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2 [2024 南京建邺期中]$t_1$时刻,在密闭容器内投入$\ce{SO_2}$、$\ce{O_2}$、$\ce{SO_3}$、$\ce{V_2O_5}$(五氧化二钒)四种物质,一定条件下发生反应的化学方程式为$\ce{2SO_2 + O_2\xlongequal[\Delta ]{V_2O_5} 2SO_3}$,在不同时刻测得容器内各物质的质量如表所示,下列说法正确的是（
A.丙是$\ce{O_2}$,丁是$\ce{V_2O_5}$
B.$t_3$时刻,共生成$\ce{80\ g\ SO_3}$
C.$a=70\ \mathrm{g}$,$c=65\ \mathrm{g}$
D.参加反应的$\ce{SO_2}$、$\ce{O_2}$的质量比为$2:1$
C
）A.丙是$\ce{O_2}$,丁是$\ce{V_2O_5}$
B.$t_3$时刻,共生成$\ce{80\ g\ SO_3}$
C.$a=70\ \mathrm{g}$,$c=65\ \mathrm{g}$
D.参加反应的$\ce{SO_2}$、$\ce{O_2}$的质量比为$2:1$
答案
2. C
【解析】由表中数据可知,反应前后丁的质量不变,是五氧化二钒,反应后乙的质量增大,是生成物,即为三氧化硫,反应后丙的质量减小,是反应物,反应中乙、丙的质量比为(55 g-5 g):(100 g-60 g)=5:4,由化学方程式$\ce{2SO_2 + O_2\xlongequal[\Delta ]{V_2O_5} 2SO_3}$可知,该反应中三氧化硫和二氧化硫的质量比为5:4,则丙是二氧化硫,甲是氧气,A错误;根据题意有$(d-5\ \mathrm{g}):(100\ \mathrm{g}-40\ \mathrm{g})=5:4,d=80\ \mathrm{g}$,所以$t_3$时刻,共生成$80\ \mathrm{g}-5\ \mathrm{g}=75\ \mathrm{g}\ \ce{SO_3}$,B错误;由题意可知,$b=5\ \mathrm{g}$,则由质量守恒定律可知,$a=80\ \mathrm{g}+5\ \mathrm{g}+100\ \mathrm{g}+5\ \mathrm{g}-5\ \mathrm{g}-60\ \mathrm{g}-55\ \mathrm{g}=70\ \mathrm{g}$,$c=80\ \mathrm{g}+5\ \mathrm{g}+100\ \mathrm{g}+5\ \mathrm{g}-5\ \mathrm{g}-40\ \mathrm{g}-80\ \mathrm{g}=65\ \mathrm{g}$,C正确;参加反应的$\ce{SO_2}$、$\ce{O_2}$的质量比为128:32=4:1,D错误。
【解析】由表中数据可知,反应前后丁的质量不变,是五氧化二钒,反应后乙的质量增大,是生成物,即为三氧化硫,反应后丙的质量减小,是反应物,反应中乙、丙的质量比为(55 g-5 g):(100 g-60 g)=5:4,由化学方程式$\ce{2SO_2 + O_2\xlongequal[\Delta ]{V_2O_5} 2SO_3}$可知,该反应中三氧化硫和二氧化硫的质量比为5:4,则丙是二氧化硫,甲是氧气,A错误;根据题意有$(d-5\ \mathrm{g}):(100\ \mathrm{g}-40\ \mathrm{g})=5:4,d=80\ \mathrm{g}$,所以$t_3$时刻,共生成$80\ \mathrm{g}-5\ \mathrm{g}=75\ \mathrm{g}\ \ce{SO_3}$,B错误;由题意可知,$b=5\ \mathrm{g}$,则由质量守恒定律可知,$a=80\ \mathrm{g}+5\ \mathrm{g}+100\ \mathrm{g}+5\ \mathrm{g}-5\ \mathrm{g}-60\ \mathrm{g}-55\ \mathrm{g}=70\ \mathrm{g}$,$c=80\ \mathrm{g}+5\ \mathrm{g}+100\ \mathrm{g}+5\ \mathrm{g}-5\ \mathrm{g}-40\ \mathrm{g}-80\ \mathrm{g}=65\ \mathrm{g}$,C正确;参加反应的$\ce{SO_2}$、$\ce{O_2}$的质量比为128:32=4:1,D错误。
解析
【分析】首先根据反应方程式和质量变化判断催化剂：反应中催化剂质量不变，丁的质量始终为5g，故丁是催化剂$\ce{V_2O_5}$；再根据反应物质量减少、生成物质量增加，结合反应中物质的质量比，判断各物质种类；最后利用质量守恒定律计算未知量，逐一分析选项。
【解析】1. 判断催化剂：丁的质量在$t_1$、$t_2$、$t_3$时刻均为5g，反应前后质量不变，因此丁是催化剂$\ce{V_2O_5}$。
2. 判断反应物和生成物：乙的质量从5g（$t_1$）增至55g（$t_2$），是生成物；丙的质量从100g（$t_1$）减至60g（$t_2$），是反应物。
3. 验证物质种类：反应$\ce{2SO_2 + O_2\xlongequal[\Delta ]{V_2O_5} 2SO_3}$中，$\ce{SO_3}$与$\ce{SO_2}$的质量比为$(2×80):(2×64)=5:4$，乙、丙的质量变化比为$(55g-5g):(100g-60g)=5:4$，符合比例，故丙是$\ce{SO_2}$，乙是$\ce{SO_3}$，甲是$\ce{O_2}$，A错误。
4. 计算$t_3$时刻生成$\ce{SO_3}$的质量：根据乙、丙质量比，$(d-5g):(100g-40g)=5:4$，解得$d=80g$，生成$\ce{SO_3}$的质量为$80g-5g=75g$，B错误。
5. 计算$a$和$c$：反应总质量为$80g+5g+100g+5g=190g$，$t_2$时刻：$a+55g+60g+5g=190g$，得$a=70g$；$t_3$时刻：$c+80g+40g+5g=190g$，得$c=65g$，C正确。
6. 参加反应的$\ce{SO_2}$、$\ce{O_2}$质量比：根据方程式，质量比为$(2×64):32=4:1$，D错误。
【答案】C
【知识点】质量守恒定律、化学方程式计算
【点评】本题结合化学反应与质量守恒，考查物质判断及相关计算，需准确分析质量变化，结合反应比例推导，是化学基础题型。
【难度系数】0.6
【解析】1. 判断催化剂：丁的质量在$t_1$、$t_2$、$t_3$时刻均为5g，反应前后质量不变，因此丁是催化剂$\ce{V_2O_5}$。
2. 判断反应物和生成物：乙的质量从5g（$t_1$）增至55g（$t_2$），是生成物；丙的质量从100g（$t_1$）减至60g（$t_2$），是反应物。
3. 验证物质种类：反应$\ce{2SO_2 + O_2\xlongequal[\Delta ]{V_2O_5} 2SO_3}$中，$\ce{SO_3}$与$\ce{SO_2}$的质量比为$(2×80):(2×64)=5:4$，乙、丙的质量变化比为$(55g-5g):(100g-60g)=5:4$，符合比例，故丙是$\ce{SO_2}$，乙是$\ce{SO_3}$，甲是$\ce{O_2}$，A错误。
4. 计算$t_3$时刻生成$\ce{SO_3}$的质量：根据乙、丙质量比，$(d-5g):(100g-40g)=5:4$，解得$d=80g$，生成$\ce{SO_3}$的质量为$80g-5g=75g$，B错误。
5. 计算$a$和$c$：反应总质量为$80g+5g+100g+5g=190g$，$t_2$时刻：$a+55g+60g+5g=190g$，得$a=70g$；$t_3$时刻：$c+80g+40g+5g=190g$，得$c=65g$，C正确。
6. 参加反应的$\ce{SO_2}$、$\ce{O_2}$质量比：根据方程式，质量比为$(2×64):32=4:1$，D错误。
【答案】C
【知识点】质量守恒定律、化学方程式计算
【点评】本题结合化学反应与质量守恒，考查物质判断及相关计算，需准确分析质量变化，结合反应比例推导，是化学基础题型。
【难度系数】0.6
3 [2025 镇江期中]将 16 g 氧化铜高温分解后,能产生 14.4 g 铜的另一氧化物和气体。下列说法不正确的是（
A.高温后产生的气体能使带火星的木条复燃
B.铜的另一氧化物中铜元素的质量为 12.8 g
C.高温分解后,固体中铜元素的质量分数变小
D.铜的另一氧化物的化学式为 $\ce{Cu_{2}O}$
C
）A.高温后产生的气体能使带火星的木条复燃
B.铜的另一氧化物中铜元素的质量为 12.8 g
C.高温分解后,固体中铜元素的质量分数变小
D.铜的另一氧化物的化学式为 $\ce{Cu_{2}O}$
答案
3. C
【解析】将16 g氧化铜高温分解后,能产生14.4 g铜的另一氧化物和气体,根据质量守恒定律,化学反应前后元素的种类不变,则该气体是氧气,氧气能使带火星的木条复燃,A正确。氧化铜中氧元素的质量为$16\ \mathrm{g}×(\dfrac{16}{64+16}×100\%)=3.2\ \mathrm{g}$,反应生成的氧气的质量为$16\ \mathrm{g}-14.4\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$,则生成的铜的氧化物中氧元素的质量为$3.2\ \mathrm{g}-1.6\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$,铜元素的质量为$14.4\ \mathrm{g}-1.6\ \mathrm{g}=12.8\ \mathrm{g}$,该氧化物中铜、氧元素对应的原子个数比为$\dfrac{12.8\ \mathrm{g}}{64}:\dfrac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=2:1$,故该氧化物的化学式为$\ce{Cu_{2}O}$,B、D正确。氧化铜高温分解后有氧气生成,固体质量减小,固体中铜元素的质量不变,所以固体中铜元素的质量分数变大,C不正确。
【解析】将16 g氧化铜高温分解后,能产生14.4 g铜的另一氧化物和气体,根据质量守恒定律,化学反应前后元素的种类不变,则该气体是氧气,氧气能使带火星的木条复燃,A正确。氧化铜中氧元素的质量为$16\ \mathrm{g}×(\dfrac{16}{64+16}×100\%)=3.2\ \mathrm{g}$,反应生成的氧气的质量为$16\ \mathrm{g}-14.4\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$,则生成的铜的氧化物中氧元素的质量为$3.2\ \mathrm{g}-1.6\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$,铜元素的质量为$14.4\ \mathrm{g}-1.6\ \mathrm{g}=12.8\ \mathrm{g}$,该氧化物中铜、氧元素对应的原子个数比为$\dfrac{12.8\ \mathrm{g}}{64}:\dfrac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=2:1$,故该氧化物的化学式为$\ce{Cu_{2}O}$,B、D正确。氧化铜高温分解后有氧气生成,固体质量减小,固体中铜元素的质量不变,所以固体中铜元素的质量分数变大,C不正确。
解析
【分析】
要解决本题，需按以下思路思考：①根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，判断氧化铜分解产生的气体为氧气；②计算16g氧化铜中铜元素和氧元素的质量，结合反应后固体质量，求出生成氧气的质量，进而得到铜的另一氧化物中铜、氧元素的质量；③通过铜、氧元素的质量计算原子个数比，确定该氧化物的化学式；④逐一分析各选项，找出不正确的说法。
【解析】
1. 计算16g氧化铜（$\ce{CuO}$）中铜、氧元素的质量：
$\ce{CuO}$的相对分子质量为$64+16=80$，则16g $\ce{CuO}$中铜元素质量为$16\ \mathrm{g}×\dfrac{64}{80}=12.8\ \mathrm{g}$，氧元素质量为$16\ \mathrm{g}-12.8\ \mathrm{g}=3.2\ \mathrm{g}$。
2. 确定生成气体的质量及铜的氧化物中元素质量：
根据质量守恒定律，反应前后物质总质量不变，生成氧气的质量为$16\ \mathrm{g}-14.4\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$；铜元素全部转移到铜的氧化物中，故该氧化物中铜元素质量为12.8g，氧元素质量为$3.2\ \mathrm{g}-1.6\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$。
3. 确定铜的氧化物的化学式：
该氧化物中铜、氧原子个数比为$\dfrac{12.8\ \mathrm{g}}{64}:\dfrac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=2:1$，故化学式为$\ce{Cu_{2}O}$。
4. 分析选项：
A. 生成气体为氧气，能使带火星的木条复燃，正确；
B. 铜的另一氧化物中铜元素质量为12.8g，正确；
C. 分解后固体质量减小，铜元素质量不变，因此固体中铜元素的质量分数变大，错误；
D. 铜的另一氧化物化学式为$\ce{Cu_{2}O}$，正确。
综上，不正确的说法是C。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律、化学式的计算、元素质量分数
【点评】
本题考查质量守恒定律的应用及化学式的相关计算，需学生掌握反应前后元素质量不变的规律，以及原子个数比与元素质量比的关系，易错点是判断固体中铜元素质量分数的变化，易忽略固体质量减小的因素，整体难度中等。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需按以下思路思考：①根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，判断氧化铜分解产生的气体为氧气；②计算16g氧化铜中铜元素和氧元素的质量，结合反应后固体质量，求出生成氧气的质量，进而得到铜的另一氧化物中铜、氧元素的质量；③通过铜、氧元素的质量计算原子个数比，确定该氧化物的化学式；④逐一分析各选项，找出不正确的说法。
【解析】
1. 计算16g氧化铜（$\ce{CuO}$）中铜、氧元素的质量：
$\ce{CuO}$的相对分子质量为$64+16=80$，则16g $\ce{CuO}$中铜元素质量为$16\ \mathrm{g}×\dfrac{64}{80}=12.8\ \mathrm{g}$，氧元素质量为$16\ \mathrm{g}-12.8\ \mathrm{g}=3.2\ \mathrm{g}$。
2. 确定生成气体的质量及铜的氧化物中元素质量：
根据质量守恒定律，反应前后物质总质量不变，生成氧气的质量为$16\ \mathrm{g}-14.4\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$；铜元素全部转移到铜的氧化物中，故该氧化物中铜元素质量为12.8g，氧元素质量为$3.2\ \mathrm{g}-1.6\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$。
3. 确定铜的氧化物的化学式：
该氧化物中铜、氧原子个数比为$\dfrac{12.8\ \mathrm{g}}{64}:\dfrac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=2:1$，故化学式为$\ce{Cu_{2}O}$。
4. 分析选项：
A. 生成气体为氧气，能使带火星的木条复燃，正确；
B. 铜的另一氧化物中铜元素质量为12.8g，正确；
C. 分解后固体质量减小，铜元素质量不变，因此固体中铜元素的质量分数变大，错误；
D. 铜的另一氧化物化学式为$\ce{Cu_{2}O}$，正确。
综上，不正确的说法是C。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律、化学式的计算、元素质量分数
【点评】
本题考查质量守恒定律的应用及化学式的相关计算，需学生掌握反应前后元素质量不变的规律，以及原子个数比与元素质量比的关系，易错点是判断固体中铜元素质量分数的变化，易忽略固体质量减小的因素，整体难度中等。
【难度系数】
0.5
4 [2025 唐山路北期中]我国古代将炉甘石($\ce{ZnCO_{3}}$)、赤铜和木炭粉混合后加热到约 $800\ °\mathrm{C}$ 制黄铜，此过程中发生反应如下: ① $\ce{ZnCO_{3}\xlongequal{高温}ZnO + CO_{2}\uparrow}$ , ② $\ce{C + 2ZnO\xlongequal{高温}2Zn + X\uparrow}$。下列有关说法错误的是（
A.$\mathrm{X}$ 的化学式为 $\ce{CO_{2}}$
B.反应①中碳元素的化合价降低
C.反应中共涉及两种氧化物
D.经过 2 个反应,锌元素质量不变
B
）A.$\mathrm{X}$ 的化学式为 $\ce{CO_{2}}$
B.反应①中碳元素的化合价降低
C.反应中共涉及两种氧化物
D.经过 2 个反应,锌元素质量不变
答案
4. B
解析
【分析】
本题需逐一分析各选项，结合质量守恒定律、化合价计算、氧化物定义、质量守恒定律等知识判断对错：首先根据反应②的原子守恒确定X的化学式，再分析反应①中碳元素化合价变化，统计涉及的氧化物种类，最后依据质量守恒判断锌元素质量变化，从而找出错误选项。
【解析】
1. 确定X的化学式：根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应②中，反应物含2个Zn原子、2个O原子、1个C原子，生成物已有2个Zn原子，故X含1个C原子和2个O原子，化学式为$\ce{CO_{2}}$，A选项正确。
2. 分析反应①中碳元素化合价：$\ce{ZnCO_{3}}$中，Zn为+2价，O为-2价，设C化合价为$x$，则$(+2)+x+3×(-2)=0$，解得$x=+4$；生成物$\ce{CO_{2}}$中C为+4价，$\ce{ZnO}$不含碳，故反应①中碳元素化合价不变，B选项错误。
3. 分析氧化物种类：氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物。反应涉及的物质中，$\ce{ZnO}$、$\ce{CO_{2}}$属于氧化物，共2种，C选项正确。
4. 分析锌元素质量：根据质量守恒定律，化学反应前后元素质量不变，故锌元素质量不变，D选项正确。
综上，错误选项为B。
【答案】
B
【知识点】
化合价计算、质量守恒定律、氧化物概念
【点评】
本题考查化学基本概念的综合应用，需熟练掌握化合价计算、质量守恒定律、氧化物定义等核心知识点，逐一分析选项即可得出结论，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
本题需逐一分析各选项，结合质量守恒定律、化合价计算、氧化物定义、质量守恒定律等知识判断对错：首先根据反应②的原子守恒确定X的化学式，再分析反应①中碳元素化合价变化，统计涉及的氧化物种类，最后依据质量守恒判断锌元素质量变化，从而找出错误选项。
【解析】
1. 确定X的化学式：根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应②中，反应物含2个Zn原子、2个O原子、1个C原子，生成物已有2个Zn原子，故X含1个C原子和2个O原子，化学式为$\ce{CO_{2}}$，A选项正确。
2. 分析反应①中碳元素化合价：$\ce{ZnCO_{3}}$中，Zn为+2价，O为-2价，设C化合价为$x$，则$(+2)+x+3×(-2)=0$，解得$x=+4$；生成物$\ce{CO_{2}}$中C为+4价，$\ce{ZnO}$不含碳，故反应①中碳元素化合价不变，B选项错误。
3. 分析氧化物种类：氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物。反应涉及的物质中，$\ce{ZnO}$、$\ce{CO_{2}}$属于氧化物，共2种，C选项正确。
4. 分析锌元素质量：根据质量守恒定律，化学反应前后元素质量不变，故锌元素质量不变，D选项正确。
综上，错误选项为B。
【答案】
B
【知识点】
化合价计算、质量守恒定律、氧化物概念
【点评】
本题考查化学基本概念的综合应用，需熟练掌握化合价计算、质量守恒定律、氧化物定义等核心知识点，逐一分析选项即可得出结论，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
5 新情境 古籍名著 围炉煮茶让传统文化回归现代生活。回答下列问题：
（1）我国明代古籍《茶疏》中记载：“火必以坚木炭为上。”请写出“木炭”充分燃烧的化学方程式：
（2）引燃木炭可以使用打火机。某打火机所含锌片与稀硫酸发生反应会生成硫酸锌和一种可燃气体单质，该反应的化学方程式为
（3）唐朝开始盛行铁壶煮茶，现代工业上用氧化铁和一氧化碳为原料在高温下炼铁，同时得到能使澄清石灰水变浑浊的气体，该反应的化学方程式是
（1）我国明代古籍《茶疏》中记载：“火必以坚木炭为上。”请写出“木炭”充分燃烧的化学方程式：
$\ce{C + O_{2}\xlongequal{点燃}CO_{2}}$
。（2）引燃木炭可以使用打火机。某打火机所含锌片与稀硫酸发生反应会生成硫酸锌和一种可燃气体单质，该反应的化学方程式为
$\ce{Zn + H_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}ZnSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
。（3）唐朝开始盛行铁壶煮茶，现代工业上用氧化铁和一氧化碳为原料在高温下炼铁，同时得到能使澄清石灰水变浑浊的气体，该反应的化学方程式是
$\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温}2Fe + 3CO_{2}}$
。答案
5. (1) $\ce{C + O_{2}\xlongequal{点燃}CO_{2}}$
(2) $\ce{Zn + H_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}ZnSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
(3) $\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温}2Fe + 3CO_{2}}$
(2) $\ce{Zn + H_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}ZnSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
(3) $\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温}2Fe + 3CO_{2}}$
解析
【分析】
本题围绕生活与古籍中的化学反应，考查化学方程式的书写，需明确每个反应的反应物、生成物、反应条件，再完成配平与符号标注：
（1）木炭主要成分为碳，充分燃烧时碳与氧气在点燃条件下生成二氧化碳，需注意“充分燃烧”的产物是CO₂；
（2）锌与稀硫酸发生置换反应，生成硫酸锌和可燃气体单质氢气，要标注氢气的气体符号；
（3）工业炼铁中，氧化铁与一氧化碳在高温下反应，生成铁和能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳，需正确配平反应式并标注高温条件。
【解析】
（1）木炭充分燃烧，碳和氧气在点燃条件下反应生成二氧化碳，化学方程式为：$\ce{C + O_{2}\xlongequal{点燃}CO_{2}}$；
（2）锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化学方程式为：$\ce{Zn + H_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}ZnSO_{4} + H_{2}\uparrow}$；
（3）氧化铁和一氧化碳在高温下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为：$\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温}2Fe + 3CO_{2}}$；
【答案】
(1) $\ce{C + O_{2}\xlongequal{点燃}CO_{2}}$
(2) $\ce{Zn + H_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}ZnSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
(3) $\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温}2Fe + 3CO_{2}}$
【知识点】
化学方程式书写、碳的燃烧反应、金属的冶炼
【点评】
本题结合古籍与生活情境考查基础化学方程式书写，需准确掌握常见反应的核心要素，是化学学习中的基础题型，注重对反应规律的应用。
【难度系数】
0.8
本题围绕生活与古籍中的化学反应，考查化学方程式的书写，需明确每个反应的反应物、生成物、反应条件，再完成配平与符号标注：
（1）木炭主要成分为碳，充分燃烧时碳与氧气在点燃条件下生成二氧化碳，需注意“充分燃烧”的产物是CO₂；
（2）锌与稀硫酸发生置换反应，生成硫酸锌和可燃气体单质氢气，要标注氢气的气体符号；
（3）工业炼铁中，氧化铁与一氧化碳在高温下反应，生成铁和能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳，需正确配平反应式并标注高温条件。
【解析】
（1）木炭充分燃烧，碳和氧气在点燃条件下反应生成二氧化碳，化学方程式为：$\ce{C + O_{2}\xlongequal{点燃}CO_{2}}$；
（2）锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化学方程式为：$\ce{Zn + H_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}ZnSO_{4} + H_{2}\uparrow}$；
（3）氧化铁和一氧化碳在高温下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为：$\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温}2Fe + 3CO_{2}}$；
【答案】
(1) $\ce{C + O_{2}\xlongequal{点燃}CO_{2}}$
(2) $\ce{Zn + H_{2}SO_{4}\xlongequal{\;\;}ZnSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
(3) $\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温}2Fe + 3CO_{2}}$
【知识点】
化学方程式书写、碳的燃烧反应、金属的冶炼
【点评】
本题结合古籍与生活情境考查基础化学方程式书写，需准确掌握常见反应的核心要素，是化学学习中的基础题型，注重对反应规律的应用。
【难度系数】
0.8
6 [2025 南通如皋段考]在点燃条件下,A 和 B 反应生成 C 和D,反应前后分子种类变化的微观示意图如图所示。
(1) 在图示反应中,
(2) 图中,与 $\ce{H_{2}O_{2}}$ 组成元素相同的物质是
(3) 如图所示反应的化学方程式是
(4) 该反应一定
(1) 在图示反应中,
分子
(填“分子”或“原子”)的种类一定改变。(2) 图中,与 $\ce{H_{2}O_{2}}$ 组成元素相同的物质是
D
(填字母),它们化学性质不相同的原因是分子构成不同
。(3) 如图所示反应的化学方程式是
$\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$
。(4) 该反应一定
遵守
(填“遵守”或“不遵守”)质量守恒定律。答案
6. (1) 分子
(2) D 分子构成不同
(3) $\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$
(4) 遵守
(2) D 分子构成不同
(3) $\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$
(4) 遵守
解析
【分析】
解题时，先根据微观示意图中原子的种类和个数确定A、B、C、D的化学式，再结合化学反应本质、物质组成与结构、化学方程式配平规则、质量守恒定律，逐一分析各问题得出答案。
【解析】
1. 确定物质化学式：由微观示意图可知，A为$\ce{NH_{3}}$，B为$\ce{O_{2}}$，C为$\ce{N_{2}}$，D为$\ce{H_{2}O}$。
2. (1) 化学反应是分子破裂为原子，原子重新组合成新分子的过程，反应前后分子种类一定改变，原子种类不变，故填“分子”。
3. (2) $\ce{H_{2}O_{2}}$由氢、氧元素组成，图中D（$\ce{H_{2}O}$）也由氢、氧元素组成，因此与$\ce{H_{2}O_{2}}$组成元素相同的是D；物质化学性质由分子决定，$\ce{H_{2}O_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$的分子构成不同，故化学性质不同。
4. (3) 根据质量守恒定律配平：$\ce{NH_{3}}$与$\ce{O_{2}}$点燃生成$\ce{N_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，配平后化学方程式为$\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$。
5. (4) 所有化学反应都遵守质量守恒定律，故填“遵守”。
【答案】
(1) 分子
(2) D；分子构成不同
(3) $\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$
(4) 遵守
【知识点】
化学反应的微观本质；化学方程式书写；物质的构成
【点评】
本题通过微观示意图考查化学反应基础概念，属于基础题型，重点检验学生对物质组成、反应本质、化学方程式配平及质量守恒定律的理解，掌握基础知识点即可正确解答。
【难度系数】
0.8
解题时，先根据微观示意图中原子的种类和个数确定A、B、C、D的化学式，再结合化学反应本质、物质组成与结构、化学方程式配平规则、质量守恒定律，逐一分析各问题得出答案。
【解析】
1. 确定物质化学式：由微观示意图可知，A为$\ce{NH_{3}}$，B为$\ce{O_{2}}$，C为$\ce{N_{2}}$，D为$\ce{H_{2}O}$。
2. (1) 化学反应是分子破裂为原子，原子重新组合成新分子的过程，反应前后分子种类一定改变，原子种类不变，故填“分子”。
3. (2) $\ce{H_{2}O_{2}}$由氢、氧元素组成，图中D（$\ce{H_{2}O}$）也由氢、氧元素组成，因此与$\ce{H_{2}O_{2}}$组成元素相同的是D；物质化学性质由分子决定，$\ce{H_{2}O_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$的分子构成不同，故化学性质不同。
4. (3) 根据质量守恒定律配平：$\ce{NH_{3}}$与$\ce{O_{2}}$点燃生成$\ce{N_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，配平后化学方程式为$\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$。
5. (4) 所有化学反应都遵守质量守恒定律，故填“遵守”。
【答案】
(1) 分子
(2) D；分子构成不同
(3) $\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$
(4) 遵守
【知识点】
化学反应的微观本质；化学方程式书写；物质的构成
【点评】
本题通过微观示意图考查化学反应基础概念，属于基础题型，重点检验学生对物质组成、反应本质、化学方程式配平及质量守恒定律的理解，掌握基础知识点即可正确解答。
【难度系数】
0.8
