7. [2025 南京质检]化学方程式是重要的化学用语,请按要求回答下列有关化学方程式的问题。
（1）配平下列化学方程式。
① $\_\_\_\_\_\_\ce{NaOH} + \_\_\_\_\_\_\ce{Fe_{2}(SO_{4})_{3}} = \_\_\_\_\_\_\ce{Fe(OH)_{3}↓} + \_\_\_\_\_\_\ce{Na_{2}SO_{4}}$
② $\_\_\_\_\_\_\ce{C_{3}H_{6}} + \_\_\_\_\_\_\ce{O_{2}}\xlongequal{\mathrm{点燃}}\_\_\_\_\_\_\ce{CO_{2}} + \_\_\_\_\_\_\ce{H_{2}O}$
③ $\_\_\_\_\_\_\ce{CO} + \_\_\_\_\_\_\ce{Fe_{3}O_{4}}\xlongequal{\mathrm{高温}}\_\_\_\_\_\_\ce{Fe} + \_\_\_\_\_\_\ce{CO_{2}}$
（2）用化学方程式表示下列变化。
① 长期放置的油画色彩变暗是因为生成了黑色的$\ce{PbS}$,油画修复的方法是用$\ce{H_{2}O_{2}}$将$\ce{PbS}$变成白色的$\ce{PbSO_{4}}$(另一种产物为$\ce{H_{2}O}$),修复时发生反应的化学方程式为________。
② 2025年10月31日神舟二十一号载人飞船发射。运载火箭的燃料之一偏二甲肼($\ce{C_{2}H_{8}N_{2}}$)燃烧生成水、氮气、二氧化碳,请写出化学方程式:________。
③ 固体过氧化钙($\ce{CaO_{2}}$)可以和水在常温下反应生成氢氧化钙[$\ce{Ca(OH)_{2}}$],同时释放出氧气:________。

7. (1) ①6 1 2 3 ②2 9 6 6 ③4 1 3 4
(2) ①$\ce{4H_{2}O_{2} + PbS = PbSO_{4} + 4H_{2}O}$ ②$\ce{C_{2}H_{8}N_{2} + 4O_{2}\xlongequal{点燃}4H_{2}O + N_{2} + 2CO_{2}}$ ③$\ce{2CaO_{2} + 2H_{2}O = 2Ca(OH)_{2} + O_{2}\uparrow}$
〔解析〕(1) ① 利用最小公倍数法配平，反应前后硫酸根最小公倍数是3，硫酸钠前配3，硫酸铁前配1，氢氧化钠前配6，氢氧化铁前配2。② 利用设“1”法配平，将$\ce{C_{3}H_{6}}$的化学计量数设为1，则$\ce{CO_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$的化学计量数分别为3、3，最后确定$\ce{O_{2}}$的化学计量数为$\frac{9}{2}$，所以最终该反应的化学计量数依次为2、9、6、6。③ 利用得失氧法配平，1个$\ce{CO}$转化为1个$\ce{CO_{2}}$需要得到1个O，1个$\ce{Fe_{3}O_{4}}$中有4个O，需要4个$\ce{CO}$转化为4个$\ce{CO_{2}}$，所以该反应的化学计量数依次为4、1、3、4。(2) ①$\ce{H_{2}O_{2}}$与$\ce{PbS}$反应生成$\ce{PbSO_{4}}$和$\ce{H_{2}O}$。② 偏二甲肼燃烧，即和氧气反应，生成水、氮气、二氧化碳。③ 过氧化钙与水反应生成氢氧化钙和氧气。

【分析】
这道题围绕化学方程式的配平和信息型化学方程式书写展开，解题思路可以分成两部分梳理：
1. 配平类题目：根据不同反应的特征选择适配的配平方法：
① 复分解类型的反应优先用最小公倍数法，先把反应前后不变的原子团作为整体配平，再依次推导其他物质的计量数；
② 含碳氢元素的可燃物燃烧反应优先用定“1”法，将结构最复杂的可燃物计量数设为1，依次配平C、H元素，最后配平O元素，出现分数时所有计量数同乘分母消去分数即可；
③ CO还原金属氧化物的反应用得失氧法，1个CO转化为CO2需要得到1个O，金属氧化物中含有的O原子总数就是需要的CO的计量数，后续直接推导其他产物计量数即可。
2. 信息型方程式书写：第一步先根据题干描述准确找出所有反应物、生成物，第二步标注反应条件，第三步用配平方法结合质量守恒定律配平，最后检查是否需要标注气体、沉淀符号即可。
【解析】
（1）① 该反应为复分解反应，将硫酸根作为整体，反应前$\ce{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}$含3个硫酸根，反应后$\ce{Na_{2}SO_{4}}$含1个硫酸根，二者最小公倍数为3，因此$\ce{Na_{2}SO_{4}}$前配3，此时Na原子总数为6，因此$\ce{NaOH}$前配6；反应前Fe原子总数为2，因此$\ce{Fe(OH)_{3}}$前配2，验证OH原子总数前后均为6，配平完成，计量数依次为6、1、2、3。
② 采用定“1”法，设$\ce{C_{3}H_{6}}$的计量数为1，根据C原子守恒，$\ce{CO_{2}}$前配3；根据H原子守恒，$\ce{H_{2}O}$前配3；此时右侧O原子总数为$3×2 + 3×1=9$，因此$\ce{O_{2}}$的计量数为$\frac{9}{2}$，所有计量数同乘2消去分母，得到最终计量数依次为2、9、6、6。
③ 采用得失氧法，1个$\ce{CO}$转化为$\ce{CO_{2}}$需要得到1个O原子，1个$\ce{Fe_{3}O_{4}}$共含有4个O原子，因此需要4个$\ce{CO}$参与反应，生成4个$\ce{CO_{2}}$；根据Fe原子守恒，$\ce{Fe}$前配3，配平完成，计量数依次为4、1、3、4。
（2）① 根据题干信息，反应物为$\ce{H_{2}O_{2}}$和$\ce{PbS}$，生成物为$\ce{PbSO_{4}}$和$\ce{H_{2}O}$，结合原子守恒配平得到对应方程式。
② 偏二甲肼燃烧是和氧气在点燃条件下反应，生成物为水、氮气、二氧化碳，采用定“1”法依次配平各元素，得到对应方程式。
③ 反应物为$\ce{CaO_{2}}$和水，生成物为氢氧化钙和氧气，配平后标注氧气的气体符号，得到对应方程式。
【答案】
(1) ①6 1 2 3 ②2 9 6 6 ③4 1 3 4
(2) ①$\ce{4H_{2}O_{2} + PbS = PbSO_{4} + 4H_{2}O}$ ②$\ce{C_{2}H_{8}N_{2} + 4O_{2}\xlongequal{点燃}4H_{2}O + N_{2} + 2CO_{2}}$ ③$\ce{2CaO_{2} + 2H_{2}O = 2Ca(OH)_{2} + O_{2}\uparrow}$
【知识点】
化学方程式配平；信息型化学方程式书写；质量守恒定律应用
【点评】
本题是化学用语模块的基础经典题型，覆盖了初中阶段常用的三种配平技巧，同时结合生产生活、航天科技的情境考查陌生方程式书写，核心是考查学生对质量守恒定律的理解应用，易错点为配平时忘记消去分数、漏写反应条件和生成物的气体符号，属于必须熟练掌握的核心考点。
【难度系数】
0.7

8. [2025 德阳质检]碳酸镁是一种常见的非处方药,对胃肠黏膜有一定的保护作用,对胃病有一定的治疗作用,同时也是一种重要的工业原材料。利用镁矿资源将$\ce{CO_{2}}$转化成碳酸镁是重要的生产途径,其工艺流程如图所示。
(1) 电解槽中发生的反应为$\ce{MgCl_{2} + 2X\xlongequal{通电}H_{2}\uparrow + Cl_{2}\uparrow + Mg(OH)_{2}\downarrow}$,则$\mathrm{X}$的化学式为。
(2) 循环使用物质可有效节约生产成本,本流程可以循环使用的物质有(不考虑水)。
(3) 加热分解器中发生反应的化学方程式为。

8. (1) $\ce{H_{2}O}$ (2) $\ce{CO_{2}}$ (3) $\ce{Mg(HCO_{3})_{2}\xlongequal{△}MgCO_{3} + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
〔解析〕(1) 根据反应的化学方程式$\ce{MgCl_{2} + 2X\xlongequal{通电}H_{2}\uparrow + Cl_{2}\uparrow + Mg(OH)_{2}\downarrow}$可知，生成物中氢原子、氯原子、镁原子、氧原子的数目分别为4、2、1、2，反应物中已知的氢原子、氯原子、镁原子、氧原子的数目分别为0、2、1、0，由质量守恒定律可知，化学反应前后原子的种类和数目保持不变，则2X中含有4个氢原子和2个氧原子，X的化学式为$\ce{H_{2}O}$。(2) 根据流程图可知，二氧化碳在工艺流程中既是一个反应的反应物，又是另一个反应的生成物，可循环使用。(3) 加热分解器中的反应物是碳酸氢镁，生成物是二氧化碳、水和碳酸镁。

【分析】
我们可以分三步梳理解题思路：
1. 第(1)问推导X的化学式，直接利用质量守恒定律的核心规律：化学反应前后原子的种类、数目完全不变，先统计反应前后已知物质的所有原子总数，计算出2个X分子包含的原子种类和数量，就能推出X的化学式。
2. 第(2)问寻找可循环物质，顺着流程图梳理所有物质的流向，找到既作为前一步的反应物被投入，又在后一步作为生成物产出的物质，这类物质就可以重复利用，降低生产成本，观察流程即可发现符合要求的物质。
3. 第(3)问书写反应方程式，直接从流程图提取反应物、生成物和反应条件，配平后写出完整的化学方程式即可。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后原子种类、数目不变：
反应后所有产物中含有的原子总数：Mg原子1个、Cl原子2个、H原子4个、O原子2个；
反应前已知的$\ce{MgCl_{2}}$中含有的原子总数：Mg原子1个、Cl原子2个，不含H、O原子；
因此2个X分子中一共含有4个H原子和2个O原子，可得1个X分子由2个H原子和1个O原子构成，即X的化学式为$\ce{H_{2}O}$。
(2) 观察工艺流程：矿化塔中需要通入$\ce{CO_{2}}$作为反应物，而加热分解器中反应后又生成了$\ce{CO_{2}}$，生成的$\ce{CO_{2}}$可以返回矿化塔重复使用，因此本流程可循环使用的物质是$\ce{CO_{2}}$。
(3) 加热分解器中，反应物为$\ce{Mg(HCO_{3})_{2}}$，反应条件为加热，生成物为$\ce{MgCO_{3}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$，配平后得到化学方程式：$\ce{Mg(HCO_{3})_{2}\xlongequal{△}MgCO_{3} + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$。
【答案】
(1) $\ce{H_{2}O}$
(2) $\ce{CO_{2}}$
(3) $\ce{Mg(HCO_{3})_{2}\xlongequal{△}MgCO_{3} + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
【知识点】
质量守恒定律，化学方程式书写，化工循环物质判断
【点评】
本题以碳酸镁的工业制备流程为载体，考察初中化学核心基础考点，难度较低，既巩固了质量守恒定律的实际应用，也引导学生理解化工生产中循环利用物质的设计逻辑，建立绿色化学的基本观念。
【难度系数】
0.7

9. 12.8 g $\ce{O_{2}}$和一定量的$\ce{C_{2}H_{4}}$在密闭容器中点燃，使其充分反应，生成8.8 g $\ce{CO_{2}}$和5.4 g $\ce{H_{2}O}$，同时得到一定量的$\ce{CO}$。参加反应的$\ce{C_{2}H_{4}}$的质量为g；该反应的化学方程式为。

9. 4.2 $\ce{3C_{2}H_{4} + 8O_{2}\xlongequal{点燃}4CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$
〔解析〕5.4 g水中含有氢元素的质量为$5.4\ \mathrm{g}×(\frac{1×2}{18}×100\%)=0.6\ \mathrm{g}$，根据反应前后氢元素的质量守恒，则$\ce{C_{2}H_{4}}$中氢元素的质量为0.6 g，则$\ce{C_{2}H_{4}}$的质量为$\frac{0.6\ \mathrm{g}}{\frac{1×4}{28}×100\%}=4.2\ \mathrm{g}$。根据质量守恒定律，一氧化碳的质量为$4.2\ \mathrm{g}+12.8\ \mathrm{g}-8.8\ \mathrm{g}-5.4\ \mathrm{g}=2.8\ \mathrm{g}$，参加反应的$\ce{C_{2}H_{4}}$、氧气和生成的二氧化碳、一氧化碳、水的分子个数比为$\frac{4.2\ \mathrm{g}}{28}:\frac{12.8\ \mathrm{g}}{32}:\frac{8.8\ \mathrm{g}}{44}:\frac{2.8\ \mathrm{g}}{28}:\frac{5.4\ \mathrm{g}}{18}=3:8:4:2:6$，则该反应的化学方程式为$\ce{3C_{2}H_{4} + 8O_{2}\xlongequal{点燃}4CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$。

【分析】
这道题的核心突破口是化学反应前后元素种类、质量守恒，首先观察反应物和生成物的元素组成：反应物中只有$\ce{C_{2}H_{4}}$含有氢元素，生成物中只有$\ce{H_{2}O}$含有氢元素，因此$\ce{C_{2}H_{4}}$中的氢元素全部转移到$\ce{H_{2}O}$中，我们可以先通过$\ce{H_{2}O}$的质量计算出氢元素的总质量，也就是$\ce{C_{2}H_{4}}$中氢元素的质量，再结合$\ce{C_{2}H_{4}}$中氢元素的质量分数，就能直接算出参加反应的$\ce{C_{2}H_{4}}$的质量。接下来利用总质量守恒，用反应物总质量减去已知的两种生成物质量，得到$\ce{CO}$的质量。最后将所有参与反应的物质的质量分别除以各自的相对分子质量，得到的比值化简后就是化学方程式的计量数之比，即可写出配平的反应方程式。
【解析】
步骤1：利用氢元素守恒计算$\ce{C_{2}H_{4}}$的质量
5.4g $\ce{H_{2}O}$中氢元素的质量为：
$5.4\ \mathrm{g} × \frac{1×2}{18} × 100\% = 0.6\ \mathrm{g}$
根据反应前后氢元素质量守恒，$\ce{C_{2}H_{4}}$中含有的氢元素总质量等于水中氢元素质量，即0.6g。
$\ce{C_{2}H_{4}}$的相对分子质量为$12×2 + 1×4 =28$，其中氢元素的质量分数为$\frac{1×4}{28}×100\%$，因此参加反应的$\ce{C_{2}H_{4}}$质量为：
$\frac{0.6\ \mathrm{g}}{\frac{4}{28}×100\%}=4.2\ \mathrm{g}$。
步骤2：利用总质量守恒计算生成的$\ce{CO}$的质量
根据质量守恒定律，反应前后总质量相等，因此生成$\ce{CO}$的质量为：
$4.2\ \mathrm{g} +12.8\ \mathrm{g} -8.8\ \mathrm{g} -5.4\ \mathrm{g}=2.8\ \mathrm{g}$
步骤3：推导化学方程式的计量数
各物质的分子个数比 = $\frac{m(\ce{C2H4})}{M(\ce{C2H4})}:\frac{m(\ce{O2})}{M(\ce{O2})}:\frac{m(\ce{CO2})}{M(\ce{CO2})}:\frac{m(\ce{CO})}{M(\ce{CO})}:\frac{m(\ce{H2O})}{M(\ce{H2O})}$
代入数值计算：
$\frac{4.2\ \mathrm{g}}{28}:\frac{12.8\ \mathrm{g}}{32}:\frac{8.8\ \mathrm{g}}{44}:\frac{2.8\ \mathrm{g}}{28}:\frac{5.4\ \mathrm{g}}{18} = 0.15:0.4:0.2:0.1:0.3 = 3:8:4:2:6$
因此配平后的化学方程式为：$\ce{3C_{2}H_{4} + 8O_{2}\xlongequal{点燃}4CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$
【答案】
4.2 $\ce{3C_{2}H_{4} + 8O_{2}\xlongequal{点燃}4CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$
【知识点】
质量守恒定律；元素质量分数计算；化学方程式配平
【点评】
本题属于有机物不完全燃烧的定量计算题型，没有直接给出所有生成物的质量，巧妙利用单一元素的守恒关系快速求出乙烯的质量，避免了复杂的假设推导，后续通过质量比换算得到化学计量数的方法，也打破了常规配平的思维定式，能有效考察学生对质量守恒定律的灵活应用能力，需要注意该反应为不完全燃烧，不能直接按乙烯完全生成$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$的反应来计算。
【难度系数】
0.4

10. 现有 A、B、C、D、E 五种物质，其微观示意图如表所示，仔细观察后回答下列问题：
| 物 质 | A | B | | D | E | ○ 氢原子
● 氧原子
⊗ 氮原子
⊞ 碳原子 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 微观示意图 | | | | | | |
（1）A 物质的相对分子质量是。
（2）属于氧化物的是（填字母）。
（3）标出 D 物质中氧元素的化合价：。
（4）在一定条件下，1.7 g A 物质和 2.4 g B 物质恰好完全反应，生成 2.7 g D 物质和另一种物质，则该物质中含有种元素。
（5）C 物质在足量的 B 物质中完全燃烧生成 D 物质和 E 物质，反应的化学方程式为。
。

10. (1) 17 (2) DE (3) $\ce{H_{2}\overset{-2}{O}}$ (4) 1 (5) $\ce{2CH_{4}O + 3O_{2}\xlongequal{点燃}4H_{2}O + 2CO_{2}}$
〔解析〕(1) 1个A物质的分子由1个氮原子和3个氢原子构成，该物质的化学式为$\ce{NH_{3}}$，其相对分子质量为$14+1×3=17$。(2) 氧化物是由两种元素组成的，且其中一种为氧元素的化合物，图示中的D($\ce{H_{2}O}$)和E($\ce{CO_{2}}$)都属于氧化物。(3) 1个D物质的分子由1个氧原子和2个氢原子构成，其化学式为$\ce{H_{2}O}$，D物质中氧元素的化合价为$-2$。(4) 经计算，2.7 g D物质(即水)中含氧元素2.4 g、氢元素0.3 g；1.7 g A物质(即氨气)中含氮元素1.4 g、氢元素0.3 g；1.7 g A物质和2.4 g B物质(即氧气)恰好完全反应，根据质量守恒定律可得，另一种物质中只含有1.4 g氮元素，即该物质为氮气，该物质中只含有一种元素。(5) C物质在足量的B物质中完全燃烧生成D物质和E物质，即$\ce{CH_{4}O}$在足量的氧气中完全燃烧生成水和二氧化碳。

【分析】
这道题的核心解题思路是先根据图例给出的原子种类，结合每个物质的微观示意图，先推导得出所有物质的化学式：A是NH₃、B是O₂、C是CH₄O、D是H₂O、E是CO₂，再逐个对应问题求解：
1. 第一问直接代入相对原子质量计算A的相对分子质量即可；
2. 第二问对照氧化物的定义，筛选符合要求的物质；
3. 第三问根据化合物化合价规则算出氧元素化合价，按规范标注在对应元素正上方；
4. 第四问利用质量守恒定律，对比反应前后各元素的总质量，推导未知物质的元素种类；
5. 第五问根据反应物和生成物的种类，配平写出燃烧反应的化学方程式。
【解析】
（1）A物质的1个分子由1个氮原子和3个氢原子构成，化学式为$\ce{NH_{3}}$，相对分子质量为$14+1×3=17$。
（2）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。D为$\ce{H_{2}O}$、E为$\ce{CO_{2}}$，均满足氧化物的定义，因此属于氧化物的是DE。
（3）D物质为水，化学式为$\ce{H_{2}O}$，氢元素显+1价，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得氧元素化合价为-2，按规范标注后为$\ce{H_{2}\overset{-2}{O}}$。
（4）根据质量守恒定律计算：1.7g $\ce{NH_{3}}$中氮元素质量为$1.7\mathrm{g}×\frac{14}{17}=1.4\mathrm{g}$，氢元素质量为$1.7\mathrm{g}-1.4\mathrm{g}=0.3\mathrm{g}$；2.4g $\ce{O_{2}}$全部为氧元素；生成的2.7g水中氧元素质量为$2.7\mathrm{g}×\frac{16}{18}=2.4\mathrm{g}$，氢元素质量为$2.7\mathrm{g}-2.4\mathrm{g}=0.3\mathrm{g}$。对比可知，水中的氢全部来自氨气、氧全部来自氧气，剩余未知物质的质量为$1.7\mathrm{g}+2.4\mathrm{g}-2.7\mathrm{g}=1.4\mathrm{g}$，恰好等于氨气中氮元素的质量，因此该物质只含1种元素。
（5）C物质$\ce{CH_{4}O}$和B物质$\ce{O_{2}}$完全燃烧生成D物质$\ce{H_{2}O}$和E物质$\ce{CO_{2}}$，配平后得到化学方程式：$\ce{2CH_{4}O + 3O_{2}\xlongequal{点燃}4H_{2}O + 2CO_{2}}$。
【答案】
(1) 17
(2) DE
(3) $\ce{H_{2}\overset{-2}{O}}$
(4) 1
(5) $\ce{2CH_{4}O + 3O_{2}\xlongequal{点燃}4H_{2}O + 2CO_{2}}$
【知识点】
微观示意图识别，质量守恒定律，化学方程式书写
【点评】
本题以微观粒子示意图为载体，串联考察了相对分子质量计算、物质分类判断、化合价标注、质量守恒定律的元素守恒应用、燃烧反应方程式书写多个基础考点，梯度设置合理，其中通过元素质量守恒推导未知物质组成的设问，是质量守恒定律的经典考法，能有效检验学生对化学核心概念的理解应用能力。
【难度系数】
0.6