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11 [2025 徐州]煤的气化是煤综合利用的方法之一,其反应微观示意图如图,下列说法正确的是 （
A.“∞”表示氢分子,其符号为 2H
B.反应前后分子、原子的种类不变
C.反应前后元素的种类不变
D.参加反应的两种物质质量比为$1:1$
C
）A.“∞”表示氢分子,其符号为 2H
B.反应前后分子、原子的种类不变
C.反应前后元素的种类不变
D.参加反应的两种物质质量比为$1:1$
答案
11. C
解析
【分析】首先将微观示意图转化为化学方程式：根据微粒图例，斜线圆为碳原子、灰圆为氧原子、小白圆为氢原子，可知反应物是碳（$\ce{C}$）和水（$\ce{H_{2}O}$），生成物是一氧化碳（$\ce{CO}$）和氢气（$\ce{H_{2}}$），反应条件为高温，对应方程式为$\ce{C + H_{2}O\xlongequal{高温} CO + H_{2}}$。接下来逐一分析选项，结合化学用语、质量守恒定律等知识判断对错。
【解析】根据微观示意图写出反应的化学方程式为$\ce{C + H_{2}O\xlongequal{高温} CO + H_{2}}$，逐一分析选项：
1. 选项A：氢分子的符号为$\ce{H_{2}}$，$\ce{2H}$表示2个氢原子，A错误；
2. 选项B：化学反应的本质是分子破裂、原子重新组合，反应前后分子种类一定改变，原子种类不变，B错误；
3. 选项C：根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，C正确；
4. 选项D：参加反应的$\ce{C}$与$\ce{H_{2}O}$的质量比为$12:(1×2 + 16)=12:18=2:3≠1:1$，D错误。
【答案】C
【知识点】质量守恒定律、化学方程式、微粒符号
【点评】本题通过微观示意图考查化学反应的核心知识，需先准确转化为化学方程式，再结合化学用语规则、质量守恒定律分析选项，属于基础题型，考查学生的识图与应用能力。
【难度系数】0.6
【解析】根据微观示意图写出反应的化学方程式为$\ce{C + H_{2}O\xlongequal{高温} CO + H_{2}}$，逐一分析选项：
1. 选项A：氢分子的符号为$\ce{H_{2}}$，$\ce{2H}$表示2个氢原子，A错误；
2. 选项B：化学反应的本质是分子破裂、原子重新组合，反应前后分子种类一定改变，原子种类不变，B错误；
3. 选项C：根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，C正确；
4. 选项D：参加反应的$\ce{C}$与$\ce{H_{2}O}$的质量比为$12:(1×2 + 16)=12:18=2:3≠1:1$，D错误。
【答案】C
【知识点】质量守恒定律、化学方程式、微粒符号
【点评】本题通过微观示意图考查化学反应的核心知识，需先准确转化为化学方程式，再结合化学用语规则、质量守恒定律分析选项，属于基础题型，考查学生的识图与应用能力。
【难度系数】0.6
12 [2024 无锡段考]物质 X 在 5 g 氧气中充分燃烧,反应的化学方程式为 $\ce{X + 3O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}RO_{2} + 2SO_{2}}$(R为某种未知元素),测得 $\ce{RO_{2}}$ 和 $\ce{SO_{2}}$ 的质量分别为 2.2 g 和 6.4 g。下列判断正确的是 （
A.$\ce{RO_{2}}$ 中 R 的化合价为 $+2$
B.X 中含有 R、S、O 三种元素
C.参加反应的 X 的质量为 3.6 g
D.反应后的混合物中有三种物质
D
）A.$\ce{RO_{2}}$ 中 R 的化合价为 $+2$
B.X 中含有 R、S、O 三种元素
C.参加反应的 X 的质量为 3.6 g
D.反应后的混合物中有三种物质
答案
12. D
【解析】氧元素在化合物中通常显$-2$价,设$\ce{RO_{2}}$中R的化合价为$x$,根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0,可得$x+(-2)×2=0$,$x=+4$,A错误。设$\ce{RO_{2}}$的相对分子质量为$m$,参加反应的氧气的质量为$n$。
$\ce{X + 3O_{2}\xlongequal{点燃}RO_{2} + 2SO_{2}}$
$\quad\quad 96\quad\quad m\quad\ 128$
$\quad\quad n\quad\ 2.2\ \mathrm{g}\ 6.4\ \mathrm{g}$
$\dfrac{96}{128}=\dfrac{n}{6.4\ \mathrm{g}}\quad n=4.8\ \mathrm{g}$
$\dfrac{m}{128}=\dfrac{2.2\ \mathrm{g}}{6.4\ \mathrm{g}}\quad m=44$
$\ce{RO_{2}}$中氧元素的质量为$2.2\ \mathrm{g}×(\dfrac{16×2}{44}×100\%)=1.6\ \mathrm{g}$,
$\ce{SO_{2}}$中氧元素的质量为$6.4\ \mathrm{g}×(\dfrac{16×2}{64}×100\%)=3.2\ \mathrm{g}$,根据质量守恒定律,化学反应前后元素的种类不变,生成物中含R、S、O元素,故反应物中一定含R、S、O元素,已知反应物氧气中含有氧元素,则X中一定含R、S元素,由于生成物中氧元素的质量为$1.6\ \mathrm{g}+3.2\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$,与消耗氧气的质量相等,故X中不含氧元素,B错误。根据质量守恒定律,参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和,故参加反应的X的质量为$2.2\ \mathrm{g}+6.4\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=3.8\ \mathrm{g}$,C错误。由以上分析可知,5 g氧气消耗了4.8 g,故氧气有剩余,则反应后的混合物中有$\ce{RO_{2}}$和$\ce{SO_{2}}$以及剩余的氧气三种物质,D正确。
【解析】氧元素在化合物中通常显$-2$价,设$\ce{RO_{2}}$中R的化合价为$x$,根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0,可得$x+(-2)×2=0$,$x=+4$,A错误。设$\ce{RO_{2}}$的相对分子质量为$m$,参加反应的氧气的质量为$n$。
$\ce{X + 3O_{2}\xlongequal{点燃}RO_{2} + 2SO_{2}}$
$\quad\quad 96\quad\quad m\quad\ 128$
$\quad\quad n\quad\ 2.2\ \mathrm{g}\ 6.4\ \mathrm{g}$
$\dfrac{96}{128}=\dfrac{n}{6.4\ \mathrm{g}}\quad n=4.8\ \mathrm{g}$
$\dfrac{m}{128}=\dfrac{2.2\ \mathrm{g}}{6.4\ \mathrm{g}}\quad m=44$
$\ce{RO_{2}}$中氧元素的质量为$2.2\ \mathrm{g}×(\dfrac{16×2}{44}×100\%)=1.6\ \mathrm{g}$,
$\ce{SO_{2}}$中氧元素的质量为$6.4\ \mathrm{g}×(\dfrac{16×2}{64}×100\%)=3.2\ \mathrm{g}$,根据质量守恒定律,化学反应前后元素的种类不变,生成物中含R、S、O元素,故反应物中一定含R、S、O元素,已知反应物氧气中含有氧元素,则X中一定含R、S元素,由于生成物中氧元素的质量为$1.6\ \mathrm{g}+3.2\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$,与消耗氧气的质量相等,故X中不含氧元素,B错误。根据质量守恒定律,参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和,故参加反应的X的质量为$2.2\ \mathrm{g}+6.4\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=3.8\ \mathrm{g}$,C错误。由以上分析可知,5 g氧气消耗了4.8 g,故氧气有剩余,则反应后的混合物中有$\ce{RO_{2}}$和$\ce{SO_{2}}$以及剩余的氧气三种物质,D正确。
解析
【分析】
要解决这道题，需分步骤分析：1. 根据化合物中化合价代数和为0，计算RO₂中R的化合价，判断选项A；2. 利用化学方程式中物质的质量比，计算参加反应的氧气质量，再计算RO₂的相对分子质量；3. 通过计算生成物中氧元素总质量，结合参加反应的氧气质量，依据质量守恒定律判断X的元素组成，排除选项B；4. 根据质量守恒定律计算参加反应的X质量，判断选项C；5. 结合参加反应的氧气质量与初始氧气质量，判断反应后混合物的物质种类，确定选项D。
【解析】
1. 计算RO₂中R的化合价：氧元素在化合物中显-2价，设RO₂中R的化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，得$x + (-2)×2 = 0$，解得$x=+4$，故A错误。
2. 计算参加反应的氧气质量及RO₂的相对分子质量：设RO₂的相对分子质量为m，参加反应的氧气质量为n。根据化学方程式$\ce{X + 3O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}RO_{2} + 2SO_{2}}$，$\ce{3O_{2}}$的相对分子质量总和为$3×32=96$，$\ce{2SO_{2}}$的相对分子质量总和为$2×64=128$，则：
$\dfrac{96}{128}=\dfrac{n}{6.4\ \mathrm{g}}$，解得$n=4.8\ \mathrm{g}$；
$\dfrac{m}{128}=\dfrac{2.2\ \mathrm{g}}{6.4\ \mathrm{g}}$，解得$m=44$。
3. 判断X的元素组成：计算生成物中氧元素的总质量：$\ce{RO_{2}}$中氧元素质量为$2.2\ \mathrm{g}×\dfrac{16×2}{44}=1.6\ \mathrm{g}$，$\ce{SO_{2}}$中氧元素质量为$6.4\ \mathrm{g}×\dfrac{16×2}{64}=3.2\ \mathrm{g}$，总氧元素质量为$1.6\ \mathrm{g}+3.2\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$，与参加反应的氧气质量相等，说明X中不含氧元素；根据质量守恒定律，生成物含R、S、O元素，反应物氧气含O，故X含R、S元素，不含O，B错误。
4. 计算参加反应的X质量：根据质量守恒定律，参加反应的X质量为$2.2\ \mathrm{g}+6.4\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=3.8\ \mathrm{g}$，故C错误。
5. 判断反应后混合物的物质种类：初始氧气质量为5g，参加反应的氧气为4.8g，剩余氧气质量为$5\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{g}$，因此反应后的混合物有$\ce{RO_{2}}$、$\ce{SO_{2}}$、剩余氧气三种物质，D正确。
【答案】
D
【知识点】
化合价计算、质量守恒定律、化学方程式计算
【点评】
本题综合考查化合价、质量守恒定律及化学方程式的应用，需要学生熟练掌握相关计算方法，细致分析元素组成和反应后物质种类，是化学学科中常见的综合题型，对学生的逻辑分析和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需分步骤分析：1. 根据化合物中化合价代数和为0，计算RO₂中R的化合价，判断选项A；2. 利用化学方程式中物质的质量比，计算参加反应的氧气质量，再计算RO₂的相对分子质量；3. 通过计算生成物中氧元素总质量，结合参加反应的氧气质量，依据质量守恒定律判断X的元素组成，排除选项B；4. 根据质量守恒定律计算参加反应的X质量，判断选项C；5. 结合参加反应的氧气质量与初始氧气质量，判断反应后混合物的物质种类，确定选项D。
【解析】
1. 计算RO₂中R的化合价：氧元素在化合物中显-2价，设RO₂中R的化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，得$x + (-2)×2 = 0$，解得$x=+4$，故A错误。
2. 计算参加反应的氧气质量及RO₂的相对分子质量：设RO₂的相对分子质量为m，参加反应的氧气质量为n。根据化学方程式$\ce{X + 3O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}RO_{2} + 2SO_{2}}$，$\ce{3O_{2}}$的相对分子质量总和为$3×32=96$，$\ce{2SO_{2}}$的相对分子质量总和为$2×64=128$，则：
$\dfrac{96}{128}=\dfrac{n}{6.4\ \mathrm{g}}$，解得$n=4.8\ \mathrm{g}$；
$\dfrac{m}{128}=\dfrac{2.2\ \mathrm{g}}{6.4\ \mathrm{g}}$，解得$m=44$。
3. 判断X的元素组成：计算生成物中氧元素的总质量：$\ce{RO_{2}}$中氧元素质量为$2.2\ \mathrm{g}×\dfrac{16×2}{44}=1.6\ \mathrm{g}$，$\ce{SO_{2}}$中氧元素质量为$6.4\ \mathrm{g}×\dfrac{16×2}{64}=3.2\ \mathrm{g}$，总氧元素质量为$1.6\ \mathrm{g}+3.2\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$，与参加反应的氧气质量相等，说明X中不含氧元素；根据质量守恒定律，生成物含R、S、O元素，反应物氧气含O，故X含R、S元素，不含O，B错误。
4. 计算参加反应的X质量：根据质量守恒定律，参加反应的X质量为$2.2\ \mathrm{g}+6.4\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=3.8\ \mathrm{g}$，故C错误。
5. 判断反应后混合物的物质种类：初始氧气质量为5g，参加反应的氧气为4.8g，剩余氧气质量为$5\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{g}$，因此反应后的混合物有$\ce{RO_{2}}$、$\ce{SO_{2}}$、剩余氧气三种物质，D正确。
【答案】
D
【知识点】
化合价计算、质量守恒定律、化学方程式计算
【点评】
本题综合考查化合价、质量守恒定律及化学方程式的应用，需要学生熟练掌握相关计算方法，细致分析元素组成和反应后物质种类，是化学学科中常见的综合题型，对学生的逻辑分析和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
13 [2025 宿迁期末]一定条件下,$\ce{H_{2}S}$与$\ce{SO_{2}}$反应前后各物质的质量如图所示。下列说法不正确的是（
A.$x$ 的值为 19
B.反应生成的两种物质质量比为 $48:19$
C.物质 $\mathrm{M}$ 中一定含有 $\mathrm{S}$ 元素
D.反应前后原子数目不变
B
）A.$x$ 的值为 19
B.反应生成的两种物质质量比为 $48:19$
C.物质 $\mathrm{M}$ 中一定含有 $\mathrm{S}$ 元素
D.反应前后原子数目不变
答案
13. B
【解析】根据图示可知,硫化氢与二氧化硫反应生成水和另外一种含硫物质,所以M中一定含有硫元素。硫化氢的质量为34 g,二氧化硫的质量为32 g,M的质量为48 g,根据质量守恒定律可知,$34\ \mathrm{g}+32\ \mathrm{g}+1\ \mathrm{g}=48\ \mathrm{g}+x\ \mathrm{g}$,$x=19$,A正确;由以上分析可知,反应生成M和水,两种物质的质量比为$48\ \mathrm{g}:(19-1)\mathrm{g}=8:3$,B错误;由以上分析可知,物质M中一定含有S元素,C正确;根据质量守恒定律可知,化学反应前后原子数目不变,D正确。
【解析】根据图示可知,硫化氢与二氧化硫反应生成水和另外一种含硫物质,所以M中一定含有硫元素。硫化氢的质量为34 g,二氧化硫的质量为32 g,M的质量为48 g,根据质量守恒定律可知,$34\ \mathrm{g}+32\ \mathrm{g}+1\ \mathrm{g}=48\ \mathrm{g}+x\ \mathrm{g}$,$x=19$,A正确;由以上分析可知,反应生成M和水,两种物质的质量比为$48\ \mathrm{g}:(19-1)\mathrm{g}=8:3$,B错误;由以上分析可知,物质M中一定含有S元素,C正确;根据质量守恒定律可知,化学反应前后原子数目不变,D正确。
解析
【分析】
本题是结合图像考查质量守恒定律的应用，解题思路如下：
1. 首先明确：反应过程中，质量减少的是反应物，质量增加的是生成物，且化学反应前后物质总质量不变。
2. 从图像提取各物质初始质量：$\ce{H_{2}S}$初始质量34g，$\ce{SO_{2}}$初始质量32g，$\ce{H_{2}O}$初始质量1g，$\ce{M}$初始质量0g；反应后$\ce{M}$质量48g，$\ce{H_{2}O}$质量为$x$g。
3. 利用质量守恒定律计算$x$的值，再逐一分析选项：判断A是否正确；计算生成的两种物质质量比，判断B是否正确；结合元素守恒判断$\ce{M}$的元素组成，判断C是否正确；根据质量守恒定律判断原子数目变化，判断D是否正确。
【解析】
根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量相等：
反应前总质量 = $\ce{H_{2}S}$质量 + $\ce{SO_{2}}$质量 + 初始$\ce{H_{2}O}$质量 = $34\ \mathrm{g} + 32\ \mathrm{g} + 1\ \mathrm{g} = 67\ \mathrm{g}$；
反应后总质量 = $\ce{M}$质量 + 反应后$\ce{H_{2}O}$质量 = $48\ \mathrm{g} + x\ \mathrm{g}$；
因此$34\ \mathrm{g} + 32\ \mathrm{g} + 1\ \mathrm{g} = 48\ \mathrm{g} + x\ \mathrm{g}$，解得$x=19$，故A选项正确。
反应生成的$\ce{H_{2}O}$质量 = 反应后$\ce{H_{2}O}$质量 - 初始$\ce{H_{2}O}$质量 = $19\ \mathrm{g} - 1\ \mathrm{g} = 18\ \mathrm{g}$；
反应生成的$\ce{M}$质量为$48\ \mathrm{g}$，则生成的两种物质质量比为$48\ \mathrm{g}:18\ \mathrm{g}=8:3$，并非$48:19$，故B选项错误。
根据元素守恒：反应物$\ce{H_{2}S}$含$\ce{S}$、$\ce{H}$元素，$\ce{SO_{2}}$含$\ce{S}$、$\ce{O}$元素，生成物$\ce{H_{2}O}$含$\ce{H}$、$\ce{O}$元素，因此$\ce{M}$中一定含有$\ce{S}$元素，故C选项正确。
根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目均不变，故D选项正确。
综上，不正确的是B选项。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、元素守恒、化学计算
【点评】
本题结合图像考查质量守恒定律的应用，核心是利用反应前后总质量不变计算未知物质质量，再结合元素守恒判断物质组成，难度适中，需学生准确分析图像中的质量变化关系。
【难度系数】
0.5
本题是结合图像考查质量守恒定律的应用，解题思路如下：
1. 首先明确：反应过程中，质量减少的是反应物，质量增加的是生成物，且化学反应前后物质总质量不变。
2. 从图像提取各物质初始质量：$\ce{H_{2}S}$初始质量34g，$\ce{SO_{2}}$初始质量32g，$\ce{H_{2}O}$初始质量1g，$\ce{M}$初始质量0g；反应后$\ce{M}$质量48g，$\ce{H_{2}O}$质量为$x$g。
3. 利用质量守恒定律计算$x$的值，再逐一分析选项：判断A是否正确；计算生成的两种物质质量比，判断B是否正确；结合元素守恒判断$\ce{M}$的元素组成，判断C是否正确；根据质量守恒定律判断原子数目变化，判断D是否正确。
【解析】
根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量相等：
反应前总质量 = $\ce{H_{2}S}$质量 + $\ce{SO_{2}}$质量 + 初始$\ce{H_{2}O}$质量 = $34\ \mathrm{g} + 32\ \mathrm{g} + 1\ \mathrm{g} = 67\ \mathrm{g}$；
反应后总质量 = $\ce{M}$质量 + 反应后$\ce{H_{2}O}$质量 = $48\ \mathrm{g} + x\ \mathrm{g}$；
因此$34\ \mathrm{g} + 32\ \mathrm{g} + 1\ \mathrm{g} = 48\ \mathrm{g} + x\ \mathrm{g}$，解得$x=19$，故A选项正确。
反应生成的$\ce{H_{2}O}$质量 = 反应后$\ce{H_{2}O}$质量 - 初始$\ce{H_{2}O}$质量 = $19\ \mathrm{g} - 1\ \mathrm{g} = 18\ \mathrm{g}$；
反应生成的$\ce{M}$质量为$48\ \mathrm{g}$，则生成的两种物质质量比为$48\ \mathrm{g}:18\ \mathrm{g}=8:3$，并非$48:19$，故B选项错误。
根据元素守恒：反应物$\ce{H_{2}S}$含$\ce{S}$、$\ce{H}$元素，$\ce{SO_{2}}$含$\ce{S}$、$\ce{O}$元素，生成物$\ce{H_{2}O}$含$\ce{H}$、$\ce{O}$元素，因此$\ce{M}$中一定含有$\ce{S}$元素，故C选项正确。
根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目均不变，故D选项正确。
综上，不正确的是B选项。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、元素守恒、化学计算
【点评】
本题结合图像考查质量守恒定律的应用，核心是利用反应前后总质量不变计算未知物质质量，再结合元素守恒判断物质组成，难度适中，需学生准确分析图像中的质量变化关系。
【难度系数】
0.5
反应过程
14 完成下列反应的化学方程式及化学方程式配平。
(1) 硫在氧气中充分燃烧：。
(2) 氧化铜与氢气在加热条件下反应生成铜和水：。
(3) 二氧化碳与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水：。
(4) 铁与硫酸铜溶液反应：。
(5) 配平下列化学方程式(将化学计量数填入方框内)。
① $□ \ce{Fe_{2}O_{3}}+□ \ce{CO}\xlongequal{高温}□ \ce{Fe}+□ \ce{CO_{2}}$ ② $□ \ce{NaOH}+□ \ce{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}\xlongequal{}□ \ce{Fe(OH)_{3}}\downarrow +□ \ce{Na_{2}SO_{4}}$
14 完成下列反应的化学方程式及化学方程式配平。
(1) 硫在氧气中充分燃烧：。
(2) 氧化铜与氢气在加热条件下反应生成铜和水：。
(3) 二氧化碳与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水：。
(4) 铁与硫酸铜溶液反应：。
(5) 配平下列化学方程式(将化学计量数填入方框内)。
① $□ \ce{Fe_{2}O_{3}}+□ \ce{CO}\xlongequal{高温}□ \ce{Fe}+□ \ce{CO_{2}}$ ② $□ \ce{NaOH}+□ \ce{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}\xlongequal{}□ \ce{Fe(OH)_{3}}\downarrow +□ \ce{Na_{2}SO_{4}}$
答案
14. (1) $\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$
(2) $\ce{CuO + H_{2}\xlongequal{\Delta}Cu + H_{2}O}$
(3) $\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2}\xlongequal{\;\;}CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
(4) $\ce{Fe + CuSO_{4}\xlongequal{\;\;}FeSO_{4} + Cu}$
(5) ① 1 3 2 3 ② 6 1 2 3
(2) $\ce{CuO + H_{2}\xlongequal{\Delta}Cu + H_{2}O}$
(3) $\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2}\xlongequal{\;\;}CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
(4) $\ce{Fe + CuSO_{4}\xlongequal{\;\;}FeSO_{4} + Cu}$
(5) ① 1 3 2 3 ② 6 1 2 3
解析
【分析】
本题考查常见化学反应的化学方程式书写及配平，解题思路为：1. 回忆每个反应的反应物、生成物及反应条件；2. 根据质量守恒定律，通过观察法、得失氧法或最小公倍数法配平化学方程式，注意标注沉淀、气体符号及反应条件。
【解析】
(1) 硫在氧气中充分燃烧，反应物为S和O₂，反应条件为点燃，生成物为SO₂，反应前后原子数目守恒，直接书写配平：$\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$；
(2) 氧化铜与氢气加热反应，反应物为CuO和H₂，反应条件为加热（Δ），生成物为Cu和H₂O，原子数目守恒：$\ce{CuO + H_{2}\xlongequal{\Delta}Cu + H_{2}O}$；
(3) 二氧化碳与氢氧化钙反应，反应物为CO₂和Ca(OH)₂，生成物为CaCO₃沉淀和H₂O，需标注沉淀符号：$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2}\xlongequal{\;\;}CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$；
(4) 铁与硫酸铜发生置换反应，生成硫酸亚铁（Fe显+2价）和铜：$\ce{Fe + CuSO_{4}\xlongequal{\;\;}FeSO_{4} + Cu}$；
(5) ① 配平$\ce{Fe_{2}O_{3} + CO\xlongequal{高温}Fe + CO_{2}}$：利用得失氧法，1个$\ce{Fe_{2}O_{3}}$提供3个O，每个CO得1个O生成$\ce{CO_{2}}$，故CO和$\ce{CO_{2}}$计量数为3，Fe计量数为2，得1、3、2、3；
② 配平$\ce{NaOH + Fe_{2}(SO_{4})_{3}\xlongequal{}Fe(OH)_{3}\downarrow + Na_{2}SO_{4}}$：先配Fe原子，$\ce{Fe(OH)_{3}}$前加2，再配OH⁻，NaOH前加6，最后配Na和$\ce{SO^{2-}_{4}}$，得6、1、2、3。
【答案】
(1) $\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$；(2) $\ce{CuO + H_{2}\xlongequal{\Delta}Cu + H_{2}O}$；(3) $\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2}\xlongequal{\;\;}CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$；(4) $\ce{Fe + CuSO_{4}\xlongequal{\;\;}FeSO_{4} + Cu}$；(5) ① 1、3、2、3；② 6、1、2、3
【知识点】
化学方程式书写、化学方程式配平、常见化学反应
【点评】
本题为化学基础核心考点，考察常见反应的方程式书写与配平，题型基础，侧重巩固学生对化学用语的掌握，难度较低。
【难度系数】
0.8
本题考查常见化学反应的化学方程式书写及配平，解题思路为：1. 回忆每个反应的反应物、生成物及反应条件；2. 根据质量守恒定律，通过观察法、得失氧法或最小公倍数法配平化学方程式，注意标注沉淀、气体符号及反应条件。
【解析】
(1) 硫在氧气中充分燃烧，反应物为S和O₂，反应条件为点燃，生成物为SO₂，反应前后原子数目守恒，直接书写配平：$\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$；
(2) 氧化铜与氢气加热反应，反应物为CuO和H₂，反应条件为加热（Δ），生成物为Cu和H₂O，原子数目守恒：$\ce{CuO + H_{2}\xlongequal{\Delta}Cu + H_{2}O}$；
(3) 二氧化碳与氢氧化钙反应，反应物为CO₂和Ca(OH)₂，生成物为CaCO₃沉淀和H₂O，需标注沉淀符号：$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2}\xlongequal{\;\;}CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$；
(4) 铁与硫酸铜发生置换反应，生成硫酸亚铁（Fe显+2价）和铜：$\ce{Fe + CuSO_{4}\xlongequal{\;\;}FeSO_{4} + Cu}$；
(5) ① 配平$\ce{Fe_{2}O_{3} + CO\xlongequal{高温}Fe + CO_{2}}$：利用得失氧法，1个$\ce{Fe_{2}O_{3}}$提供3个O，每个CO得1个O生成$\ce{CO_{2}}$，故CO和$\ce{CO_{2}}$计量数为3，Fe计量数为2，得1、3、2、3；
② 配平$\ce{NaOH + Fe_{2}(SO_{4})_{3}\xlongequal{}Fe(OH)_{3}\downarrow + Na_{2}SO_{4}}$：先配Fe原子，$\ce{Fe(OH)_{3}}$前加2，再配OH⁻，NaOH前加6，最后配Na和$\ce{SO^{2-}_{4}}$，得6、1、2、3。
【答案】
(1) $\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$；(2) $\ce{CuO + H_{2}\xlongequal{\Delta}Cu + H_{2}O}$；(3) $\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2}\xlongequal{\;\;}CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$；(4) $\ce{Fe + CuSO_{4}\xlongequal{\;\;}FeSO_{4} + Cu}$；(5) ① 1、3、2、3；② 6、1、2、3
【知识点】
化学方程式书写、化学方程式配平、常见化学反应
【点评】
本题为化学基础核心考点，考察常见反应的方程式书写与配平，题型基础，侧重巩固学生对化学用语的掌握，难度较低。
【难度系数】
0.8
15 根据题给信息回答下列问题。
(1) 钛与浓盐酸反应:$2\ce{Ti} + 6\ce{HCl}(浓)\xlongequal{\;\;}2\ce{X} + 3\ce{H_{2}}\uparrow$,则 X 的化学式为
(2) 肼—空气燃料电池有望应用于汽车工业,其原理是肼$(\ce{N_{2}H_{4}})$与氧气在特定条件下反应生成一种单质和水,该反应的化学方程式为
(3) 工业制铝原理为电解熔融的$\ce{Al_{2}O_{3}}$,生成铝和一种可供呼吸的气体,该反应的化学方程式为
(4)《千里江山图》为运动员服装设计提供灵感,其真迹颜料含有石绿。石绿[主要成分为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$]受热分解生成三种氧化物(无化合价变化),反应的化学方程式为
$\ce{氮气}\overset{①}{\ce{\longrightarrow }}\ce{一定条件}$
(1) 钛与浓盐酸反应:$2\ce{Ti} + 6\ce{HCl}(浓)\xlongequal{\;\;}2\ce{X} + 3\ce{H_{2}}\uparrow$,则 X 的化学式为
$\ce{TiCl_{3}}$
。(2) 肼—空气燃料电池有望应用于汽车工业,其原理是肼$(\ce{N_{2}H_{4}})$与氧气在特定条件下反应生成一种单质和水,该反应的化学方程式为
$\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$
。(3) 工业制铝原理为电解熔融的$\ce{Al_{2}O_{3}}$,生成铝和一种可供呼吸的气体,该反应的化学方程式为
$\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$
。(4)《千里江山图》为运动员服装设计提供灵感,其真迹颜料含有石绿。石绿[主要成分为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$]受热分解生成三种氧化物(无化合价变化),反应的化学方程式为
$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
。$\ce{氮气}\overset{①}{\ce{\longrightarrow }}\ce{一定条件}$
答案
15. (1) $\ce{TiCl_{3}}$
(2) $\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$
(3) $\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$
(4) $\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
(2) $\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$
(3) $\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$
(4) $\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
解析
【分析】
本题为化学基础应用类题目，主要考查质量守恒定律的应用及化学方程式的规范书写，解题思路如下：
(1) 依据化学反应前后原子的种类、数目不变，通过反应前后各原子的数量推导未知物X的化学式；
(2)(3)(4) 需先根据题目信息确定反应物、生成物及反应条件，再结合化学方程式的书写原则（原子守恒配平、标注反应条件和气体符号）完成书写。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目相等：反应前Ti原子2个、H原子6个、Cl原子6个；反应后3H₂含6个H原子，因此2个X分子共含2个Ti原子和6个Cl原子，即每个X含1个Ti原子和3个Cl原子，故X的化学式为$\ce{TiCl_{3}}$；
(2) 肼（$\ce{N_{2}H_{4}}$）与氧气反应，生成的单质为含氮元素的$\ce{N_{2}}$，另一种产物为水，配平后化学方程式为：$\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$；
(3) 电解熔融$\ce{Al_{2}O_{3}}$生成铝和可供呼吸的$\ce{O_{2}}$，反应条件为通电，配平后化学方程式为：$\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$；
(4) 碱式碳酸铜（$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$）受热分解生成三种氧化物，无化合价变化，产物为$\ce{CuO}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$，配平后化学方程式为：$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$；
【答案】
(1) $\ce{TiCl_{3}}$
(2) $\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$
(3) $\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$
(4) $\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
【知识点】
质量守恒定律，化学方程式书写，氧化物分解反应
【点评】
本题聚焦初中化学核心基础知识点，通过不同题型考查学生对质量守恒定律的应用能力和化学方程式的规范书写能力，题目难度较低，是巩固化学用语的典型习题，需注意反应条件、气体符号的正确标注。
【难度系数】
0.7
本题为化学基础应用类题目，主要考查质量守恒定律的应用及化学方程式的规范书写，解题思路如下：
(1) 依据化学反应前后原子的种类、数目不变，通过反应前后各原子的数量推导未知物X的化学式；
(2)(3)(4) 需先根据题目信息确定反应物、生成物及反应条件，再结合化学方程式的书写原则（原子守恒配平、标注反应条件和气体符号）完成书写。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目相等：反应前Ti原子2个、H原子6个、Cl原子6个；反应后3H₂含6个H原子，因此2个X分子共含2个Ti原子和6个Cl原子，即每个X含1个Ti原子和3个Cl原子，故X的化学式为$\ce{TiCl_{3}}$；
(2) 肼（$\ce{N_{2}H_{4}}$）与氧气反应，生成的单质为含氮元素的$\ce{N_{2}}$，另一种产物为水，配平后化学方程式为：$\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$；
(3) 电解熔融$\ce{Al_{2}O_{3}}$生成铝和可供呼吸的$\ce{O_{2}}$，反应条件为通电，配平后化学方程式为：$\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$；
(4) 碱式碳酸铜（$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$）受热分解生成三种氧化物，无化合价变化，产物为$\ce{CuO}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$，配平后化学方程式为：$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$；
【答案】
(1) $\ce{TiCl_{3}}$
(2) $\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$
(3) $\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$
(4) $\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
【知识点】
质量守恒定律，化学方程式书写，氧化物分解反应
【点评】
本题聚焦初中化学核心基础知识点，通过不同题型考查学生对质量守恒定律的应用能力和化学方程式的规范书写能力，题目难度较低，是巩固化学用语的典型习题，需注意反应条件、气体符号的正确标注。
【难度系数】
0.7
16 [2025 龙岩期中]空气中含有大量的氮气,如何将氮气在常温下转化为氨气成为近年研究的热点。一种将氮气转化为氨气$(NH_{3})$的循环过程如图所示。回答下列问题:
(1) LiOH 中原子团的名称为
(2) 氨气$(NH_{3})$中氮元素的化合价为
(3) 反应过程中,除生成氨气外,还生成了一种单质气体,该气体的化学式为
(4) 过程①中发生反应的化学方程式为
(5) 该过程中能循环使用的物质有
(1) LiOH 中原子团的名称为
氢氧根离子
。(2) 氨气$(NH_{3})$中氮元素的化合价为
$-3$
。(3) 反应过程中,除生成氨气外,还生成了一种单质气体,该气体的化学式为
$\ce{O_{2}}$
。(4) 过程①中发生反应的化学方程式为
$\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$
。(5) 该过程中能循环使用的物质有
$\ce{H_{2}O}$(或$\ce{Li}$)
(填一种物质即可)。答案
16. (1) 氢氧根离子
(2) $-3$
(3) $\ce{O_{2}}$
(4) $\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$
(5) $\ce{H_{2}O}$(或$\ce{Li}$)
(2) $-3$
(3) $\ce{O_{2}}$
(4) $\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$
(5) $\ce{H_{2}O}$(或$\ce{Li}$)
解析
【分析】
本题结合氮气转化为氨气的循环流程，考查化学基础知识点：
1. 第(1)题需明确LiOH中的原子团名称，LiOH由锂离子和氢氧根离子构成；
2. 第(2)题根据化合物中正负化合价代数和为0计算氮元素化合价；
3. 第(3)题分析反应流程，找出除氨气外的单质气体；
4. 第(4)题根据流程确定反应物、生成物，结合原子守恒配平化学方程式；
5. 第(5)题判断流程中既是反应物又是生成物的可循环物质。
【解析】
(1) LiOH中的原子团是氢氧根离子，名称为氢氧根离子；
(2) 氨气(NH₃)中氢元素显+1价，设氮元素化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，得x + ( +1 )×3 = 0，解得x = -3；
(3) 由流程可知，过程③中LiOH通电分解，生成Li、水和氧气，氧气是单质，故该气体为O₂；
(4) 过程①是Li与N₂在一定条件下反应生成Li₃N，配平后化学方程式为：$\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$；
(5) 流程中，Li在过程①作反应物，过程③生成Li；H₂O在过程②作反应物，过程③生成H₂O，二者均可循环使用。
【答案】
(1) 氢氧根离子
(2) $-3$
(3) $\ce{O_{2}}$
(4) $\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$
(5) $\ce{H_{2}O}$(或$\ce{Li}$)
【知识点】
化合价计算、化学方程式书写、物质循环利用
【点评】
本题以氮气转化为氨气的循环过程为载体，考查化学基础核心知识点，需准确分析流程中物质的转化关系，难度适中，适合期中阶段考查。
【难度系数】
0.6
本题结合氮气转化为氨气的循环流程，考查化学基础知识点：
1. 第(1)题需明确LiOH中的原子团名称，LiOH由锂离子和氢氧根离子构成；
2. 第(2)题根据化合物中正负化合价代数和为0计算氮元素化合价；
3. 第(3)题分析反应流程，找出除氨气外的单质气体；
4. 第(4)题根据流程确定反应物、生成物，结合原子守恒配平化学方程式；
5. 第(5)题判断流程中既是反应物又是生成物的可循环物质。
【解析】
(1) LiOH中的原子团是氢氧根离子，名称为氢氧根离子；
(2) 氨气(NH₃)中氢元素显+1价，设氮元素化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，得x + ( +1 )×3 = 0，解得x = -3；
(3) 由流程可知，过程③中LiOH通电分解，生成Li、水和氧气，氧气是单质，故该气体为O₂；
(4) 过程①是Li与N₂在一定条件下反应生成Li₃N，配平后化学方程式为：$\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$；
(5) 流程中，Li在过程①作反应物，过程③生成Li；H₂O在过程②作反应物，过程③生成H₂O，二者均可循环使用。
【答案】
(1) 氢氧根离子
(2) $-3$
(3) $\ce{O_{2}}$
(4) $\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$
(5) $\ce{H_{2}O}$(或$\ce{Li}$)
【知识点】
化合价计算、化学方程式书写、物质循环利用
【点评】
本题以氮气转化为氨气的循环过程为载体，考查化学基础核心知识点，需准确分析流程中物质的转化关系，难度适中，适合期中阶段考查。
【难度系数】
0.6
