登录
11. [2025 云南]捕集$\ce{CO_{2}}$合成尿素$\ce{[CO(NH_{2})_{2}]}$,可实现$\ce{CO_{2}}$资源化利用,转化流程如图所示。下列说法中,不正确的是
（
A.理论上,反应②中合成$3.4\ \mathrm{t}\ \ce{NH_{3}}$需要$0.6\ \mathrm{t}\ \ce{H_{2}}$
B.理论上,反应③中参加反应的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{CO_{2}}$的质量比为$17:22$
C.该转化流程中,$\ce{H_{2}O}$可循环利用,不需要额外补充
D.该转化流程中,分子总数减少
（
C
）A.理论上,反应②中合成$3.4\ \mathrm{t}\ \ce{NH_{3}}$需要$0.6\ \mathrm{t}\ \ce{H_{2}}$
B.理论上,反应③中参加反应的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{CO_{2}}$的质量比为$17:22$
C.该转化流程中,$\ce{H_{2}O}$可循环利用,不需要额外补充
D.该转化流程中,分子总数减少
答案
C 反应②是$\ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件}2NH_{3}}$，设合成$3.4\ \mathrm{t}\ \ce{NH_{3}}$需要$\ce{H_{2}}$的质量为$x$，则
$\begin{aligned}&\ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件}2NH_{3}}\\&\quad\ \ \ 6\quad\quad\quad\quad\quad 34\\&\quad\ \ \ x\quad\quad\quad\quad 3.4\ \mathrm{t}\end{aligned}$
$\dfrac{6}{34}=\dfrac{x}{3.4\ \mathrm{t}}\quad x=0.6\ \mathrm{t}$
A正确；反应③的化学方程式为$\ce{CO_{2} + 2NH_{3}\xlongequal{一定条件}CO(NH_{2})_{2} + H_{2}O}$，参加反应的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{CO_{2}}$的质量比为$(17×2):44=17:22$，B正确；根据转化流程，反应①中$\ce{H_{2}O}$生成$\ce{H_{2}}$，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素种类不变，可知还会生成$\ce{O_{2}}$，则总反应是$\ce{2CO_{2} + 4H_{2}O + 2N_{2}\xlongequal{一定条件}2CO(NH_{2})_{2} + 3O_{2}}$，可知该转化流程需要不断补充$\ce{H_{2}O}$，C错误；根据$\ce{2CO_{2} + 4H_{2}O + 2N_{2}\xlongequal{一定条件}2CO(NH_{2})_{2} + 3O_{2}}$可知，反应前分子总数大于反应后分子总数，D正确。
$\begin{aligned}&\ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件}2NH_{3}}\\&\quad\ \ \ 6\quad\quad\quad\quad\quad 34\\&\quad\ \ \ x\quad\quad\quad\quad 3.4\ \mathrm{t}\end{aligned}$
$\dfrac{6}{34}=\dfrac{x}{3.4\ \mathrm{t}}\quad x=0.6\ \mathrm{t}$
A正确；反应③的化学方程式为$\ce{CO_{2} + 2NH_{3}\xlongequal{一定条件}CO(NH_{2})_{2} + H_{2}O}$，参加反应的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{CO_{2}}$的质量比为$(17×2):44=17:22$，B正确；根据转化流程，反应①中$\ce{H_{2}O}$生成$\ce{H_{2}}$，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素种类不变，可知还会生成$\ce{O_{2}}$，则总反应是$\ce{2CO_{2} + 4H_{2}O + 2N_{2}\xlongequal{一定条件}2CO(NH_{2})_{2} + 3O_{2}}$，可知该转化流程需要不断补充$\ce{H_{2}O}$，C错误；根据$\ce{2CO_{2} + 4H_{2}O + 2N_{2}\xlongequal{一定条件}2CO(NH_{2})_{2} + 3O_{2}}$可知，反应前分子总数大于反应后分子总数，D正确。
解析
【分析】
这是一道结合化工转化流程的化学正误判断题，解题思路为：首先梳理流程中三步转化对应的化学反应，再逐个验证选项：第一步先写出合成氨的反应方程式，通过方程式的质量比例关系计算生成3.4t氨气所需氢气的质量，判断A选项；第二步写出合成尿素的反应方程式，计算参与反应的NH₃和CO₂的质量比，判断B选项；第三步将三步反应联立得到总反应，对比流程中水的总消耗量和总生成量，判断水是否需要额外补充，验证C选项；第四步对比总反应前后的分子总数，判断D选项，最终选出不正确的说法。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
1. 选项A：反应②为合成氨反应$\ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件}2NH_{3}}$，设合成$3.4\ \mathrm{t}\ \ce{NH_{3}}$需要$\ce{H_{2}}$的质量为x：
$ \begin{aligned}$
$ \ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件}2NH_{3}}\$
$ \quad\ \ \ 6\quad\quad\quad\quad\quad 34\$
$ \quad\ \ \ x\quad\quad\quad\quad 3.4\ \mathrm{t}$
$ \end{aligned} $列比例式$\dfrac{6}{34}=\dfrac{x}{3.4\ \mathrm{t}}$，解得$x=0.6\ \mathrm{t}$，A说法正确。2. 选项B：反应③为氨气和二氧化碳合成尿素，反应方程式为$\ce{2NH_{3} + CO_{2}\xlongequal{一定条件}CO(NH_{2})_{2} + H_{2}O}$，参与反应的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{CO_{2}}$的质量比为(17×2):44=34:44=17:22，B说法正确。3. 选项C：反应①为水分解生成氢气：$\ce{2H_{2}O\xlongequal{一定条件}2H_{2}\uparrow + O_{2}\uparrow}$，将三步反应联立得到总反应：$\ce{2CO_{2} + 4H_{2}O + 2N_{2}\xlongequal{一定条件}2CO(NH_{2})_{2} + 3O_{2}}$，可见反应①消耗的水的总量远大于反应③生成的水的量，流程需要额外补充$\ce{H_{2}O}$，C说法错误。
4. 选项D：根据上述总反应，反应前分子总数为2+4+2=8，反应后分子总数为2+3=5，反应后分子总数小于反应前，该转化流程中分子总数减少，D说法正确。
【答案】
C
【知识点】
化学方程式计算，质量守恒定律，化工流程分析
【点评】
本题结合CO₂资源化利用的真实化工场景，综合考察方程式书写、定量计算和质量守恒定律的应用，易错点是直接误认为反应③生成的水可以完全供给反应①使用，忽略联立总反应后水的消耗量大于生成量，需要额外补充的隐含条件。
【难度系数】
0.5
这是一道结合化工转化流程的化学正误判断题，解题思路为：首先梳理流程中三步转化对应的化学反应，再逐个验证选项：第一步先写出合成氨的反应方程式，通过方程式的质量比例关系计算生成3.4t氨气所需氢气的质量，判断A选项；第二步写出合成尿素的反应方程式，计算参与反应的NH₃和CO₂的质量比，判断B选项；第三步将三步反应联立得到总反应，对比流程中水的总消耗量和总生成量，判断水是否需要额外补充，验证C选项；第四步对比总反应前后的分子总数，判断D选项，最终选出不正确的说法。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
1. 选项A：反应②为合成氨反应$\ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件}2NH_{3}}$，设合成$3.4\ \mathrm{t}\ \ce{NH_{3}}$需要$\ce{H_{2}}$的质量为x：
$ \begin{aligned}$
$ \ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件}2NH_{3}}\$
$ \quad\ \ \ 6\quad\quad\quad\quad\quad 34\$
$ \quad\ \ \ x\quad\quad\quad\quad 3.4\ \mathrm{t}$
$ \end{aligned} $列比例式$\dfrac{6}{34}=\dfrac{x}{3.4\ \mathrm{t}}$，解得$x=0.6\ \mathrm{t}$，A说法正确。2. 选项B：反应③为氨气和二氧化碳合成尿素，反应方程式为$\ce{2NH_{3} + CO_{2}\xlongequal{一定条件}CO(NH_{2})_{2} + H_{2}O}$，参与反应的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{CO_{2}}$的质量比为(17×2):44=34:44=17:22，B说法正确。3. 选项C：反应①为水分解生成氢气：$\ce{2H_{2}O\xlongequal{一定条件}2H_{2}\uparrow + O_{2}\uparrow}$，将三步反应联立得到总反应：$\ce{2CO_{2} + 4H_{2}O + 2N_{2}\xlongequal{一定条件}2CO(NH_{2})_{2} + 3O_{2}}$，可见反应①消耗的水的总量远大于反应③生成的水的量，流程需要额外补充$\ce{H_{2}O}$，C说法错误。
4. 选项D：根据上述总反应，反应前分子总数为2+4+2=8，反应后分子总数为2+3=5，反应后分子总数小于反应前，该转化流程中分子总数减少，D说法正确。
【答案】
C
【知识点】
化学方程式计算，质量守恒定律，化工流程分析
【点评】
本题结合CO₂资源化利用的真实化工场景，综合考察方程式书写、定量计算和质量守恒定律的应用，易错点是直接误认为反应③生成的水可以完全供给反应①使用，忽略联立总反应后水的消耗量大于生成量，需要额外补充的隐含条件。
【难度系数】
0.5
12. ［2024 自贡］诗词凝聚中华传统文化的精髓。下列诗句描写场景中主要含化学变化的是（
A.北国风光，千里冰封，万里雪飘
B.野火烧不尽，春风吹又生
C.八月秋高风怒号，卷我屋上三重茅
D.飞流直下三千尺，疑是银河落九天
B
）A.北国风光，千里冰封，万里雪飘
B.野火烧不尽，春风吹又生
C.八月秋高风怒号，卷我屋上三重茅
D.飞流直下三千尺，疑是银河落九天
答案
B “野火烧不尽”描述的是燃烧现象，燃烧是物质与氧气发生的剧烈的氧化反应，这个过程中有新物质生成，属于化学变化。
解析
【分析】
这道题的核心考点是物理变化和化学变化的区分，解题的核心思路是牢牢抓住两类变化的本质差异：变化过程中是否有新物质生成。我们可以逐个分析诗句对应的场景，先排除所有只涉及物质状态、位置、形状改变，没有产生新物质的物理变化选项，剩下符合有新物质生成特征的就是正确答案。首先A选项里冰雪只是水的不同固态形态，水结冰、降雪只是水的状态改变，没有新物质生成；B选项的燃烧过程会生成二氧化碳、灰烬等新物质；C选项风卷走茅草只是茅草的位置发生移动，没有新物质生成；D选项瀑布下落只是水的位置和运动状态改变，没有新物质生成，由此就能选出正确选项。
【解析】
解：判断化学变化的根本依据是变化过程中有新物质生成，据此逐一分析选项：
A. 千里冰封、万里雪飘的过程中，只是水由液态变为固态的冰或者雪，没有新物质生成，属于物理变化；
B. 野火烧不尽描述的是物质的燃烧过程，燃烧时可燃物和氧气反应生成二氧化碳、灰烬等新物质，属于化学变化；
C. 风卷屋上茅草的过程中，只是茅草的位置发生改变，没有新物质生成，属于物理变化；
D. 飞流直下描述的是瀑布从高处落下的过程，只是水的位置、运动状态改变，没有新物质生成，属于物理变化。
综上，只有B选项的场景主要包含化学变化。
【答案】
B
【知识点】
化学变化判断，物理变化判断
【点评】
本题以中华传统古诗词为情境考查物质变化的基础知识点，属于中考化学的常见基础题型，解题时只需紧扣“有无新物质生成”这一核心判断标准，无需被诗句的文艺描述干扰，即可快速区分两类变化选出正确答案。
【难度系数】
0.9
这道题的核心考点是物理变化和化学变化的区分，解题的核心思路是牢牢抓住两类变化的本质差异：变化过程中是否有新物质生成。我们可以逐个分析诗句对应的场景，先排除所有只涉及物质状态、位置、形状改变，没有产生新物质的物理变化选项，剩下符合有新物质生成特征的就是正确答案。首先A选项里冰雪只是水的不同固态形态，水结冰、降雪只是水的状态改变，没有新物质生成；B选项的燃烧过程会生成二氧化碳、灰烬等新物质；C选项风卷走茅草只是茅草的位置发生移动，没有新物质生成；D选项瀑布下落只是水的位置和运动状态改变，没有新物质生成，由此就能选出正确选项。
【解析】
解：判断化学变化的根本依据是变化过程中有新物质生成，据此逐一分析选项：
A. 千里冰封、万里雪飘的过程中，只是水由液态变为固态的冰或者雪，没有新物质生成，属于物理变化；
B. 野火烧不尽描述的是物质的燃烧过程，燃烧时可燃物和氧气反应生成二氧化碳、灰烬等新物质，属于化学变化；
C. 风卷屋上茅草的过程中，只是茅草的位置发生改变，没有新物质生成，属于物理变化；
D. 飞流直下描述的是瀑布从高处落下的过程，只是水的位置、运动状态改变，没有新物质生成，属于物理变化。
综上，只有B选项的场景主要包含化学变化。
【答案】
B
【知识点】
化学变化判断，物理变化判断
【点评】
本题以中华传统古诗词为情境考查物质变化的基础知识点，属于中考化学的常见基础题型，解题时只需紧扣“有无新物质生成”这一核心判断标准，无需被诗句的文艺描述干扰，即可快速区分两类变化选出正确答案。
【难度系数】
0.9
13. [2025 镇江期中]下列排序不正确的是（
A.地壳中元素含量：$\xrightarrow[由高到低]{O、Si、Al}$
B.钙元素的质量分数：$\xrightarrow[由高到低]{CaH_{2}、CaO、Ca(OH)_{2}}$
C.气体密度：$\xrightarrow[由大到小]{O_{2}、空气、H_{2}}$
D.氮元素的化合价：$\xrightarrow[由高到低]{NO_{2}、NH_{3}、NO}$
D
）A.地壳中元素含量：$\xrightarrow[由高到低]{O、Si、Al}$
B.钙元素的质量分数：$\xrightarrow[由高到低]{CaH_{2}、CaO、Ca(OH)_{2}}$
C.气体密度：$\xrightarrow[由大到小]{O_{2}、空气、H_{2}}$
D.氮元素的化合价：$\xrightarrow[由高到低]{NO_{2}、NH_{3}、NO}$
答案
D 地壳中元素含量由高到低的顺序为氧、硅、铝、铁、钙等，排序正确，A不符合题意。三种物质的“分子”中钙原子个数相等，相对分子质量越大，钙元素的质量分数越小，氢化钙的相对分子质量＜氧化钙的相对分子质量＜氢氧化钙的相对分子质量，排序正确，B不符合题意。氧气的密度＞空气的密度＞氢气的密度，排序正确，C不符合题意。设二氧化氮中氮元素的化合价为$x$，$x+(-2)×2=0$，则$x=+4$；设一氧化氮中氮元素的化合价为$y$，$y+(-2)=0$，则$y=+2$；设氨气中氮元素的化合价为$z$，$z+(+1)×3=0$，则$z=-3$，排序错误，D符合题意。
解析
【分析】
这道题要求选出排序不正确的选项，我们可以通过逐个验证选项的逻辑来解题：首先回忆地壳元素含量的基础常识判断A；对于B选项的钙元素质量分数排序，可通过“等数目钙原子前提下，物质总相对分子质量越小，钙元素占比越高”的规律快速判断，无需硬算；C选项可结合同温同压下气体密度和相对分子质量正相关的规律验证；D选项根据化合物中正负化合价代数和为0的规则，算出各物质中氮元素的实际化合价，对比给定顺序即可找出错误项。
【解析】
A. 地壳中元素含量由高到低的前三位为氧、硅、铝，给定排序符合实际，A正确，不符合题意；
B. 三种物质每个分子均含1个Ca原子，CaH₂相对分子质量为42，CaO相对分子质量为56，Ca(OH)₂相对分子质量为74，钙元素质量分数=（Ca相对原子质量/物质相对分子质量）×100%，因此钙元素质量分数由高到低为CaH₂＞CaO＞Ca(OH)₂，排序正确，B不符合题意；
C. 同温同压下气体密度与相对分子质量成正比，O₂相对分子质量为32，空气平均相对分子质量约为29，H₂相对分子质量为2，因此密度由大到小为O₂＞空气＞H₂，排序正确，C不符合题意；
D. 根据化合物中正负化合价代数和为0计算：NO₂中N为+4价，NO中N为+2价，NH₃中N为-3价，氮元素化合价由高到低的正确顺序为NO₂＞NO＞NH₃，题目给定排序错误，D符合题意。
【答案】
D
【知识点】
地壳元素分布，元素质量分数计算，化合价规则
【点评】
本题属于化学基础综合类选择题，整合了多个零散的基础化学知识点，解题时可以通过技巧简化计算过程，不需要逐一硬算数值，重点考察学生对基础化学常识的识记能力和简单化学计算的应用能力，易错点是D选项中容易混淆NH₃和NO的氮元素化合价顺序。
【难度系数】
0.8
这道题要求选出排序不正确的选项，我们可以通过逐个验证选项的逻辑来解题：首先回忆地壳元素含量的基础常识判断A；对于B选项的钙元素质量分数排序，可通过“等数目钙原子前提下，物质总相对分子质量越小，钙元素占比越高”的规律快速判断，无需硬算；C选项可结合同温同压下气体密度和相对分子质量正相关的规律验证；D选项根据化合物中正负化合价代数和为0的规则，算出各物质中氮元素的实际化合价，对比给定顺序即可找出错误项。
【解析】
A. 地壳中元素含量由高到低的前三位为氧、硅、铝，给定排序符合实际，A正确，不符合题意；
B. 三种物质每个分子均含1个Ca原子，CaH₂相对分子质量为42，CaO相对分子质量为56，Ca(OH)₂相对分子质量为74，钙元素质量分数=（Ca相对原子质量/物质相对分子质量）×100%，因此钙元素质量分数由高到低为CaH₂＞CaO＞Ca(OH)₂，排序正确，B不符合题意；
C. 同温同压下气体密度与相对分子质量成正比，O₂相对分子质量为32，空气平均相对分子质量约为29，H₂相对分子质量为2，因此密度由大到小为O₂＞空气＞H₂，排序正确，C不符合题意；
D. 根据化合物中正负化合价代数和为0计算：NO₂中N为+4价，NO中N为+2价，NH₃中N为-3价，氮元素化合价由高到低的正确顺序为NO₂＞NO＞NH₃，题目给定排序错误，D符合题意。
【答案】
D
【知识点】
地壳元素分布，元素质量分数计算，化合价规则
【点评】
本题属于化学基础综合类选择题，整合了多个零散的基础化学知识点，解题时可以通过技巧简化计算过程，不需要逐一硬算数值，重点考察学生对基础化学常识的识记能力和简单化学计算的应用能力，易错点是D选项中容易混淆NH₃和NO的氮元素化合价顺序。
【难度系数】
0.8
14. 已知$20\ °\mathrm{C}$时，氢氧化钠易溶于酒精，碳酸钠在酒精中几乎不溶解。$20\ °\mathrm{C}$时，某同学利用如图所示微型实验验证$\ce{CO_{2}}$能与$\ce{NaOH}$发生反应（生成碳酸钠和水）。打开止水夹，轻轻挤压软塑料瓶，观察实验现象。下列说法中，不正确的是 （$\boldsymbol{}$）
A.小玻璃瓶中导管口有气泡冒出
B.小玻璃瓶中有$\ce{NaOH}$固体出现
C.应及时关闭止水夹防止小玻璃瓶中的液体倒吸
D.实验结束后，将小玻璃瓶中的物质倒入足量水中，无固体剩余
A.小玻璃瓶中导管口有气泡冒出
B.小玻璃瓶中有$\ce{NaOH}$固体出现
C.应及时关闭止水夹防止小玻璃瓶中的液体倒吸
D.实验结束后，将小玻璃瓶中的物质倒入足量水中，无固体剩余
答案
B 打开止水夹，轻轻挤压软塑料瓶，软塑料瓶中的$\ce{CO_{2}}$进入小玻璃瓶中，所以小玻璃瓶中导管口有气泡冒出，A正确；轻轻挤压软塑料瓶，软塑料瓶中的$\ce{CO_{2}}$进入小玻璃瓶中，与小玻璃瓶中的氢氧化钠发生反应，由于在$20\ °\mathrm{C}$时，氢氧化钠易溶于酒精，碳酸钠在酒精中几乎不溶解，发生反应的化学方程式为$\ce{CO_{2} + 2NaOH = Na_{2}CO_{3}\downarrow + H_{2}O}$，所以小玻璃瓶中应该有$\ce{Na_{2}CO_{3}}$固体出现，B错误；打开止水夹，轻轻挤压软塑料瓶，软塑料瓶中的$\ce{CO_{2}}$进入小玻璃瓶中，使得软塑料瓶中的压强变小，外界大气压会将小玻璃瓶中的液体压入软塑料瓶中，所以应及时关闭止水夹防止小玻璃瓶中的液体倒吸，C正确；实验结束后，将小玻璃瓶中的物质倒入足量水中，在$20\ °\mathrm{C}$，氢氧化钠和碳酸钠均易溶于水，酒精与水混溶，所以无固体剩余，D正确。
解析
【分析】
首先提取题目给出的关键已知条件：20℃时氢氧化钠易溶于酒精，碳酸钠在酒精中几乎不溶解，实验目的是验证$\ce{CO_{2}}$和$\ce{NaOH}$的反应。接下来顺着实验操作推导现象：第一步挤压软塑料瓶，瓶内的$\ce{CO_{2}}$会沿导管进入右侧小玻璃瓶，先判断A选项是否符合该现象；再结合$\ce{CO_{2}}$和$\ce{NaOH}$的反应产物，对照两种物质在酒精中的溶解性，判断析出的固体种类，验证B选项正误；再从反应后软塑料瓶内气体减少、压强降低的角度，分析倒吸的可能性，判断C选项；最后将体系溶剂换成水，结合两种物质在水中的溶解性，判断D选项的描述是否正确，最终选出不正确的选项。
【解析】
1. 打开止水夹轻轻挤压软塑料瓶，软塑料瓶内的$\ce{CO_{2}}$会沿导管进入小玻璃瓶中，因此小玻璃瓶的导管口会有气泡冒出，A选项说法正确。
2. 进入小玻璃瓶的$\ce{CO_{2}}$会和氢氧化钠发生反应：$\ce{CO_{2} + 2NaOH = Na_{2}CO_{3} + H_{2}O}$，结合题给信息，20℃时碳酸钠在酒精中几乎不溶解，因此析出的固体是碳酸钠，并非$\ce{NaOH}$固体，B选项说法错误。
3. 反应过程中软塑料瓶内的$\ce{CO_{2}}$被消耗，瓶内压强远小于外界大气压，若不及时关闭止水夹，小玻璃瓶中的液体在大气压作用下会倒吸入软塑料瓶，因此需要及时关闭止水夹防止倒吸，C选项说法正确。
4. 将小玻璃瓶中的物质倒入足量水中，$\ce{NaOH}$、反应生成的$\ce{Na_{2}CO_{3}}$都可溶于水，酒精也能与水以任意比例互溶，因此最终没有固体剩余，D选项说法正确。
综上，本题要求选出不正确的选项，答案为B。
【答案】
B
【知识点】
二氧化碳与碱反应，物质溶解性，压强变化
【点评】
本题创设了以酒精为溶剂的特殊反应情境，跳出了常规二氧化碳和氢氧化钠在水溶液中反应的考察模式，重点考察学生对题干给出的陌生溶解性信息的提取和应用能力，同时结合压强变化分析倒吸现象，考点综合性较强，能有效检验学生对碱的化学性质相关知识点的掌握程度。
【难度系数】
0.6
首先提取题目给出的关键已知条件：20℃时氢氧化钠易溶于酒精，碳酸钠在酒精中几乎不溶解，实验目的是验证$\ce{CO_{2}}$和$\ce{NaOH}$的反应。接下来顺着实验操作推导现象：第一步挤压软塑料瓶，瓶内的$\ce{CO_{2}}$会沿导管进入右侧小玻璃瓶，先判断A选项是否符合该现象；再结合$\ce{CO_{2}}$和$\ce{NaOH}$的反应产物，对照两种物质在酒精中的溶解性，判断析出的固体种类，验证B选项正误；再从反应后软塑料瓶内气体减少、压强降低的角度，分析倒吸的可能性，判断C选项；最后将体系溶剂换成水，结合两种物质在水中的溶解性，判断D选项的描述是否正确，最终选出不正确的选项。
【解析】
1. 打开止水夹轻轻挤压软塑料瓶，软塑料瓶内的$\ce{CO_{2}}$会沿导管进入小玻璃瓶中，因此小玻璃瓶的导管口会有气泡冒出，A选项说法正确。
2. 进入小玻璃瓶的$\ce{CO_{2}}$会和氢氧化钠发生反应：$\ce{CO_{2} + 2NaOH = Na_{2}CO_{3} + H_{2}O}$，结合题给信息，20℃时碳酸钠在酒精中几乎不溶解，因此析出的固体是碳酸钠，并非$\ce{NaOH}$固体，B选项说法错误。
3. 反应过程中软塑料瓶内的$\ce{CO_{2}}$被消耗，瓶内压强远小于外界大气压，若不及时关闭止水夹，小玻璃瓶中的液体在大气压作用下会倒吸入软塑料瓶，因此需要及时关闭止水夹防止倒吸，C选项说法正确。
4. 将小玻璃瓶中的物质倒入足量水中，$\ce{NaOH}$、反应生成的$\ce{Na_{2}CO_{3}}$都可溶于水，酒精也能与水以任意比例互溶，因此最终没有固体剩余，D选项说法正确。
综上，本题要求选出不正确的选项，答案为B。
【答案】
B
【知识点】
二氧化碳与碱反应，物质溶解性，压强变化
【点评】
本题创设了以酒精为溶剂的特殊反应情境，跳出了常规二氧化碳和氢氧化钠在水溶液中反应的考察模式，重点考察学生对题干给出的陌生溶解性信息的提取和应用能力，同时结合压强变化分析倒吸现象，考点综合性较强，能有效检验学生对碱的化学性质相关知识点的掌握程度。
【难度系数】
0.6
15. 如图所示,将悬挂在弹簧测力计上的铁块浸没在$\ce{CuSO_{4}}$溶液中,一段时间后,弹簧测力计读数变大(铁块始终浸没在溶液中,溶液体积变化忽略不计)。下列有关实验的表述,错误的是 （
A.铁块表面覆盖一层红色物质
B.溶液的质量减小
C.示数变大的原因是金属总质量增大,溶液密度变小
D.若将$\ce{CuSO_{4}}$溶液换成稀硫酸,弹簧测力计示数也会变大
(第15题图)
D
）A.铁块表面覆盖一层红色物质
B.溶液的质量减小
C.示数变大的原因是金属总质量增大,溶液密度变小
D.若将$\ce{CuSO_{4}}$溶液换成稀硫酸,弹簧测力计示数也会变大
(第15题图)
答案
D 铁与硫酸铜溶液反应，生成硫酸亚铁和铜，铁块表面覆盖一层红色物质，A正确；根据反应的化学方程式$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$可知，每消耗56份质量的铁，可置换出64份质量的铜，所以溶液的质量减小，B正确；由于金属总质量增大，且溶液质量减小，体积不变，即密度变小，铁块受到的浮力变小，所以弹簧测力计的示数变大，C正确；若将$\ce{CuSO_{4}}$溶液换成稀硫酸，铁与稀硫酸反应的化学方程式为$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$，可知每消耗56份质量的铁，可生成2份质量的氢气，溶液的质量增大，溶液体积不变，所以密度增大，铁块所受浮力变大，同时铁块质量变小，则弹簧测力计的示数变小，D错误。
解析
【分析】
这是一道化学与物理结合的跨学科综合题，解题时首先明确铁和硫酸铜的置换反应原理，通过反应前后的质量差分析固体质量、溶液质量的变化，再结合物理中弹簧测力计的受力关系（拉力=固体重力-浮力）、浮力公式推导示数的变化，逐一判断每个选项的正误，最终选出表述错误的选项。先写出对应反应的化学方程式，对比反应前后固体和溶液的质量变化，代入受力分析逻辑即可推导结论，最后将硫酸铜替换为稀硫酸，用相同逻辑推导即可判断D选项的对错。
【解析】
我们逐一分析各选项：
1. 选项A：铁和硫酸铜发生置换反应，生成硫酸亚铁和红色的铜单质，铜会附着在铁块表面，因此铁块表面会覆盖一层红色物质，A表述正确。
2. 选项B：反应的化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$，每56份质量的铁进入溶液，会从溶液中析出64份质量的铜，因此反应后溶液的总质量减小，B表述正确。
3. 选项C：反应后铁块表面附着铜，金属固体的总质量增大，重力变大；同时溶液体积不变、总质量减小，因此溶液的密度变小。根据浮力公式$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{液}}gV_{\mathrm{排}}$，铁块始终浸没，$V_{\mathrm{排}}$近似不变，因此铁块受到的浮力变小。弹簧测力计的拉力$F_{\mathrm{拉}}=G_{\mathrm{金属}}-F_{\mathrm{浮}}$，金属重力增大、浮力减小，因此拉力变大，弹簧测力计读数变大，C表述正确。
4. 选项D：将$\ce{CuSO_{4}}$溶液换成稀硫酸后，发生反应$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$，每56份质量的铁进入溶液，仅逸出2份质量的氢气，溶液总质量增大，体积不变，因此溶液密度变大，铁块受到的浮力变大；同时铁块不断被反应消耗，自身质量减小、重力变小，代入拉力公式可知弹簧测力计的示数会变小，并非变大，D表述错误。
【答案】
D
【知识点】
金属置换反应，浮力计算，质量差法应用
【点评】
本题属于理化跨学科综合题型，既考查了金属活动性顺序对应的置换反应质量变化规律，又结合了物理的受力分析、浮力公式进行推导，解题时需要同时兼顾反应前后固体质量、溶液密度的双重变化，避免只考虑单一因素导致判断错误。
【难度系数】
0.6
这是一道化学与物理结合的跨学科综合题，解题时首先明确铁和硫酸铜的置换反应原理，通过反应前后的质量差分析固体质量、溶液质量的变化，再结合物理中弹簧测力计的受力关系（拉力=固体重力-浮力）、浮力公式推导示数的变化，逐一判断每个选项的正误，最终选出表述错误的选项。先写出对应反应的化学方程式，对比反应前后固体和溶液的质量变化，代入受力分析逻辑即可推导结论，最后将硫酸铜替换为稀硫酸，用相同逻辑推导即可判断D选项的对错。
【解析】
我们逐一分析各选项：
1. 选项A：铁和硫酸铜发生置换反应，生成硫酸亚铁和红色的铜单质，铜会附着在铁块表面，因此铁块表面会覆盖一层红色物质，A表述正确。
2. 选项B：反应的化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$，每56份质量的铁进入溶液，会从溶液中析出64份质量的铜，因此反应后溶液的总质量减小，B表述正确。
3. 选项C：反应后铁块表面附着铜，金属固体的总质量增大，重力变大；同时溶液体积不变、总质量减小，因此溶液的密度变小。根据浮力公式$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{液}}gV_{\mathrm{排}}$，铁块始终浸没，$V_{\mathrm{排}}$近似不变，因此铁块受到的浮力变小。弹簧测力计的拉力$F_{\mathrm{拉}}=G_{\mathrm{金属}}-F_{\mathrm{浮}}$，金属重力增大、浮力减小，因此拉力变大，弹簧测力计读数变大，C表述正确。
4. 选项D：将$\ce{CuSO_{4}}$溶液换成稀硫酸后，发生反应$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$，每56份质量的铁进入溶液，仅逸出2份质量的氢气，溶液总质量增大，体积不变，因此溶液密度变大，铁块受到的浮力变大；同时铁块不断被反应消耗，自身质量减小、重力变小，代入拉力公式可知弹簧测力计的示数会变小，并非变大，D表述错误。
【答案】
D
【知识点】
金属置换反应，浮力计算，质量差法应用
【点评】
本题属于理化跨学科综合题型，既考查了金属活动性顺序对应的置换反应质量变化规律，又结合了物理的受力分析、浮力公式进行推导，解题时需要同时兼顾反应前后固体质量、溶液密度的双重变化，避免只考虑单一因素导致判断错误。
【难度系数】
0.6
[2025 安徽]阅读下面的材料，回答第 16～17 题。
元素周期表中原子序数为 57～71 的元素以及钪(Sc)和钇(Y)，它们的性质相似，在科技、生产中有广泛的用途。钆(Gd)被誉为“世界最冷的金属”。掺杂了$\ce{Gd_{2}O_{3}}$的 Cu 可高效催化甲醇($\ce{CH_{3}OH}$)与水的反应，其微观示意图如图所示。
16. 下列有关该反应的说法，正确的是 （
A.甲醇含有 4 个氢原子
B.两种反应物均属于氧化物
C.反应前后催化剂的质量不变
D.该反应的反应物与生成物的类别相同
元素周期表中原子序数为 57～71 的元素以及钪(Sc)和钇(Y)，它们的性质相似，在科技、生产中有广泛的用途。钆(Gd)被誉为“世界最冷的金属”。掺杂了$\ce{Gd_{2}O_{3}}$的 Cu 可高效催化甲醇($\ce{CH_{3}OH}$)与水的反应，其微观示意图如图所示。
16. 下列有关该反应的说法，正确的是 （
C
）A.甲醇含有 4 个氢原子
B.两种反应物均属于氧化物
C.反应前后催化剂的质量不变
D.该反应的反应物与生成物的类别相同
答案
C 甲醇由甲醇分子构成，1个甲醇分子中含有4个氢原子，A错误；反应物甲醇由碳、氢、氧三种元素组成，不属于氧化物，B错误；在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都不变，C正确；该反应的反应物均为化合物，生成物一种为单质，一种为化合物，D错误。
解析
【分析】
我们做这道题的时候，首先结合微观示意图明确反应的反应物、生成物组成，再逐个结合化学基础概念判断选项正误：
1. 先梳理相关概念的判断要点：描述物质中原子个数时，要注意宏观物质和微观分子的表述区别；氧化物要求必须由两种元素组成且其中一种为氧元素；催化剂的核心特征是反应前后质量和化学性质不变；单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是不同种元素组成的纯净物。
2. 逐个排查选项：A选项中甲醇是宏观物质，不能直接表述为含有4个氢原子，正确表述是1个甲醇分子含4个氢原子，A错误；B选项中反应物甲醇含C、H、O三种元素，不符合氧化物仅两种元素的要求，不是氧化物，B错误；C选项直接对应催化剂的性质，符合规律；D选项推导出生成物包含单质氢气，反应物全为化合物，反应物和生成物类别不同，D错误，最终选出正确答案。
【解析】
我们逐一分析各选项：
A. 甲醇是宏观物质，由大量甲醇分子聚集构成，正确表述为1个甲醇分子中含有4个氢原子，不能直接说甲醇含有4个氢原子，该选项表述错误。
B. 氧化物的定义是由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物。反应物甲醇由C、H、O三种元素组成，不属于氧化物，该选项错误。
C. 根据催化剂的基本性质，化学反应前后，催化剂的质量和化学性质均不发生改变，该选项说法正确。
D. 结合微观示意图可推知该反应为甲醇和水在催化条件下生成二氧化碳和氢气，反应物甲醇、水都属于化合物，生成物中氢气属于单质，二氧化碳属于化合物，因此反应物与生成物的类别不相同，该选项错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
催化剂的性质，氧化物判断，物质分类
【点评】
本题结合催化反应的微观示意图，考察化学基础概念的辨析，易错点是宏观物质与微观粒子的描述混淆，以及氧化物定义的误用，整体侧重对基础概念的理解，提醒学生在描述化学用语时要注意宏观和微观的对应关系，准确区分不同类别的纯净物。
【难度系数】
0.8
我们做这道题的时候，首先结合微观示意图明确反应的反应物、生成物组成，再逐个结合化学基础概念判断选项正误：
1. 先梳理相关概念的判断要点：描述物质中原子个数时，要注意宏观物质和微观分子的表述区别；氧化物要求必须由两种元素组成且其中一种为氧元素；催化剂的核心特征是反应前后质量和化学性质不变；单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是不同种元素组成的纯净物。
2. 逐个排查选项：A选项中甲醇是宏观物质，不能直接表述为含有4个氢原子，正确表述是1个甲醇分子含4个氢原子，A错误；B选项中反应物甲醇含C、H、O三种元素，不符合氧化物仅两种元素的要求，不是氧化物，B错误；C选项直接对应催化剂的性质，符合规律；D选项推导出生成物包含单质氢气，反应物全为化合物，反应物和生成物类别不同，D错误，最终选出正确答案。
【解析】
我们逐一分析各选项：
A. 甲醇是宏观物质，由大量甲醇分子聚集构成，正确表述为1个甲醇分子中含有4个氢原子，不能直接说甲醇含有4个氢原子，该选项表述错误。
B. 氧化物的定义是由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物。反应物甲醇由C、H、O三种元素组成，不属于氧化物，该选项错误。
C. 根据催化剂的基本性质，化学反应前后，催化剂的质量和化学性质均不发生改变，该选项说法正确。
D. 结合微观示意图可推知该反应为甲醇和水在催化条件下生成二氧化碳和氢气，反应物甲醇、水都属于化合物，生成物中氢气属于单质，二氧化碳属于化合物，因此反应物与生成物的类别不相同，该选项错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
催化剂的性质，氧化物判断，物质分类
【点评】
本题结合催化反应的微观示意图，考察化学基础概念的辨析，易错点是宏观物质与微观粒子的描述混淆，以及氧化物定义的误用，整体侧重对基础概念的理解，提醒学生在描述化学用语时要注意宏观和微观的对应关系，准确区分不同类别的纯净物。
【难度系数】
0.8
