$\ce{FeC_{2}O_{4}}$的物质的量：$M(\ce{FeC_{2}O_{4}})=56 + 2×12 + 4×16=144\ \mathrm{g/mol}$，$n(\ce{FeC_{2}O_{4}})=\frac{43.2\ \mathrm{g}}{144\ \mathrm{g/mol}}=0.3\ \mathrm{mol}$，即$n(\ce{Fe})=0.3\ \mathrm{mol}$。
选项A：草酸亚铁是离子化合物，由离子构成，不是原子直接构成，A错误；
选项B：固体$\mathrm{M}$含$\ce{Fe}$ $0.3\ \mathrm{mol}$，若为$\ce{Fe_{3}O_{4}}$，其物质的量为$\frac{0.3\ \mathrm{mol}}{3}=0.1\ \mathrm{mol}$，质量为$0.1\ \mathrm{mol}×232\ \mathrm{g/mol}=23.2\ \mathrm{g}$，与图像中$\mathrm{M}$的质量一致，故B正确；
选项C：由图像可知，$T_{5}{° C}$时固体质量才开始减小，说明$T_{5}{° C}$时$\mathrm{M}$开始分解，C错误；
选项D：若生成$\ce{FeCO_{3}}$，$0.3\ \mathrm{mol}\ \ce{FeCO_{3}}$质量为$34.8\ \mathrm{g}$，与图像中$24.0\ \mathrm{g}$不符，D错误。
【答案】
B
【知识点】
化学计算、物质构成、分解反应
【点评】
本题结合固体质量变化图像，考查物质构成、化学计算及分解反应分析，需通过物质的量计算确定各阶段固体组成，需仔细对应图像数据与物质性质，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先计算43.2g $\ce{FeC_{2}O_{4}}$的物质的量：$\ce{FeC_{2}O_{4}}$的摩尔质量为$56 + 2×(12+16×2)=144\ \mathrm{g/mol}$，故$n(\ce{FeC_{2}O_{4}})=\frac{43.2\ \mathrm{g}}{144\ \mathrm{g/mol}}=0.3\ \mathrm{mol}$，即含$\ce{Fe}$原子$0.3\ \mathrm{mol}$。逐一分析选项：
1. 选项A：$\ce{FeC_{2}O_{4}}$是离子化合物，由$\ce{Fe^{2+}}$和$\ce{C_{2}O^{2-}_{4}}$构成，并非直接由铁、碳、氧原子构成，故A错误；
2. 选项B：固体$\mathrm{M}$质量为$23.2\ \mathrm{g}$，其中$\ce{Fe}$原子为$0.3\ \mathrm{mol}$，若为$\ce{Fe_{3}O_{4}}$，其摩尔质量为$232\ \mathrm{g/mol}$，对应$\ce{Fe_{3}O_{4}}$的物质的量为$\frac{0.3\ \mathrm{mol}}{3}=0.1\ \mathrm{mol}$，质量为$0.1\ \mathrm{mol}×232\ \mathrm{g/mol}=23.2\ \mathrm{g}$，与图像数据一致，故固体$\mathrm{M}$为$\ce{Fe_{3}O_{4}}$，B正确；
3. 选项C：图像中$T_{4}{° C}$时固体质量稳定在$23.2\ \mathrm{g}$（$\mathrm{M}$的质量），$T_{5}{° C}$时固体质量才开始下降，说明$T_{5}{° C}$时$\mathrm{M}$开始分解，故C错误；
4. 选项D：若反应为$\ce{FeC_{2}O_{4}\xlongequal{\Delta}FeCO_{3} + CO\uparrow}$，$0.3\ \mathrm{mol}\ \ce{FeC_{2}O_{4}}$生成$0.3\ \mathrm{mol}\ \ce{FeCO_{3}}$，质量为$0.3\ \mathrm{mol}×116\ \mathrm{g/mol}=34.8\ \mathrm{g}$，与图像中固体质量变为$24.0\ \mathrm{g}$不符，故D错误。
【解析】
先计算$\ce{FeC_{2}O_{4}}$的物质的量：$M(\ce{FeC_{2}O_{4}})=56 + 2×12 + 4×16=144\ \mathrm{g/mol}$，$n(\ce{FeC_{2}O_{4}})=\frac{43.2\ \mathrm{g}}{144\ \mathrm{g/mol}}=0.3\ \mathrm{mol}$，即$n(\ce{Fe})=0.3\ \mathrm{mol}$。
选项A：草酸亚铁是离子化合物，由离子构成，不是原子直接构成，A错误；
选项B：固体$\mathrm{M}$含$\ce{Fe}$ $0.3\ \mathrm{mol}$，若为$\ce{Fe_{3}O_{4}}$，其物质的量为$\frac{0.3\ \mathrm{mol}}{3}=0.1\ \mathrm{mol}$，质量为$0.1\ \mathrm{mol}×232\ \mathrm{g/mol}=23.2\ \mathrm{g}$，与图像中$\mathrm{M}$的质量一致，故B正确；
选项C：由图像可知，$T_{5}{° C}$时固体质量才开始减小，说明$T_{5}{° C}$时$\mathrm{M}$开始分解，C错误；
选项D：若生成$\ce{FeCO_{3}}$，$0.3\ \mathrm{mol}\ \ce{FeCO_{3}}$质量为$34.8\ \mathrm{g}$，与图像中$24.0\ \mathrm{g}$不符，D错误。
【答案】
B
【知识点】
化学计算、物质构成、分解反应
【点评】
本题结合固体质量变化图像，考查物质构成、化学计算及分解反应分析，需通过物质的量计算确定各阶段固体组成，需仔细对应图像数据与物质性质，难度适中。
【难度系数】
0.5
