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9.我国天宫空间站利用“氧气生成系统”可回收$\ce{CO_{2}}$，再产生$\ce{O_{2}}$，其微观示意图如图所示。
下列说法不正确的是（
A.该系统中可循环利用的物质是氢气
B.整个变化过程中原子的个数不发生变化
C.过程Ⅲ中反应物$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}}$的质量比为$11:4$
D.过程Ⅲ的化学方程式为$\ce{CO_{2} + 4H_{2} \xlongequal{一定条件} CH_{4} + 2H_{2}O}$
下列说法不正确的是（
C
）A.该系统中可循环利用的物质是氢气
B.整个变化过程中原子的个数不发生变化
C.过程Ⅲ中反应物$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}}$的质量比为$11:4$
D.过程Ⅲ的化学方程式为$\ce{CO_{2} + 4H_{2} \xlongequal{一定条件} CH_{4} + 2H_{2}O}$
答案
9. C 先梳理反应流程:过程Ⅰ是水($\ce{H_{2}O}$)电解/光解生成$\ce{H_{2}}$和$\ce{O_{2}}$,$\ce{O_{2}}$供给航天员呼吸;过程Ⅱ航天员呼吸产生$\ce{CO_{2}}$;过程Ⅲ是$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}}$在一定条件下反应,配平后的化学方程式为$\ce{CO_{2} +4H_{2}\xlongequal{一定条件}CH_{4} +2H_{2}O}$,D正确。$\ce{H_{2}}$由过程Ⅰ生成,在过程Ⅲ中参与反应,反应生成的水可回到过程Ⅰ重新分解出$\ce{H_{2}}$,因此氢气属于可循环利用的物质,A正确。根据质量守恒定律,化学反应前后原子的种类、数目、质量均不变,因此整个变化过程中原子的个数不变,B正确。过程Ⅲ中反应物$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}}$的质量比为相对分子质量与化学计量数的乘积之比,由分析中的化学方程式得44:(4×2)=44:8=11:2,不是11:4,C错误。
解析
【分析】
本题需结合微观示意图梳理整个反应流程，再依据质量守恒定律、化学方程式的相关知识逐一分析选项。首先明确各过程的物质转化：过程Ⅰ是水分解生成$\ce{H_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，$\ce{O_{2}}$供给航天员呼吸；过程Ⅱ是航天员呼吸产生$\ce{CO_{2}}$；过程Ⅲ是$\ce{CO_{2}}$与$\ce{H_{2}}$反应生成$\ce{CH_{4}}$和$\ce{H_{2}O}$。再针对每个选项的描述，结合反应事实、质量守恒定律、化学方程式计算等知识判断正误。
【解析】
先梳理反应流程：
过程Ⅰ：水（$\ce{H_{2}O}$）经电解/光解生成$\ce{H_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，$\ce{O_{2}}$供给航天员呼吸；
过程Ⅱ：航天员呼吸产生$\ce{CO_{2}}$；
过程Ⅲ：$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}}$在一定条件下反应，配平后化学方程式为$\ce{CO_{2} + 4H_{2} \xlongequal{一定条件} CH_{4} + 2H_{2}O}$。
逐一分析选项：
A选项：$\ce{H_{2}}$由过程Ⅰ生成，在过程Ⅲ中作为反应物参与反应，反应生成的$\ce{H_{2}O}$可回到过程Ⅰ重新分解出$\ce{H_{2}}$，因此氢气是可循环利用的物质，A正确；
B选项：根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目、质量均不变，整个变化过程原子个数不发生变化，B正确；
C选项：过程Ⅲ中，反应物$\ce{CO_{2}}$的相对分子质量为$12 + 16×2 = 44$，$\ce{H_{2}}$的总相对分子质量为$4×(1×2)=8$，二者质量比为$44:8=11:2$，不是$11:4$，C错误；
D选项：过程Ⅲ的化学方程式配平后为$\ce{CO_{2} + 4H_{2} \xlongequal{一定条件} CH_{4} + 2H_{2}O}$，D正确。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、物质循环
【点评】
本题结合微观示意图考查化学反应流程分析，需准确梳理各过程的物质转化，掌握质量守恒定律和化学方程式的相关计算，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
本题需结合微观示意图梳理整个反应流程，再依据质量守恒定律、化学方程式的相关知识逐一分析选项。首先明确各过程的物质转化：过程Ⅰ是水分解生成$\ce{H_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，$\ce{O_{2}}$供给航天员呼吸；过程Ⅱ是航天员呼吸产生$\ce{CO_{2}}$；过程Ⅲ是$\ce{CO_{2}}$与$\ce{H_{2}}$反应生成$\ce{CH_{4}}$和$\ce{H_{2}O}$。再针对每个选项的描述，结合反应事实、质量守恒定律、化学方程式计算等知识判断正误。
【解析】
先梳理反应流程：
过程Ⅰ：水（$\ce{H_{2}O}$）经电解/光解生成$\ce{H_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，$\ce{O_{2}}$供给航天员呼吸；
过程Ⅱ：航天员呼吸产生$\ce{CO_{2}}$；
过程Ⅲ：$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}}$在一定条件下反应，配平后化学方程式为$\ce{CO_{2} + 4H_{2} \xlongequal{一定条件} CH_{4} + 2H_{2}O}$。
逐一分析选项：
A选项：$\ce{H_{2}}$由过程Ⅰ生成，在过程Ⅲ中作为反应物参与反应，反应生成的$\ce{H_{2}O}$可回到过程Ⅰ重新分解出$\ce{H_{2}}$，因此氢气是可循环利用的物质，A正确；
B选项：根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目、质量均不变，整个变化过程原子个数不发生变化，B正确；
C选项：过程Ⅲ中，反应物$\ce{CO_{2}}$的相对分子质量为$12 + 16×2 = 44$，$\ce{H_{2}}$的总相对分子质量为$4×(1×2)=8$，二者质量比为$44:8=11:2$，不是$11:4$，C错误；
D选项：过程Ⅲ的化学方程式配平后为$\ce{CO_{2} + 4H_{2} \xlongequal{一定条件} CH_{4} + 2H_{2}O}$，D正确。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、物质循环
【点评】
本题结合微观示意图考查化学反应流程分析，需准确梳理各过程的物质转化，掌握质量守恒定律和化学方程式的相关计算，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
10.在“宏观—微观—符号”之间建立联系并进行合理的分析、总结是学习化学特有的思维方式。请回答下列问题。
(1)图1是氧气变成液氧的微观示意图,在该变化前后分子
(2)图2是氧气在放电的条件下变成臭氧的微观示意图。
①请写出臭氧的化学式:
②根据质量守恒定律,应在丙中补充1个
(3)结合(1)和(2)的分析可总结出,由分子构成的物质,分子是保持物质化学性质的
(1)图1是氧气变成液氧的微观示意图,在该变化前后分子
不变
,化学性质保持不变。(2)图2是氧气在放电的条件下变成臭氧的微观示意图。
①请写出臭氧的化学式:
O₃
。②根据质量守恒定律,应在丙中补充1个
A
(填“A”或“B”)。变化后,氧气的化学性质不再保持。(3)结合(1)和(2)的分析可总结出,由分子构成的物质,分子是保持物质化学性质的
最小粒子
。答案
10. (1)不变 (2)①$\ce{O_{3}}$ ②A (3)最小粒子
解析
【分析】
本题围绕“宏观—微观—符号”的化学思维，考查分子在物理变化与化学变化中的差异、化学式书写、质量守恒定律的应用及分子的定义。解题时，先判断变化类型：氧气变液氧是物理变化，分子本身不变；氧气变臭氧是化学变化，分子种类改变。再结合微观粒子构成推导化学式，利用原子守恒判断需补充的粒子，最后总结分子的定义。
【解析】
(1) 氧气变为液氧属于物理变化，变化过程中仅分子间间隔改变，分子本身未发生变化，因此化学性质保持不变，故填“不变”。
(2) ① 由微观示意图可知，1个臭氧分子由3个氧原子构成，因此臭氧的化学式为$\ce{O_{3}}$；② 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，氧气在放电条件下生成臭氧的反应为$\ce{3O_{2}\xlongequal{放电} 2O_{3}}$，反应前后氧原子总数均为6，因此丙中应补充1个氧分子（A），使原子数目守恒。
(3) 结合(1)(2)的分析，由分子构成的物质，分子是保持其化学性质的最小粒子。
【答案】
(1)不变 (2)①$\ce{O_{3}}$ ②A (3)最小粒子
【知识点】
分子的性质、质量守恒定律、分子的定义
【点评】
本题结合微观示意图考查化学基础知识点，注重宏观与微观的联系，难度不大，可帮助学生巩固对分子相关概念的理解。
【难度系数】
0.8
本题围绕“宏观—微观—符号”的化学思维，考查分子在物理变化与化学变化中的差异、化学式书写、质量守恒定律的应用及分子的定义。解题时，先判断变化类型：氧气变液氧是物理变化，分子本身不变；氧气变臭氧是化学变化，分子种类改变。再结合微观粒子构成推导化学式，利用原子守恒判断需补充的粒子，最后总结分子的定义。
【解析】
(1) 氧气变为液氧属于物理变化，变化过程中仅分子间间隔改变，分子本身未发生变化，因此化学性质保持不变，故填“不变”。
(2) ① 由微观示意图可知，1个臭氧分子由3个氧原子构成，因此臭氧的化学式为$\ce{O_{3}}$；② 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，氧气在放电条件下生成臭氧的反应为$\ce{3O_{2}\xlongequal{放电} 2O_{3}}$，反应前后氧原子总数均为6，因此丙中应补充1个氧分子（A），使原子数目守恒。
(3) 结合(1)(2)的分析，由分子构成的物质，分子是保持其化学性质的最小粒子。
【答案】
(1)不变 (2)①$\ce{O_{3}}$ ②A (3)最小粒子
【知识点】
分子的性质、质量守恒定律、分子的定义
【点评】
本题结合微观示意图考查化学基础知识点，注重宏观与微观的联系，难度不大，可帮助学生巩固对分子相关概念的理解。
【难度系数】
0.8
11.将一定量的$\ce{N_{2}}$、$\ce{H_{2}}$和物质M置于密闭容器中,在特定条件下发生化学反应,反应前后各物质的质量分数如图所示。下列说法不正确的是 (
A.反应前后原子的数目不变
B.参加反应的$\ce{N_{2}}$和$\ce{H_{2}}$分子个数比为$1:3$
C.M可能是该反应的催化剂
D.反应后$\ce{H_{2}}$和$\ce{NH_{3}}$的质量分数之比为$1:1$
D
)A.反应前后原子的数目不变
B.参加反应的$\ce{N_{2}}$和$\ce{H_{2}}$分子个数比为$1:3$
C.M可能是该反应的催化剂
D.反应后$\ce{H_{2}}$和$\ce{NH_{3}}$的质量分数之比为$1:1$
答案
11. D 由题图分析可得,$a=17$,该反应是氮气和氢气在特定条件下发生化学反应,化学方程式为 $\ce{3H_{2} + N_{2}\xlongequal{特定条件}2NH_{3}}$。A. 根据质量守恒定律可得,反应前后原子的数目不变,正确;B. 由反应的化学方程式可得,参加反应的氮气和氢气的分子个数比为1:3,正确;C. M的质量分数反应前后不变,可能是催化剂或不参加反应,正确;D. 反应后$\ce{H_{2}}$和$\ce{NH_{3}}$的质量分数之比为14%:(1-14%-63%-6%)=14:17,错误。
解析
【分析】首先，密闭容器中反应前后各物质的总质量分数均为100%，据此计算反应后$\ce{NH_{3}}$的质量分数$a$；再对比反应前后各物质的质量分数变化，确定反应物、生成物及物质M的作用；最后结合质量守恒定律、化学方程式的意义及催化剂的特征，逐一分析选项判断正误。
【解析】1. 计算$a$的值：反应后各物质质量分数之和为100%，即$6\%$（M）+$14\%$（$\ce{H_{2}}$）+$63\%$（$\ce{N_{2}}$）+$a\%$（$\ce{NH_{3}}$）=$100\%$，解得$a=17$。
2. 分析反应的物质变化：反应前$\ce{N_{2}}$质量分数为$77\%$，反应后为$63\%$，减少了$77\%-63\%=14\%$；$\ce{H_{2}}$反应前为$17\%$，反应后为$14\%$，减少了$17\%-14\%=3\%$；$\ce{NH_{3}}$反应前为0，反应后为$17\%$，增加了$17\%$，符合反应$\ce{3H_{2} + N_{2}\xlongequal{特定条件}2NH_{3}}$的质量关系（$\ce{N_{2}}$与$\ce{H_{2}}$反应的质量比为$28:6=14:3$，与减少的质量一致）。
3. 逐一分析选项：
A选项：根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目均不变，正确。
B选项：由反应的化学方程式$\ce{3H_{2} + N_{2}\xlongequal{特定条件}2NH_{3}}$，参加反应的$\ce{N_{2}}$和$\ce{H_{2}}$的分子个数比为$1:3$，正确。
C选项：M的质量分数反应前后均为$6\%$，不变，可能是该反应的催化剂（催化剂反应前后质量和化学性质不变），正确。
D选项：反应后$\ce{H_{2}}$的质量分数为$14\%$，$\ce{NH_{3}}$的质量分数为$17\%$，二者比值为$14\%:17\%=14:17≠1:1$，错误。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律，化学方程式，催化剂
【点评】本题结合饼图考查质量守恒定律的应用，需先计算未知物质的质量分数，再通过质量变化确定反应的反应物、生成物，进而分析各选项，重点考查学生对化学基本概念的理解与应用能力。
【难度系数】0.5
【解析】1. 计算$a$的值：反应后各物质质量分数之和为100%，即$6\%$（M）+$14\%$（$\ce{H_{2}}$）+$63\%$（$\ce{N_{2}}$）+$a\%$（$\ce{NH_{3}}$）=$100\%$，解得$a=17$。
2. 分析反应的物质变化：反应前$\ce{N_{2}}$质量分数为$77\%$，反应后为$63\%$，减少了$77\%-63\%=14\%$；$\ce{H_{2}}$反应前为$17\%$，反应后为$14\%$，减少了$17\%-14\%=3\%$；$\ce{NH_{3}}$反应前为0，反应后为$17\%$，增加了$17\%$，符合反应$\ce{3H_{2} + N_{2}\xlongequal{特定条件}2NH_{3}}$的质量关系（$\ce{N_{2}}$与$\ce{H_{2}}$反应的质量比为$28:6=14:3$，与减少的质量一致）。
3. 逐一分析选项：
A选项：根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目均不变，正确。
B选项：由反应的化学方程式$\ce{3H_{2} + N_{2}\xlongequal{特定条件}2NH_{3}}$，参加反应的$\ce{N_{2}}$和$\ce{H_{2}}$的分子个数比为$1:3$，正确。
C选项：M的质量分数反应前后均为$6\%$，不变，可能是该反应的催化剂（催化剂反应前后质量和化学性质不变），正确。
D选项：反应后$\ce{H_{2}}$的质量分数为$14\%$，$\ce{NH_{3}}$的质量分数为$17\%$，二者比值为$14\%:17\%=14:17≠1:1$，错误。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律，化学方程式，催化剂
【点评】本题结合饼图考查质量守恒定律的应用，需先计算未知物质的质量分数，再通过质量变化确定反应的反应物、生成物，进而分析各选项，重点考查学生对化学基本概念的理解与应用能力。
【难度系数】0.5
12.从微观上看，化学反应是微观粒子按一定的数目关系进行的。某碳氢化合物（化学式为$C_xH_y$）在密闭容器内充分燃烧，生成二氧化碳和水。部分物质的分子数随反应过程的变化如图所示。下列说法正确的是（
A.该反应前后分子数目不变
B.该反应生成的二氧化碳和水的质量之比为$11:6$
C.该碳氢化合物的化学式为$C_3H_6$
D.$t$时刻，容器中$O_2$和$CO_2$的质量相等
B
）A.该反应前后分子数目不变
B.该反应生成的二氧化碳和水的质量之比为$11:6$
C.该碳氢化合物的化学式为$C_3H_6$
D.$t$时刻，容器中$O_2$和$CO_2$的质量相等
答案
12. B A. 该反应为$n$个$\ce{C_{x}H_{y}}$分子和$(6n-n)$个氧分子反应生成$3n$个二氧化碳分子,设生成水分子的个数为$m$,则表示为$n\ce{C_{x}H_{y}} +5n\ce{O_{2}}\xlongequal{点燃}3n\ce{CO_{2}} +m\ce{H_{2}O}$,根据质量守恒定律可知,化学反应前后,原子的种类和数目不变,反应物中含$nx$个C,生成物中含$3n$个C,则$nx=3n$,即$x=3$,反应物中含$ny$个H,生成物中含$2m$个H,则$ny=2m$,$m=\frac{ny}{2}$,反应物中含$10n$个O,生成物中含$6n+\frac{ny}{2}$个O,则$6n+\frac{ny}{2}=10n$,可得$y=8$,$m=4n$,则该反应的化学方程式为$\ce{C_{3}H_{8} +5O_{2}\xlongequal{点燃}3CO_{2} +4H_{2}O}$,由化学方程式可知,化学反应前后,分子的数目发生了改变,不正确。B. 该反应生成的二氧化碳和水的质量比为$(44× 3):(18× 4)=11:6$,正确。C. 该碳氢化合物的化学式为$\ce{C_{3}H_{8}}$,不正确。D. $t$时刻,容器中剩余$\ce{O_{2}}$与生成的$\ce{CO_{2}}$分子数目相等,但二者的相对分子质量不同,因此质量不相等,不正确。
解析
【分析】
要解决这道题，需先从图像中提取反应前后各物质的分子数变化，再结合质量守恒定律（原子种类、数目不变）配平化学方程式，最后逐一分析选项。首先确定：初始时$\ce{C_{x}H_{y}}$分子数为$n$，$\ce{O_{2}}$分子数为$6n$；反应后$\ce{O_{2}}$剩余$n$，故参与反应的$\ce{O_{2}}$为$6n-n=5n$，生成$\ce{CO_{2}}$分子数为$3n$。据此结合原子守恒推导碳氢化合物的化学式，再分析各选项。
【解析】
1. 推导反应的化学方程式：
设生成$\ce{H_{2}O}$的分子数为$m$，则反应可表示为：
$n\ce{C_{x}H_{y}} +5n\ce{O_{2}}\xlongequal{点燃}3n\ce{CO_{2}} +m\ce{H_{2}O}$
根据质量守恒定律：
C原子守恒：$nx=3n$，得$x=3$；
O原子守恒：$5n×2=3n×2 + m$，即$10n=6n+m$，得$m=4n$；
H原子守恒：$ny=2m=8n$，得$y=8$；
因此碳氢化合物化学式为$\ce{C_{3}H_{8}}$，反应的化学方程式为$\ce{C_{3}H_{8} +5O_{2}\xlongequal{点燃}3CO_{2} +4H_{2}O}$。
2. 分析选项：
A选项：反应前分子总数为$1+5=6$，反应后分子总数为$3+4=7$，分子数目改变，错误；
B选项：生成$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$的质量比为$(3×44):(4×18)=132:72=11:6$，正确；
C选项：碳氢化合物化学式为$\ce{C_{3}H_{8}}$，不是$\ce{C_{3}H_{6}}$，错误；
D选项：$t$时刻$\ce{O_{2}}$和$\ce{CO_{2}}$分子数相等，但$\ce{O_{2}}$相对分子质量为32，$\ce{CO_{2}}$为44，质量不相等，错误。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、化学式推导
【点评】
本题结合微观反应图像考查质量守恒定律的应用，需从图像中提取反应的分子数关系，再通过原子守恒配平化学方程式，进而分析各选项，是化学中守恒思想的典型应用题型。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需先从图像中提取反应前后各物质的分子数变化，再结合质量守恒定律（原子种类、数目不变）配平化学方程式，最后逐一分析选项。首先确定：初始时$\ce{C_{x}H_{y}}$分子数为$n$，$\ce{O_{2}}$分子数为$6n$；反应后$\ce{O_{2}}$剩余$n$，故参与反应的$\ce{O_{2}}$为$6n-n=5n$，生成$\ce{CO_{2}}$分子数为$3n$。据此结合原子守恒推导碳氢化合物的化学式，再分析各选项。
【解析】
1. 推导反应的化学方程式：
设生成$\ce{H_{2}O}$的分子数为$m$，则反应可表示为：
$n\ce{C_{x}H_{y}} +5n\ce{O_{2}}\xlongequal{点燃}3n\ce{CO_{2}} +m\ce{H_{2}O}$
根据质量守恒定律：
C原子守恒：$nx=3n$，得$x=3$；
O原子守恒：$5n×2=3n×2 + m$，即$10n=6n+m$，得$m=4n$；
H原子守恒：$ny=2m=8n$，得$y=8$；
因此碳氢化合物化学式为$\ce{C_{3}H_{8}}$，反应的化学方程式为$\ce{C_{3}H_{8} +5O_{2}\xlongequal{点燃}3CO_{2} +4H_{2}O}$。
2. 分析选项：
A选项：反应前分子总数为$1+5=6$，反应后分子总数为$3+4=7$，分子数目改变，错误；
B选项：生成$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$的质量比为$(3×44):(4×18)=132:72=11:6$，正确；
C选项：碳氢化合物化学式为$\ce{C_{3}H_{8}}$，不是$\ce{C_{3}H_{6}}$，错误；
D选项：$t$时刻$\ce{O_{2}}$和$\ce{CO_{2}}$分子数相等，但$\ce{O_{2}}$相对分子质量为32，$\ce{CO_{2}}$为44，质量不相等，错误。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、化学式推导
【点评】
本题结合微观反应图像考查质量守恒定律的应用，需从图像中提取反应的分子数关系，再通过原子守恒配平化学方程式，进而分析各选项，是化学中守恒思想的典型应用题型。
【难度系数】
0.6
