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5. [2025 扬州模拟]春秋初期,在$1000{\hspace{0pt}}^{\circ }C$左右时,使木炭和赤铁矿发生一系列的反应可生成含较多杂质的海绵铁。当代工业中,海绵铁可用于生产羰基铁粉的过程如图所示,应用于国防军工领域。下列说法中,正确的是
（
A.海绵铁是单质
B.炼制海绵铁的过程中,木炭只作为燃料使用
C.工业上,用$160\ \mathrm{t}$赤铁矿,可制得$112\ \mathrm{t}$铁粉
D.在制备羰基铁粉过程中,循环利用的物质是$\mathrm{CO}$
（
D
）A.海绵铁是单质
B.炼制海绵铁的过程中,木炭只作为燃料使用
C.工业上,用$160\ \mathrm{t}$赤铁矿,可制得$112\ \mathrm{t}$铁粉
D.在制备羰基铁粉过程中,循环利用的物质是$\mathrm{CO}$
答案
海绵铁含有铁和较多杂质,是混合物,A错误;木炭还可与$\ce{CO_{2}}$反应生成一氧化碳,可用于炼铁,因此炼制海绵铁的过程中,木炭不只是作为燃料使用,还可以作为制造一氧化碳的原料,B错误;赤铁矿的主要成分是氧化铁,工业上,一氧化碳和氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳,化学方程式为$\ce{Fe_{2}O_{3} +3CO\xlongequal{高温}2Fe +3CO_{2}}$,该反应中氧化铁和铁的质量比为160:112,所以用160 t氧化铁可以制得112 t铁粉,而160 t赤铁矿中还含有杂质,故用160 t赤铁矿不能够制得112 t铁粉,C错误;由题图可知,一氧化碳既是反应物,又是生成物,可循环利用,D正确。
解析
【分析】
我们可以结合题干给出的信息和工艺流程图，逐个选项逐一排查判断：首先根据题干明确说明的海绵铁含较多杂质，直接判断A选项的物质分类是否正确；再回忆炼铁过程中木炭的作用，判断B选项的描述是否准确；接着注意赤铁矿是含杂质的混合物，并非纯的氧化铁，分析C选项的质量计算逻辑是否合理；最后观察流程图里的物质走向，找出既是反应物又是生成物的物质，确认可循环利用的物质，最终选出正确答案。
【解析】
A选项：题干明确说明海绵铁含有较多杂质，属于混合物，不属于纯净物范畴的单质，A错误；
B选项：炼制海绵铁的过程中，木炭燃烧可以提供反应所需的高温，同时木炭还能和反应生成的$\ce{CO_{2}}$反应生成还原剂$\ce{CO}$，用来还原赤铁矿中的氧化铁，因此木炭不只是作为燃料使用，还可作为生成CO的原料，B错误；
C选项：赤铁矿的主要成分为$\ce{Fe_{2}O_{3}}$，本身含有杂质，160 t赤铁矿中纯$\ce{Fe_{2}O_{3}}$的质量小于160 t，根据反应$\ce{Fe_{2}O_{3} +3CO\xlongequal{高温}2Fe +3CO_{2}}$，只有160 t纯$\ce{Fe_{2}O_{3}}$才可制得112 t铁粉，因此160 t赤铁矿无法制得112 t铁粉，C错误；
D选项：从流程图可知，CO是海绵铁反应生成$\ce{Fe(CO)_{5}}$的反应物，同时$\ce{Fe(CO)_{5}}$分解生成羰基铁粉的过程中又生成了CO，因此CO可循环利用，D正确。
【答案】
D
【知识点】
铁的冶炼，物质分类，化工循环利用
【点评】
本题结合羰基铁粉的工业制备流程，考察铁冶炼相关的基础概念，易错点是容易忽略赤铁矿为含杂质的混合物，误判C选项正确，解题时要注意提取题干给出的“海绵铁含较多杂质”的关键信息，结合流程图的物质流向分析即可快速排除错误选项。
【难度系数】
0.7
我们可以结合题干给出的信息和工艺流程图，逐个选项逐一排查判断：首先根据题干明确说明的海绵铁含较多杂质，直接判断A选项的物质分类是否正确；再回忆炼铁过程中木炭的作用，判断B选项的描述是否准确；接着注意赤铁矿是含杂质的混合物，并非纯的氧化铁，分析C选项的质量计算逻辑是否合理；最后观察流程图里的物质走向，找出既是反应物又是生成物的物质，确认可循环利用的物质，最终选出正确答案。
【解析】
A选项：题干明确说明海绵铁含有较多杂质，属于混合物，不属于纯净物范畴的单质，A错误；
B选项：炼制海绵铁的过程中，木炭燃烧可以提供反应所需的高温，同时木炭还能和反应生成的$\ce{CO_{2}}$反应生成还原剂$\ce{CO}$，用来还原赤铁矿中的氧化铁，因此木炭不只是作为燃料使用，还可作为生成CO的原料，B错误；
C选项：赤铁矿的主要成分为$\ce{Fe_{2}O_{3}}$，本身含有杂质，160 t赤铁矿中纯$\ce{Fe_{2}O_{3}}$的质量小于160 t，根据反应$\ce{Fe_{2}O_{3} +3CO\xlongequal{高温}2Fe +3CO_{2}}$，只有160 t纯$\ce{Fe_{2}O_{3}}$才可制得112 t铁粉，因此160 t赤铁矿无法制得112 t铁粉，C错误；
D选项：从流程图可知，CO是海绵铁反应生成$\ce{Fe(CO)_{5}}$的反应物，同时$\ce{Fe(CO)_{5}}$分解生成羰基铁粉的过程中又生成了CO，因此CO可循环利用，D正确。
【答案】
D
【知识点】
铁的冶炼，物质分类，化工循环利用
【点评】
本题结合羰基铁粉的工业制备流程，考察铁冶炼相关的基础概念，易错点是容易忽略赤铁矿为含杂质的混合物，误判C选项正确，解题时要注意提取题干给出的“海绵铁含较多杂质”的关键信息，结合流程图的物质流向分析即可快速排除错误选项。
【难度系数】
0.7
6. 钢铁的冶炼是人类文明的一个重要标志。
（1）工业上常用电解氧化铝的方法来冶炼金属铝，该反应属于
A. 化合反应 B. 分解反应 C. 氧化反应
（2）某兴趣小组的成员在实验室利用CO气体模拟炼铁的原理，如图所示。
① 为了避免装置A中的玻璃管在加热时发生爆炸，加热前应
② 实验时装置A玻璃管中发生反应的化学方程式为
③ 装置B除了吸收$\ce{CO_{2}}$气体外，还有
④ 若玻璃管中的氧化铁全部被还原成铁，冷却后称量铁的质量比反应前氧化铁的质量减少了2.4 g，则反应前玻璃管中氧化铁的质量是
（3）CO与$\ce{Fe_{2}O_{3}}$在不同温度下反应时，$\ce{Fe_{2}O_{3}}$因失氧程度不同会生成其他铁的氧化物或铁单质。某同学改变温度后再次进行上述实验，加热一段时间后，取反应后的固体粉末，使用仪器测得粉末中铁元素和氧元素的质量比为5：2，据此推断其组成可能是
（1）工业上常用电解氧化铝的方法来冶炼金属铝，该反应属于
B
（填字母）。A. 化合反应 B. 分解反应 C. 氧化反应
（2）某兴趣小组的成员在实验室利用CO气体模拟炼铁的原理，如图所示。
① 为了避免装置A中的玻璃管在加热时发生爆炸，加热前应
先通一会儿一氧化碳,排尽玻璃管内的空气
。② 实验时装置A玻璃管中发生反应的化学方程式为
$\ce{3CO + Fe_{2}O_{3}\xlongequal{高温}2Fe + 3CO_{2}}$
。③ 装置B除了吸收$\ce{CO_{2}}$气体外，还有
收集一氧化碳气体,防止一氧化碳逸出而污染空气
的作用。④ 若玻璃管中的氧化铁全部被还原成铁，冷却后称量铁的质量比反应前氧化铁的质量减少了2.4 g，则反应前玻璃管中氧化铁的质量是
8
g。（3）CO与$\ce{Fe_{2}O_{3}}$在不同温度下反应时，$\ce{Fe_{2}O_{3}}$因失氧程度不同会生成其他铁的氧化物或铁单质。某同学改变温度后再次进行上述实验，加热一段时间后，取反应后的固体粉末，使用仪器测得粉末中铁元素和氧元素的质量比为5：2，据此推断其组成可能是
Fe₂O₃和Fe(或Fe₂O₃和FeO;或Fe₂O₃和Fe₃O₄等合理答案均可,必须含有Fe₂O₃)
（写出一种即可）。答案
〔解析〕（1）电解氧化铝的化学方程式为$\ce{2Al_{2}O_{3}\xlongequal{通电} 4Al +3O_{2}\uparrow}$,属于分解反应。（2）① 一氧化碳中混有氧气或空气,在点燃或加热情况下可能发生爆炸,所以在加热前要先通一会儿CO,排尽玻璃管内的空气。② 实验时装置A的玻璃管内发生反应的化学方程式为$\ce{3CO +Fe_{2}O_{3}\xlongequal{高温}2Fe +3CO_{2}}$。③ 一氧化碳是有毒气体,需要进行尾气处理,装置B除了吸收$\ce{CO_{2}}$气体外,还有收集尾气(CO),防止尾气逸出污染空气的作用。④ 氧化铁中铁元素与氧元素的质量比为$(56×2):(16×3)=7:3$,由题意知氧化铁中氧元素质量为2.4 g,故铁元素的质量为$2.4\ \mathrm{g}×\dfrac{7}{3}=5.6\ \mathrm{g}$,则反应前氧化铁的质量为$2.4\ \mathrm{g}+5.6\ \mathrm{g}=8\ \mathrm{g}$。
（3）FeO中Fe和O的质量比为$56:16=7:2＞5:2$;$\ce{Fe_{3}O_{4}}$中Fe和O的质量比为$(56×3):(16×4)=21:8＞5:2$;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$中Fe和O的质量比为$(56×2):(16×3)=7:3＜5:2$;Fe单质中不含氧元素。由于反应后固体中Fe和O的质量比为5:2,所以反应后的固体中一定含有$\ce{Fe_{2}O_{3}}$,其组成情况可能有$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和Fe;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和FeO;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和$\ce{Fe_{3}O_{4}}$;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、FeO和Fe;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、$\ce{Fe_{3}O_{4}}$和Fe;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、$\ce{Fe_{3}O_{4}}$和FeO;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、$\ce{Fe_{3}O_{4}}$、FeO和Fe。
（3）FeO中Fe和O的质量比为$56:16=7:2＞5:2$;$\ce{Fe_{3}O_{4}}$中Fe和O的质量比为$(56×3):(16×4)=21:8＞5:2$;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$中Fe和O的质量比为$(56×2):(16×3)=7:3＜5:2$;Fe单质中不含氧元素。由于反应后固体中Fe和O的质量比为5:2,所以反应后的固体中一定含有$\ce{Fe_{2}O_{3}}$,其组成情况可能有$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和Fe;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和FeO;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和$\ce{Fe_{3}O_{4}}$;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、FeO和Fe;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、$\ce{Fe_{3}O_{4}}$和Fe;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、$\ce{Fe_{3}O_{4}}$和FeO;$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、$\ce{Fe_{3}O_{4}}$、FeO和Fe。
解析
【分析】
我们可以分模块梳理这道题的解题思路：
1. 第（1）问：先写出电解氧化铝的反应方程式，对比化合反应“多变一”、分解反应“一变多”的特征，匹配对应选项即可。
2. 第（2）问①：CO是可燃性气体，和空气混合加热会发生爆炸，操作的核心就是提前排尽装置内的空气，规避爆炸风险。
② 回忆CO高温还原氧化铁的反应产物，按照化学方程式书写规范配平、标注反应条件即可。
③ 观察装置B的结构，CO难溶于NaOH溶液，通入B后会将瓶内的NaOH溶液压入右侧烧杯，CO被留在瓶内，因此B除吸收CO2外还可以收集尾气，避免有毒的CO污染空气。
④ 氧化铁被还原为铁时，减少的质量就是氧化铁中失去的全部氧元素的质量，已知氧元素质量为2.4g，结合氧化铁中铁、氧元素的质量比，即可算出氧化铁的总质量。
3. 第（3）问：先分别计算Fe、FeO、Fe3O4、Fe2O3各自的铁氧质量比，题目给出的固体铁氧质量比为5:2，对比各纯净物的比值可知该比值介于Fe2O3的铁氧比和其余含铁物质的铁氧比之间，因此固体一定含有Fe2O3，再搭配一种铁氧比大于5:2的物质就能得到符合要求的组合，任选一种合理组合即可。
【解析】
（1）电解氧化铝的反应为$\ce{2Al_{2}O_{3}\xlongequal{通电} 4Al +3O_{2}\uparrow}$，该反应由一种反应物生成两种生成物，符合分解反应“一变多”的特征，因此选B。
（2）① 一氧化碳属于可燃性气体，若玻璃管内混有空气，加热时会发生爆炸，因此加热前应先通入一段时间的CO，排尽玻璃管内的空气，防止爆炸。
② 装置A中高温条件下CO还原Fe2O3生成Fe和CO2，化学方程式为：$\ce{3CO +Fe_{2}O_{3}\xlongequal{高温}2Fe +3CO_{2}}$。
③ 一氧化碳难溶于氢氧化钠溶液，通入装置B后，瓶内压强增大，将NaOH溶液压入烧杯C中，CO被收集在装置B内，因此装置B除吸收CO2外，还有收集尾气CO，防止有毒的CO逸出污染空气的作用。
④ 反应后固体减少的质量就是氧化铁中氧元素的质量，即氧化铁中氧元素总质量为2.4g，Fe2O3中铁、氧元素质量比为$(56×2):(16×3)=7:3$，因此铁元素质量为$2.4\ \mathrm{g}×\frac{7}{3}=5.6\ \mathrm{g}$，反应前氧化铁的总质量为$2.4\ \mathrm{g}+5.6\ \mathrm{g}=8\ \mathrm{g}$。
（3）分别计算各含铁物质的铁氧质量比：Fe单质铁氧比为无穷大，FeO为7:2，$\ce{Fe_{3}O_{4}}$为21:8，$\ce{Fe_{2}O_{3}}$为7:3，题目中固体的铁氧质量比为5:2，该比值大于Fe2O3的铁氧比，小于其余几种物质的铁氧比，因此固体一定含有Fe2O3，再搭配任意一种铁氧比大于5:2的物质即可，例如$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和$\ce{Fe_{3}O_{4}}$。
【答案】
（1）B
（2）① 先通一会儿CO，排尽玻璃管内的空气
② $\ce{3CO +Fe_{2}O_{3}\xlongequal{高温}2Fe +3CO_{2}}$
③ 收集尾气（储存CO，防止一氧化碳逸出污染空气）
④ 8
（3）$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和$\ce{Fe_{3}O_{4}}$（或$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和Fe、$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和FeO等合理答案均可）
【知识点】
分解反应判断
一氧化碳还原氧化铁实验
元素质量比计算
【点评】
本题围绕金属冶炼主题展开，既考察了基础反应类型判断、化学方程式书写，又结合实验装置考察了炼铁实验的操作注意事项和特殊尾气处理设计，最后通过元素质量比的计算推断固体组成，综合性较强，既要求学生掌握基础实验原理，又能灵活运用元素质量关系分析混合物组成。
【难度系数】
0.65
我们可以分模块梳理这道题的解题思路：
1. 第（1）问：先写出电解氧化铝的反应方程式，对比化合反应“多变一”、分解反应“一变多”的特征，匹配对应选项即可。
2. 第（2）问①：CO是可燃性气体，和空气混合加热会发生爆炸，操作的核心就是提前排尽装置内的空气，规避爆炸风险。
② 回忆CO高温还原氧化铁的反应产物，按照化学方程式书写规范配平、标注反应条件即可。
③ 观察装置B的结构，CO难溶于NaOH溶液，通入B后会将瓶内的NaOH溶液压入右侧烧杯，CO被留在瓶内，因此B除吸收CO2外还可以收集尾气，避免有毒的CO污染空气。
④ 氧化铁被还原为铁时，减少的质量就是氧化铁中失去的全部氧元素的质量，已知氧元素质量为2.4g，结合氧化铁中铁、氧元素的质量比，即可算出氧化铁的总质量。
3. 第（3）问：先分别计算Fe、FeO、Fe3O4、Fe2O3各自的铁氧质量比，题目给出的固体铁氧质量比为5:2，对比各纯净物的比值可知该比值介于Fe2O3的铁氧比和其余含铁物质的铁氧比之间，因此固体一定含有Fe2O3，再搭配一种铁氧比大于5:2的物质就能得到符合要求的组合，任选一种合理组合即可。
【解析】
（1）电解氧化铝的反应为$\ce{2Al_{2}O_{3}\xlongequal{通电} 4Al +3O_{2}\uparrow}$，该反应由一种反应物生成两种生成物，符合分解反应“一变多”的特征，因此选B。
（2）① 一氧化碳属于可燃性气体，若玻璃管内混有空气，加热时会发生爆炸，因此加热前应先通入一段时间的CO，排尽玻璃管内的空气，防止爆炸。
② 装置A中高温条件下CO还原Fe2O3生成Fe和CO2，化学方程式为：$\ce{3CO +Fe_{2}O_{3}\xlongequal{高温}2Fe +3CO_{2}}$。
③ 一氧化碳难溶于氢氧化钠溶液，通入装置B后，瓶内压强增大，将NaOH溶液压入烧杯C中，CO被收集在装置B内，因此装置B除吸收CO2外，还有收集尾气CO，防止有毒的CO逸出污染空气的作用。
④ 反应后固体减少的质量就是氧化铁中氧元素的质量，即氧化铁中氧元素总质量为2.4g，Fe2O3中铁、氧元素质量比为$(56×2):(16×3)=7:3$，因此铁元素质量为$2.4\ \mathrm{g}×\frac{7}{3}=5.6\ \mathrm{g}$，反应前氧化铁的总质量为$2.4\ \mathrm{g}+5.6\ \mathrm{g}=8\ \mathrm{g}$。
（3）分别计算各含铁物质的铁氧质量比：Fe单质铁氧比为无穷大，FeO为7:2，$\ce{Fe_{3}O_{4}}$为21:8，$\ce{Fe_{2}O_{3}}$为7:3，题目中固体的铁氧质量比为5:2，该比值大于Fe2O3的铁氧比，小于其余几种物质的铁氧比，因此固体一定含有Fe2O3，再搭配任意一种铁氧比大于5:2的物质即可，例如$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和$\ce{Fe_{3}O_{4}}$。
【答案】
（1）B
（2）① 先通一会儿CO，排尽玻璃管内的空气
② $\ce{3CO +Fe_{2}O_{3}\xlongequal{高温}2Fe +3CO_{2}}$
③ 收集尾气（储存CO，防止一氧化碳逸出污染空气）
④ 8
（3）$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和$\ce{Fe_{3}O_{4}}$（或$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和Fe、$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和FeO等合理答案均可）
【知识点】
分解反应判断
一氧化碳还原氧化铁实验
元素质量比计算
【点评】
本题围绕金属冶炼主题展开，既考察了基础反应类型判断、化学方程式书写，又结合实验装置考察了炼铁实验的操作注意事项和特殊尾气处理设计，最后通过元素质量比的计算推断固体组成，综合性较强，既要求学生掌握基础实验原理，又能灵活运用元素质量关系分析混合物组成。
【难度系数】
0.65
7. [2025 南京玄武期末]将一氧化碳和铁的氧化物$\ce{Fe_{x}O_{y}}$置于密闭容器中，一定条件下充分反应，反应过程中容器内部的物质的质量变化如图所示，横坐标表示$\ce{CO_{2}}$的质量，纵坐标既可以表示$\ce{CO}$的质量，也可以表示$\ce{Fe}$的质量。下列说法中，正确的是（
A.曲线$a$表示$\ce{CO}$的质量变化，曲线$b$表示$\ce{Fe}$的质量变化
B.$m$的值为$19.6$，充分反应后参加反应的铁的氧化物的质量为$16\ \mathrm{g}$
C.当$\ce{CO_{2}}$质量为$4.4\ \mathrm{g}$时，容器内$\ce{CO}$的质量为$14\ \mathrm{g}$
D.铁的氧化物中$x:y=2:3$
C
）A.曲线$a$表示$\ce{CO}$的质量变化，曲线$b$表示$\ce{Fe}$的质量变化
B.$m$的值为$19.6$，充分反应后参加反应的铁的氧化物的质量为$16\ \mathrm{g}$
C.当$\ce{CO_{2}}$质量为$4.4\ \mathrm{g}$时，容器内$\ce{CO}$的质量为$14\ \mathrm{g}$
D.铁的氧化物中$x:y=2:3$
答案
由题图可知,完全反应后生成二氧化碳的质量为17.6 g,17.6 g二氧化碳中碳元素的质量为$17.6\ \mathrm{g}×(\dfrac{12}{44}×100\%)=4.8\ \mathrm{g}$,根据质量守恒定律,化学反应前后元素的种类和质量不变,则反应前碳元素的质量也为4.8 g,反应前碳元素都来自一氧化碳,所以参加反应的一氧化碳的质量为$\dfrac{4.8\ \mathrm{g}}{\dfrac{12}{28}×100\%}=11.2\ \mathrm{g}$,由于一氧化碳是反应物,反应过程中质量逐渐减小,反应前一氧化碳的质量为$m\ \mathrm{g}$,反应后剩余一氧化碳的质量为5.6 g,参加反应的一氧化碳的质量为11.2 g,因此反应前一氧化碳的质量为$5.6\ \mathrm{g}+11.2\ \mathrm{g}=16.8\ \mathrm{g}$,即$m=16.8$,由于铁是生成物,反应过程中质量从零逐渐增大,则生成铁的质量也是16.8 g。由以上分析可知,曲线a表示铁的质量变化,曲线b表示一氧化碳的质量变化,A不正确。$m$的值为16.8,该反应是11.2 g一氧化碳和铁的氧化物反应生成17.6 g二氧化碳和16.8 g铁,根据质量守恒定律,化学反应前后物质的总质量不变,则参加反应的铁的氧化物的质量为$17.6\ \mathrm{g}+16.8\ \mathrm{g}-11.2\ \mathrm{g}=23.2\ \mathrm{g}$,B不正确。充分反应后共生成17.6 g二氧化碳,当$\ce{CO_{2}}$质量为4.4 g时,生成二氧化碳的质量占二氧化碳总质量的四分之一,则容器内CO的质量为$16.8\ \mathrm{g}-(11.2\ \mathrm{g}×\dfrac{1}{4})=14\ \mathrm{g}$,C正确。铁的氧化物中铁元素的质量为16.8 g,氧元素的质量为$23.2\ \mathrm{g}-16.8\ \mathrm{g}=6.4\ \mathrm{g}$,则铁的氧化物中铁元素与氧元素的原子个数比为$\dfrac{16.8\ \mathrm{g}}{56}:\dfrac{6.4\ \mathrm{g}}{16}=3:4$,即$x:y=3:4$,D不正确。
解析
【分析】
解题时首先明确反应逻辑：CO还原铁的氧化物的反应中，CO是反应物，反应过程中质量不断减小；Fe是生成物，反应过程中质量从0开始不断增大，据此先区分两条曲线对应的物质。再结合图像给出的完全反应后生成CO₂总质量为17.6g，利用质量守恒的元素守恒规律，先通过CO₂中的碳元素质量算出参加反应的CO总质量，再结合反应后剩余CO的质量为5.6g推导初始CO的质量m，之后依次对四个选项逐一验证判断正误即可。
【解析】
1. 判断曲线对应物质：
反应中生成物Fe的质量从0开始逐渐增大，反应物CO的质量从初始值逐渐减小，因此曲线a表示Fe的质量变化，曲线b表示CO的质量变化，直接判定A选项错误。
2. 计算相关质量验证B选项：
完全反应后生成CO₂总质量为17.6g，其中碳元素质量为：$17.6\ \mathrm{g}×\frac{12}{44}×100\%=4.8\ \mathrm{g}$，根据碳元素守恒，参加反应的CO中碳元素全部转化到CO₂中，因此参加反应的CO总质量为：$\frac{4.8\ \mathrm{g}}{\frac{12}{28}×100\%}=11.2\ \mathrm{g}$。
由图可知反应后剩余CO质量为5.6g，因此反应前初始CO的质量$m=11.2\ \mathrm{g}+5.6\ \mathrm{g}=16.8\ \mathrm{g}$。
再根据总质量守恒，参加反应的铁的氧化物质量 = 生成Fe质量 + 生成CO₂质量 - 参加反应的CO质量，其中生成Fe的总质量为16.8g，因此参加反应的铁的氧化物质量为$16.8\ \mathrm{g}+17.6\ \mathrm{g}-11.2\ \mathrm{g}=23.2\ \mathrm{g}$，可知B选项中m=19.6、氧化物质量16g的描述错误。
3. 验证C选项：
生成17.6g CO₂总共消耗11.2g CO，当生成CO₂质量为4.4g时，生成的CO₂占总生成量的$\frac{4.4\ \mathrm{g}}{17.6\ \mathrm{g}}=\frac{1}{4}$，对应消耗的CO质量为$11.2\ \mathrm{g}×\frac{1}{4}=2.8\ \mathrm{g}$，因此容器内剩余CO的质量为初始CO质量减去消耗的CO质量：$16.8\ \mathrm{g}-2.8\ \mathrm{g}=14\ \mathrm{g}$，C选项描述正确。
4. 验证D选项：
铁的氧化物中铁元素全部转化为单质Fe，质量为16.8g，氧化物中氧元素质量 = 氧化物总质量 - 铁元素质量 = $23.2\ \mathrm{g}-16.8\ \mathrm{g}=6.4\ \mathrm{g}$，因此铁、氧原子个数比$x:y=\frac{16.8\ \mathrm{g}}{56}:\frac{6.4\ \mathrm{g}}{16}=3:4$，并非2:3，D选项错误。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律，CO还原金属氧化物，元素质量比计算
【点评】
本题结合质量变化图像综合考查还原反应的定量计算，核心技巧是利用元素守恒简化计算，无需提前配平反应方程式，需要学生准确区分反应物、生成物的质量变化趋势，避免硬套反应方程式带来的计算错误，对学生的守恒思维应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
解题时首先明确反应逻辑：CO还原铁的氧化物的反应中，CO是反应物，反应过程中质量不断减小；Fe是生成物，反应过程中质量从0开始不断增大，据此先区分两条曲线对应的物质。再结合图像给出的完全反应后生成CO₂总质量为17.6g，利用质量守恒的元素守恒规律，先通过CO₂中的碳元素质量算出参加反应的CO总质量，再结合反应后剩余CO的质量为5.6g推导初始CO的质量m，之后依次对四个选项逐一验证判断正误即可。
【解析】
1. 判断曲线对应物质：
反应中生成物Fe的质量从0开始逐渐增大，反应物CO的质量从初始值逐渐减小，因此曲线a表示Fe的质量变化，曲线b表示CO的质量变化，直接判定A选项错误。
2. 计算相关质量验证B选项：
完全反应后生成CO₂总质量为17.6g，其中碳元素质量为：$17.6\ \mathrm{g}×\frac{12}{44}×100\%=4.8\ \mathrm{g}$，根据碳元素守恒，参加反应的CO中碳元素全部转化到CO₂中，因此参加反应的CO总质量为：$\frac{4.8\ \mathrm{g}}{\frac{12}{28}×100\%}=11.2\ \mathrm{g}$。
由图可知反应后剩余CO质量为5.6g，因此反应前初始CO的质量$m=11.2\ \mathrm{g}+5.6\ \mathrm{g}=16.8\ \mathrm{g}$。
再根据总质量守恒，参加反应的铁的氧化物质量 = 生成Fe质量 + 生成CO₂质量 - 参加反应的CO质量，其中生成Fe的总质量为16.8g，因此参加反应的铁的氧化物质量为$16.8\ \mathrm{g}+17.6\ \mathrm{g}-11.2\ \mathrm{g}=23.2\ \mathrm{g}$，可知B选项中m=19.6、氧化物质量16g的描述错误。
3. 验证C选项：
生成17.6g CO₂总共消耗11.2g CO，当生成CO₂质量为4.4g时，生成的CO₂占总生成量的$\frac{4.4\ \mathrm{g}}{17.6\ \mathrm{g}}=\frac{1}{4}$，对应消耗的CO质量为$11.2\ \mathrm{g}×\frac{1}{4}=2.8\ \mathrm{g}$，因此容器内剩余CO的质量为初始CO质量减去消耗的CO质量：$16.8\ \mathrm{g}-2.8\ \mathrm{g}=14\ \mathrm{g}$，C选项描述正确。
4. 验证D选项：
铁的氧化物中铁元素全部转化为单质Fe，质量为16.8g，氧化物中氧元素质量 = 氧化物总质量 - 铁元素质量 = $23.2\ \mathrm{g}-16.8\ \mathrm{g}=6.4\ \mathrm{g}$，因此铁、氧原子个数比$x:y=\frac{16.8\ \mathrm{g}}{56}:\frac{6.4\ \mathrm{g}}{16}=3:4$，并非2:3，D选项错误。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律，CO还原金属氧化物，元素质量比计算
【点评】
本题结合质量变化图像综合考查还原反应的定量计算，核心技巧是利用元素守恒简化计算，无需提前配平反应方程式，需要学生准确区分反应物、生成物的质量变化趋势，避免硬套反应方程式带来的计算错误，对学生的守恒思维应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
