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12. (8分)我国科学家研究出碳化钼($\ce{Mo_{2}C}$)负载金原子组成的高效催化体系，使水煤气中的$\ce{CO}$和$\ce{H_{2}O}$在$120\ °\mathrm{C}$下发生反应，反应微观模型如图所示。
（1）反应微观模型中，除钼外还有________种元素。
（2）在该反应过程中：
① 构成催化剂的各原子________（填“有”或“没有”）变化。
② 金原子对________（填“$\ce{CO}$”或“$\ce{H_{2}O}$”）起吸附催化作用。
③ 反应的化学方程式为________。
（1）反应微观模型中，除钼外还有________种元素。
（2）在该反应过程中：
① 构成催化剂的各原子________（填“有”或“没有”）变化。
② 金原子对________（填“$\ce{CO}$”或“$\ce{H_{2}O}$”）起吸附催化作用。
③ 反应的化学方程式为________。
答案
12. (1) 4 (2) ① 没有 ② $\ce{CO}$ ③ $\ce{CO + H_{2}O\xlongequal[120\ °C]{催化剂} CO_{2} + H_{2}}$
〔解析〕(1) 反应微观模型中,反应物是$\ce{CO}$和$\ce{H_{2}O}$,催化剂是碳化钼($\ce{Mo_{2}C}$)负载金原子,生成物是二氧化碳和氢气,除钼外还有4种元素。(2) ① 根据催化剂在化学反应前后质量和化学性质不变,原子是化学变化中的最小微观粒子,所以构成催化剂的各原子没有变化。② 根据反应微观模型可以看出,金原子对$\ce{CO}$起吸附催化作用。③ $\ce{CO}$和$\ce{H_{2}O}$在催化剂和120 ℃的条件下反应生成二氧化碳和氢气。
〔解析〕(1) 反应微观模型中,反应物是$\ce{CO}$和$\ce{H_{2}O}$,催化剂是碳化钼($\ce{Mo_{2}C}$)负载金原子,生成物是二氧化碳和氢气,除钼外还有4种元素。(2) ① 根据催化剂在化学反应前后质量和化学性质不变,原子是化学变化中的最小微观粒子,所以构成催化剂的各原子没有变化。② 根据反应微观模型可以看出,金原子对$\ce{CO}$起吸附催化作用。③ $\ce{CO}$和$\ce{H_{2}O}$在催化剂和120 ℃的条件下反应生成二氧化碳和氢气。
解析
【分析】
我们可以按设问顺序逐步梳理解题思路：
1. 第(1)问：先统计整个反应体系里所有出现的元素种类，排除钼元素后，数剩余的不同元素即可，不要漏算催化剂里的金元素。
2. 第(2)问①：结合催化剂的基本性质，催化剂在化学反应前后本身质量和化学性质都不变，而原子是化学变化中的最小粒子，因此构成催化剂的原子不会发生改变。
3. 第(2)问②：直接观察微观示意图，看金原子表面吸附的分子种类，就能判断金原子对哪种物质起吸附催化作用。
4. 第(2)问③：从图中识别出反应物是CO和H₂O，生成物是CO₂和H₂，标注题目给出的反应条件，配平后即可写出对应的化学方程式。
【解析】
(1) 反应微观模型中涉及的元素包括钼、金、碳、氢、氧共5种，排除钼元素后，剩余金、碳、氢、氧共4种元素。
(2) ① 催化剂在化学反应前后自身的质量和化学性质均不发生变化，原子是化学变化中的最小微粒，因此构成催化剂的各原子没有变化。
② 观察微观图示可以发现，CO分子吸附在金原子表面，H₂O分子吸附在碳化钼载体表面，因此金原子对CO起吸附催化作用。
③ 该反应中，CO和H₂O在催化体系、120℃的条件下反应，生成CO₂和H₂，配平后得到化学方程式：$\ce{CO + H_{2}O\xlongequal[120\ °C]{催化剂} CO_{2} + H_{2}}$。
【答案】
(1) 4
(2) ① 没有 ② $\ce{CO}$ ③ $\ce{CO + H_{2}O\xlongequal[120\ °C]{催化剂} CO_{2} + H_{2}}$
【知识点】
元素种类判断；催化剂的性质；化学方程式书写
【点评】
本题结合我国科学家的最新催化研究成果设置微观反应情境，既考察了元素识别、催化剂特点等基础化学知识点，也引导学生学会从微观示意图中提取有效信息，设问难度平缓，贴合课标基础要求。
【难度系数】
0.8
我们可以按设问顺序逐步梳理解题思路：
1. 第(1)问：先统计整个反应体系里所有出现的元素种类，排除钼元素后，数剩余的不同元素即可，不要漏算催化剂里的金元素。
2. 第(2)问①：结合催化剂的基本性质，催化剂在化学反应前后本身质量和化学性质都不变，而原子是化学变化中的最小粒子，因此构成催化剂的原子不会发生改变。
3. 第(2)问②：直接观察微观示意图，看金原子表面吸附的分子种类，就能判断金原子对哪种物质起吸附催化作用。
4. 第(2)问③：从图中识别出反应物是CO和H₂O，生成物是CO₂和H₂，标注题目给出的反应条件，配平后即可写出对应的化学方程式。
【解析】
(1) 反应微观模型中涉及的元素包括钼、金、碳、氢、氧共5种，排除钼元素后，剩余金、碳、氢、氧共4种元素。
(2) ① 催化剂在化学反应前后自身的质量和化学性质均不发生变化，原子是化学变化中的最小微粒，因此构成催化剂的各原子没有变化。
② 观察微观图示可以发现，CO分子吸附在金原子表面，H₂O分子吸附在碳化钼载体表面，因此金原子对CO起吸附催化作用。
③ 该反应中，CO和H₂O在催化体系、120℃的条件下反应，生成CO₂和H₂，配平后得到化学方程式：$\ce{CO + H_{2}O\xlongequal[120\ °C]{催化剂} CO_{2} + H_{2}}$。
【答案】
(1) 4
(2) ① 没有 ② $\ce{CO}$ ③ $\ce{CO + H_{2}O\xlongequal[120\ °C]{催化剂} CO_{2} + H_{2}}$
【知识点】
元素种类判断；催化剂的性质；化学方程式书写
【点评】
本题结合我国科学家的最新催化研究成果设置微观反应情境，既考察了元素识别、催化剂特点等基础化学知识点，也引导学生学会从微观示意图中提取有效信息，设问难度平缓，贴合课标基础要求。
【难度系数】
0.8
13. (6分)高锰酸钾是一种重要的化工产品，在化学研究、生产、生活等场景中都有重要的用途。某工厂生产高锰酸钾的流程如图所示。
（1）写出高锰酸钾的一种用途：______。
（2）“Ⅰ.混合加热”步骤中发生的主要是________（填“物理”或“化学”）变化。
（3）请写出“Ⅱ.氧化反应”步骤中发生反应的化学方程式：______。
（4）在“Ⅲ. 电解”步骤所发生的反应中，反应前后化合价发生变化的元素有________（填元素符号）。
（5）生产流程中可循环利用的物质除水外，还有________（填化学式）。
（6）在某次生产时，工厂共投入$26.1\ \mathrm{t}\ \ce{MnO_{2}}$，制得$31.6\ \mathrm{t}\ \ce{KMnO_{4}}$，则投入的$\ce{MnO_{2}}$与生成的$\ce{KMnO_{4}}$中锰元素的原子个数比为________（填最简整数比）。
（1）写出高锰酸钾的一种用途：______。
（2）“Ⅰ.混合加热”步骤中发生的主要是________（填“物理”或“化学”）变化。
（3）请写出“Ⅱ.氧化反应”步骤中发生反应的化学方程式：______。
（4）在“Ⅲ. 电解”步骤所发生的反应中，反应前后化合价发生变化的元素有________（填元素符号）。
（5）生产流程中可循环利用的物质除水外，还有________（填化学式）。
（6）在某次生产时，工厂共投入$26.1\ \mathrm{t}\ \ce{MnO_{2}}$，制得$31.6\ \mathrm{t}\ \ce{KMnO_{4}}$，则投入的$\ce{MnO_{2}}$与生成的$\ce{KMnO_{4}}$中锰元素的原子个数比为________（填最简整数比）。
答案
13. (1) 消毒(或制取氧气等合理答案均可) (2) 物理
(3) $\ce{O_{2} + 2MnO_{2} + 4KOH\xlongequal{\Delta} 2K_{2}MnO_{4} + 2H_{2}O}$
(4) H、Mn (5) KOH (6) 3:2
〔解析〕(4) 在“Ⅲ. 电解”步骤所发生的反应中,反应前水中的氢元素化合价是+1,反应后氢气中的氢元素化合价是0,反应前锰酸钾中锰元素化合价是+6,反应后高锰酸钾中锰元素化合价是+7,所以反应前后化合价发生变化的元素有H、Mn。(5) 循环使用的物质即是反应物与生成物中都具有的物质,反应物与生成物中均含有氢氧化钾,故氢氧化钾是循环使用的物质,其化学式为KOH。(6) 设$\ce{MnO_{2}}$与生成的$\ce{KMnO_{4}}$中锰元素的原子个数比为$x:y$。
$x\ce{MnO_{2}} ∼ y\ce{KMnO_{4}}$
87$x$ 158$y$
26.1 t 31.6 t
$\frac{87x}{158y}=\frac{26.1\ \mathrm{t}}{31.6\ \mathrm{t}}\ \ x:y=3:2$
(3) $\ce{O_{2} + 2MnO_{2} + 4KOH\xlongequal{\Delta} 2K_{2}MnO_{4} + 2H_{2}O}$
(4) H、Mn (5) KOH (6) 3:2
〔解析〕(4) 在“Ⅲ. 电解”步骤所发生的反应中,反应前水中的氢元素化合价是+1,反应后氢气中的氢元素化合价是0,反应前锰酸钾中锰元素化合价是+6,反应后高锰酸钾中锰元素化合价是+7,所以反应前后化合价发生变化的元素有H、Mn。(5) 循环使用的物质即是反应物与生成物中都具有的物质,反应物与生成物中均含有氢氧化钾,故氢氧化钾是循环使用的物质,其化学式为KOH。(6) 设$\ce{MnO_{2}}$与生成的$\ce{KMnO_{4}}$中锰元素的原子个数比为$x:y$。
$x\ce{MnO_{2}} ∼ y\ce{KMnO_{4}}$
87$x$ 158$y$
26.1 t 31.6 t
$\frac{87x}{158y}=\frac{26.1\ \mathrm{t}}{31.6\ \mathrm{t}}\ \ x:y=3:2$
解析
【分析】
我们按照题目设置的小问逐一梳理思路：
1. 第一问回忆高锰酸钾的常见性质，它有强氧化性可用于消毒，实验室也常用它加热制取氧气，任选合理用途即可。
2. 第二问判断步骤I的变化类型：该步骤只是将MnO₂和KOH混合加热熔融，没有生成新物质，因此属于物理变化。
3. 第三问书写氧化反应的方程式：从流程可知，反应物是空气中的O₂、前一步得到的MnO₂和KOH熔融物，生成物是K₂MnO₄，结合元素守恒推知还会生成H₂O，再进行配平即可得到方程式。
4. 第四问判断电解步骤变价元素：先写出电解的总反应$\ce{2K_{2}MnO_{4} + 2H_{2}O\xlongequal{通电} 2KMnO_{4} + H_{2}\uparrow + 2KOH}$，计算各元素化合价：Mn在K₂MnO₄中为+6价，在KMnO₄中为+7价；H在H₂O中为+1价，生成H₂后为0价，其余元素化合价不变，因此变价元素是Mn和H。
5. 第五问找可循环物质：循环物质是流程中既是反应物又是生成物的物质，除了水之外，初始步骤加入了KOH，电解步骤又生成了KOH，因此KOH可循环。
6. 第六问计算锰原子个数比：锰原子的个数比等于两种物质中锰元素的物质的量之比，分别用MnO₂和KMnO₄的质量除以各自的摩尔质量，即可算出比值。
【解析】
（1）高锰酸钾具有强氧化性，可用于杀菌消毒，也可在实验室中加热分解制取氧气，答案合理即可。
（2）“Ⅰ.混合加热”步骤仅将MnO₂和KOH加热熔融混合，没有新物质生成，属于物理变化。
（3）“Ⅱ.氧化反应”中，O₂、MnO₂、KOH在加热条件下反应生成K₂MnO₄和H₂O，配平后得到化学方程式：$\ce{O_{2} + 2MnO_{2} + 4KOH\xlongequal{\Delta} 2K_{2}MnO_{4} + 2H_{2}O}$。
（4）电解步骤中，Mn元素从K₂MnO₄的+6价升高到KMnO₄的+7价，H元素从H₂O的+1价降低到H₂的0价，其余元素化合价不变，因此化合价发生变化的元素为H、Mn。
（5）流程中初始投入KOH，电解步骤又生成KOH，因此除水外可循环利用的物质是KOH。
（6）MnO₂中Mn的物质的量为$\frac{26.1\ \mathrm{t}}{87\ \mathrm{g/mol}} = 0.3$（单位比值不受吨影响），KMnO₄中Mn的物质的量为$\frac{31.6\ \mathrm{t}}{158\ \mathrm{g/mol}}=0.2$，因此锰原子个数比为$0.3:0.2=3:2$。
【答案】
(1) 消毒(或制取氧气等合理答案均可)
(2) 物理
(3) $\ce{O_{2} + 2MnO_{2} + 4KOH\xlongequal{\Delta} 2K_{2}MnO_{4} + 2H_{2}O}$
(4) H、Mn
(5) KOH
(6) 3:2
【知识点】
物理变化判断、化学方程式书写、化合价计算
【点评】
本题以工业制备高锰酸钾的实际生产流程为载体，综合考察初中化学多个基础知识点，难度梯度平缓，需要学生准确梳理流程中各步的反应物和生成物，结合元素守恒、化合价规则即可顺利解答，能有效考察学生对基础化学知识的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
我们按照题目设置的小问逐一梳理思路：
1. 第一问回忆高锰酸钾的常见性质，它有强氧化性可用于消毒，实验室也常用它加热制取氧气，任选合理用途即可。
2. 第二问判断步骤I的变化类型：该步骤只是将MnO₂和KOH混合加热熔融，没有生成新物质，因此属于物理变化。
3. 第三问书写氧化反应的方程式：从流程可知，反应物是空气中的O₂、前一步得到的MnO₂和KOH熔融物，生成物是K₂MnO₄，结合元素守恒推知还会生成H₂O，再进行配平即可得到方程式。
4. 第四问判断电解步骤变价元素：先写出电解的总反应$\ce{2K_{2}MnO_{4} + 2H_{2}O\xlongequal{通电} 2KMnO_{4} + H_{2}\uparrow + 2KOH}$，计算各元素化合价：Mn在K₂MnO₄中为+6价，在KMnO₄中为+7价；H在H₂O中为+1价，生成H₂后为0价，其余元素化合价不变，因此变价元素是Mn和H。
5. 第五问找可循环物质：循环物质是流程中既是反应物又是生成物的物质，除了水之外，初始步骤加入了KOH，电解步骤又生成了KOH，因此KOH可循环。
6. 第六问计算锰原子个数比：锰原子的个数比等于两种物质中锰元素的物质的量之比，分别用MnO₂和KMnO₄的质量除以各自的摩尔质量，即可算出比值。
【解析】
（1）高锰酸钾具有强氧化性，可用于杀菌消毒，也可在实验室中加热分解制取氧气，答案合理即可。
（2）“Ⅰ.混合加热”步骤仅将MnO₂和KOH加热熔融混合，没有新物质生成，属于物理变化。
（3）“Ⅱ.氧化反应”中，O₂、MnO₂、KOH在加热条件下反应生成K₂MnO₄和H₂O，配平后得到化学方程式：$\ce{O_{2} + 2MnO_{2} + 4KOH\xlongequal{\Delta} 2K_{2}MnO_{4} + 2H_{2}O}$。
（4）电解步骤中，Mn元素从K₂MnO₄的+6价升高到KMnO₄的+7价，H元素从H₂O的+1价降低到H₂的0价，其余元素化合价不变，因此化合价发生变化的元素为H、Mn。
（5）流程中初始投入KOH，电解步骤又生成KOH，因此除水外可循环利用的物质是KOH。
（6）MnO₂中Mn的物质的量为$\frac{26.1\ \mathrm{t}}{87\ \mathrm{g/mol}} = 0.3$（单位比值不受吨影响），KMnO₄中Mn的物质的量为$\frac{31.6\ \mathrm{t}}{158\ \mathrm{g/mol}}=0.2$，因此锰原子个数比为$0.3:0.2=3:2$。
【答案】
(1) 消毒(或制取氧气等合理答案均可)
(2) 物理
(3) $\ce{O_{2} + 2MnO_{2} + 4KOH\xlongequal{\Delta} 2K_{2}MnO_{4} + 2H_{2}O}$
(4) H、Mn
(5) KOH
(6) 3:2
【知识点】
物理变化判断、化学方程式书写、化合价计算
【点评】
本题以工业制备高锰酸钾的实际生产流程为载体，综合考察初中化学多个基础知识点，难度梯度平缓，需要学生准确梳理流程中各步的反应物和生成物，结合元素守恒、化合价规则即可顺利解答，能有效考察学生对基础化学知识的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
14. (6分)将一定质量的甲醇($\ce{CH_{3}OH}$)和氧气($\ce{O_{2}}$)在密闭容器中点燃,一段时间后反应结束,冷却至室温,测得反应前后各物质的质量数据如表所示。回答下列问题:
(1) 上表中未知数据$m$和$n$中,较大的为________(填“$m$”或“$n$”)。
(2) 生成物中$\mathrm{C}$、$\mathrm{H}$两种元素的质量比为________(填最简整数比)。
(3) 物质$\mathrm{X}$的化学式为________。
(1) 上表中未知数据$m$和$n$中,较大的为________(填“$m$”或“$n$”)。
(2) 生成物中$\mathrm{C}$、$\mathrm{H}$两种元素的质量比为________(填最简整数比)。
(3) 物质$\mathrm{X}$的化学式为________。
答案
14. (1) $m$ (2) $3:1$ (3) $\ce{CO}$
〔解析〕碳元素的燃烧产物可以是一氧化碳或二氧化碳,氢元素的燃烧产物只有水。(1) 由质量守恒定律可知,$m\ \mathrm{g}+12.8\ \mathrm{g}=n\ \mathrm{g}+10.8\ \mathrm{g}+8.8\ \mathrm{g}$,即$m\ \mathrm{g}-n\ \mathrm{g}=6.8\ \mathrm{g}$,所以$m＞n$。(2) 生成物中C、H两种元素的质量比即为甲醇中C、H两种元素的质量比,即$12:4=3:1$。(3) 生成的水中氢元素的质量为$10.8\ \mathrm{g}×(\frac{2}{18}×100\%)=1.2\ \mathrm{g}$,由于水中的氢元素全部来自甲醇,因此甲醇的质量为$\frac{1.2\ \mathrm{g}}{\frac{4}{32}×100\%}=9.6\ \mathrm{g}$,物质X的质量为9.6 g+12.8 g-10.8 g-8.8 g=2.8 g,且X中不含氢元素。反应物中碳元素的质量为$9.6\ \mathrm{g}×(\frac{12}{32}×100\%)=3.6\ \mathrm{g}$,生成的二氧化碳中碳元素的质量为$8.8\ \mathrm{g}×(\frac{12}{44}×100\%)=2.4\ \mathrm{g}$,故X中含碳元素的质量为3.6 g-2.4 g=1.2 g,X中含氧元素的质量为2.8 g-1.2 g=1.6 g,则X中C、O元素对应的原子个数比为$\frac{1.2\ \mathrm{g}}{12}:\frac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=1:1$,物质X的化学式为$\ce{CO}$。
〔解析〕碳元素的燃烧产物可以是一氧化碳或二氧化碳,氢元素的燃烧产物只有水。(1) 由质量守恒定律可知,$m\ \mathrm{g}+12.8\ \mathrm{g}=n\ \mathrm{g}+10.8\ \mathrm{g}+8.8\ \mathrm{g}$,即$m\ \mathrm{g}-n\ \mathrm{g}=6.8\ \mathrm{g}$,所以$m＞n$。(2) 生成物中C、H两种元素的质量比即为甲醇中C、H两种元素的质量比,即$12:4=3:1$。(3) 生成的水中氢元素的质量为$10.8\ \mathrm{g}×(\frac{2}{18}×100\%)=1.2\ \mathrm{g}$,由于水中的氢元素全部来自甲醇,因此甲醇的质量为$\frac{1.2\ \mathrm{g}}{\frac{4}{32}×100\%}=9.6\ \mathrm{g}$,物质X的质量为9.6 g+12.8 g-10.8 g-8.8 g=2.8 g,且X中不含氢元素。反应物中碳元素的质量为$9.6\ \mathrm{g}×(\frac{12}{32}×100\%)=3.6\ \mathrm{g}$,生成的二氧化碳中碳元素的质量为$8.8\ \mathrm{g}×(\frac{12}{44}×100\%)=2.4\ \mathrm{g}$,故X中含碳元素的质量为3.6 g-2.4 g=1.2 g,X中含氧元素的质量为2.8 g-1.2 g=1.6 g,则X中C、O元素对应的原子个数比为$\frac{1.2\ \mathrm{g}}{12}:\frac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=1:1$,物质X的化学式为$\ce{CO}$。
解析
【分析】
这是一道质量守恒定律的综合应用题，解题思路可按三个小问逐层推进：
1. 第一问直接利用质量守恒的总质量相等规则，代入表格已知数据列出等式，即可得到m和n的差值，直接比较二者大小。
2. 第二问利用元素守恒：反应后甲醇完全消耗，甲醇中的碳、氢元素全部转移到所有生成物中，因此生成物中C、H元素的总质量比就等于甲醇本身的C、H元素质量比，无需拆分生成物分别计算。
3. 第三问先利用氢元素全部进入水中的特点，通过水的质量反推甲醇的总质量，再通过总质量守恒算出X的质量；接着用甲醇总碳元素质量减去二氧化碳中碳元素质量得到X中碳元素的质量，进一步算出X中氧元素的质量，最后通过元素质量比得到原子个数比，即可推出X的化学式。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后所有物质的总质量相等：
反应前总质量 = $m\ \mathrm{g} + 12.8\ \mathrm{g}$
反应后总质量 = $10.8\ \mathrm{g} + 8.8\ \mathrm{g} + n\ \mathrm{g}$
整理得：$m + 12.8 = 19.6 + n$，即$m - n = 6.8\ \mathrm{g}$，因此$m＞n$，较大的是$m$。
(2) 生成物中全部C、H元素都来自完全反应的$\ce{CH_{3}OH}$，$\ce{CH_{3}OH}$中C、H元素质量比为$12:(1×4)=3:1$，因此生成物中C、H元素质量比为$3:1$。
(3) ① 计算10.8g水中氢元素的质量：$m(\ce{H})=10.8\ \mathrm{g}×\frac{2}{18}=1.2\ \mathrm{g}$，甲醇中氢元素质量分数为$\frac{4}{32}$，因此甲醇总质量$m=1.2\ \mathrm{g}÷\frac{4}{32}=9.6\ \mathrm{g}$。
② 由总质量守恒得X的质量$n=9.6\ \mathrm{g}+12.8\ \mathrm{g}-10.8\ \mathrm{g}-8.8\ \mathrm{g}=2.8\ \mathrm{g}$。
③ 甲醇中总碳元素质量：$m(\ce{C})=9.6\ \mathrm{g}×\frac{12}{32}=3.6\ \mathrm{g}$，8.8g二氧化碳中碳元素质量：$m(\ce{C_{CO_2}})=8.8\ \mathrm{g}×\frac{12}{44}=2.4\ \mathrm{g}$，因此X中碳元素质量为$3.6\ \mathrm{g}-2.4\ \mathrm{g}=1.2\ \mathrm{g}$。
④ X不含氢元素，因此X中氧元素质量为$2.8\ \mathrm{g}-1.2\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$，X中C、O原子个数比为$\frac{1.2\ \mathrm{g}}{12}:\frac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=1:1$，因此X的化学式为$\ce{CO}$。
【答案】
(1) $m$ (2) $3:1$ (3) $\ce{CO}$
【知识点】
质量守恒定律，元素质量守恒，化学式推断
【点评】
本题是典型的表格型质量守恒计算题，核心考察对质量守恒定律宏观、微观含义的灵活运用，不需要强行配平不完全燃烧的复杂方程式，通过元素守恒即可简化计算推导未知产物，打破了学生对有机物燃烧只生成二氧化碳和水的固化认知。
【难度系数】
0.6
这是一道质量守恒定律的综合应用题，解题思路可按三个小问逐层推进：
1. 第一问直接利用质量守恒的总质量相等规则，代入表格已知数据列出等式，即可得到m和n的差值，直接比较二者大小。
2. 第二问利用元素守恒：反应后甲醇完全消耗，甲醇中的碳、氢元素全部转移到所有生成物中，因此生成物中C、H元素的总质量比就等于甲醇本身的C、H元素质量比，无需拆分生成物分别计算。
3. 第三问先利用氢元素全部进入水中的特点，通过水的质量反推甲醇的总质量，再通过总质量守恒算出X的质量；接着用甲醇总碳元素质量减去二氧化碳中碳元素质量得到X中碳元素的质量，进一步算出X中氧元素的质量，最后通过元素质量比得到原子个数比，即可推出X的化学式。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后所有物质的总质量相等：
反应前总质量 = $m\ \mathrm{g} + 12.8\ \mathrm{g}$
反应后总质量 = $10.8\ \mathrm{g} + 8.8\ \mathrm{g} + n\ \mathrm{g}$
整理得：$m + 12.8 = 19.6 + n$，即$m - n = 6.8\ \mathrm{g}$，因此$m＞n$，较大的是$m$。
(2) 生成物中全部C、H元素都来自完全反应的$\ce{CH_{3}OH}$，$\ce{CH_{3}OH}$中C、H元素质量比为$12:(1×4)=3:1$，因此生成物中C、H元素质量比为$3:1$。
(3) ① 计算10.8g水中氢元素的质量：$m(\ce{H})=10.8\ \mathrm{g}×\frac{2}{18}=1.2\ \mathrm{g}$，甲醇中氢元素质量分数为$\frac{4}{32}$，因此甲醇总质量$m=1.2\ \mathrm{g}÷\frac{4}{32}=9.6\ \mathrm{g}$。
② 由总质量守恒得X的质量$n=9.6\ \mathrm{g}+12.8\ \mathrm{g}-10.8\ \mathrm{g}-8.8\ \mathrm{g}=2.8\ \mathrm{g}$。
③ 甲醇中总碳元素质量：$m(\ce{C})=9.6\ \mathrm{g}×\frac{12}{32}=3.6\ \mathrm{g}$，8.8g二氧化碳中碳元素质量：$m(\ce{C_{CO_2}})=8.8\ \mathrm{g}×\frac{12}{44}=2.4\ \mathrm{g}$，因此X中碳元素质量为$3.6\ \mathrm{g}-2.4\ \mathrm{g}=1.2\ \mathrm{g}$。
④ X不含氢元素，因此X中氧元素质量为$2.8\ \mathrm{g}-1.2\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$，X中C、O原子个数比为$\frac{1.2\ \mathrm{g}}{12}:\frac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=1:1$，因此X的化学式为$\ce{CO}$。
【答案】
(1) $m$ (2) $3:1$ (3) $\ce{CO}$
【知识点】
质量守恒定律，元素质量守恒，化学式推断
【点评】
本题是典型的表格型质量守恒计算题，核心考察对质量守恒定律宏观、微观含义的灵活运用，不需要强行配平不完全燃烧的复杂方程式，通过元素守恒即可简化计算推导未知产物，打破了学生对有机物燃烧只生成二氧化碳和水的固化认知。
【难度系数】
0.6
15.（22分）人们在生活中由于忽视用火安全经常会引发重大的火灾事故。现请你运用所学知识对下列案例进行分析或探究。
【案例一】某餐厅服务员往尚未熄灭的酒精炉内添加酒精，结果引起爆燃。
（1）用作燃料的酒精浓度一般为95%，该酒精属于
（2）尚未熄灭的酒精炉在这次爆燃中所起的主要作用是
A. 提供了可燃物 B. 使温度达到可燃物着火点 C. 降低了可燃物的着火点
【案例二】在某次山火扑灭后，没有留下人员值守，结果刚扑灭的地方不久又重新燃烧起来了。
（3）你认为刚扑灭的地方又重新燃烧起来的原因可能是
（4）如果你是留下来的值守人员，那么可以防止“死灰复燃”的措施有
【实验探究一】探究燃烧的条件。
步骤一:按如图所示组装装置,装入药品,玻璃管内充满二氧化碳,用酒精灯对准b处的红磷加热,观察现象。
步骤二:打开分液漏斗的活塞,向锥形瓶内注入双氧水,再观察现象。
（5）向锥形瓶内注入双氧水时发生反应的化学方程式为
（6）通过上述实验,能证明燃烧需要氧气的实验现象是
（7）该实验存在的不足之处是
【实验探究二】再探镁的燃烧。
（8）查阅文献:镁不仅能在氧气中燃烧,还能在二氧化碳和氮气中燃烧,镁在氮气中燃烧生成氮化镁(化学式为$\ce{Mg_{3}N_{2}}$)。结合已有知识,回答下列问题。
① 由上面的文献资料,你对燃烧有什么新的认识?
② 镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式为$\ce{2Mg + CO_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}} 2X + C}$,则X的化学式为
③ 若将2.4 g镁在氮气、氧气和二氧化碳三种气体的混合物中充分燃烧,生成物的质量是m g,则m的取值范围是
【案例一】某餐厅服务员往尚未熄灭的酒精炉内添加酒精，结果引起爆燃。
（1）用作燃料的酒精浓度一般为95%，该酒精属于
混合物
（填“纯净物”或“混合物”）。（2）尚未熄灭的酒精炉在这次爆燃中所起的主要作用是
B
（填字母）。A. 提供了可燃物 B. 使温度达到可燃物着火点 C. 降低了可燃物的着火点
【案例二】在某次山火扑灭后，没有留下人员值守，结果刚扑灭的地方不久又重新燃烧起来了。
（3）你认为刚扑灭的地方又重新燃烧起来的原因可能是
仍有可燃物,且温度达到了其着火点,又与氧气接触
。（4）如果你是留下来的值守人员，那么可以防止“死灰复燃”的措施有
泼水使温度降到可燃物着火点以下(或用土把可燃物覆盖等合理答案均可)
（写一条即可）。【实验探究一】探究燃烧的条件。
步骤一:按如图所示组装装置,装入药品,玻璃管内充满二氧化碳,用酒精灯对准b处的红磷加热,观察现象。
步骤二:打开分液漏斗的活塞,向锥形瓶内注入双氧水,再观察现象。
（5）向锥形瓶内注入双氧水时发生反应的化学方程式为
$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O +O_{2}\uparrow}$
。（6）通过上述实验,能证明燃烧需要氧气的实验现象是
b处红磷在步骤一中不燃烧,在步骤二中燃烧
，能证明燃烧需要使温度达到可燃物着火点的实验现象是步骤二中a处红磷不燃烧,b处红磷燃烧
。（7）该实验存在的不足之处是
五氧化二磷会排到空气中,污染空气(合理答案均可)
（写一条即可）。【实验探究二】再探镁的燃烧。
（8）查阅文献:镁不仅能在氧气中燃烧,还能在二氧化碳和氮气中燃烧,镁在氮气中燃烧生成氮化镁(化学式为$\ce{Mg_{3}N_{2}}$)。结合已有知识,回答下列问题。
① 由上面的文献资料,你对燃烧有什么新的认识?
燃烧不一定需要氧气(合理答案均可)
（写一条即可）。② 镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式为$\ce{2Mg + CO_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}} 2X + C}$,则X的化学式为
MgO
。③ 若将2.4 g镁在氮气、氧气和二氧化碳三种气体的混合物中充分燃烧,生成物的质量是m g,则m的取值范围是
$3.3＜m＜4.6$
。答案
15. (1) 混合物 (2) B (3) 仍有可燃物,且温度达到了其着火点,又与氧气接触 (4) 泼水使温度降到可燃物着火点以下(或用土把可燃物覆盖等合理答案均可)
(5) $\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O +O_{2}\uparrow}$ (6) b处红磷在步骤一中不燃烧,在步骤二中燃烧 步骤二中a处红磷不燃烧,b处红磷燃烧 (7) 五氧化二磷会排到空气中,污染空气(合理答案均可) (8) ① 燃烧不一定需要氧气(合理答案均可) ② $\ce{MgO}$ ③ $3.3＜m＜4.6$
〔解析〕(1) 用作燃料的酒精浓度一般为95%,该酒精属于混合物。(2) 尚未熄灭的酒精炉在这次爆燃中所起的主要作用是使温度达到可燃物着火点。(3) 刚扑灭的地方又重新燃烧起来的原因可能是仍有可燃物,且温度达到了其着火点,又与氧气接触。(4) 防止“死灰复燃”的方法:泼水使温度降到可燃物着火点以下或用土把可燃物覆盖等。
(6) 通过题述实验,能证明燃烧需要氧气的实验现象是b处红磷在步骤一中不燃烧,在步骤二中燃烧;能证明燃烧需要使温度达到可燃物着火点的实验现象是步骤二中a处红磷不燃烧,b处红磷燃烧。(7) 该实验存在的不足之处是五氧化二磷会排到空气中,污染空气。(8) ① 由文献资料可知,燃烧不一定需要氧气。② 反应前镁原子是2个,反应后应该也是2个,包含在X中,反应前后碳原子都是1个,反应前氧原子是2个,反应后应该也是2个,包含在X中,则X的化学式为$\ce{MgO}$。③ 反应的化学方程式及其质量关系:
$\ce{3Mg + N_{2}\xlongequal{点燃}Mg_{3}N_{2}}$
72 100
2.4 g 约3.3 g
$\ce{2Mg + O_{2}\xlongequal{点燃}2MgO}$
48 80
2.4 g 4 g
$\ce{2Mg + CO_{2}\xlongequal{点燃}2MgO + C}$
48 80 12
2.4 g 4 g 0.6 g
由以上质量关系可知,若将2.4 g镁在氮气、氧气和二氧化碳三种气体的混合物中充分燃烧,生成物的质量是$m\ \mathrm{g}$,则$m$的取值范围是$3.3＜m＜4.6$。
(5) $\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O +O_{2}\uparrow}$ (6) b处红磷在步骤一中不燃烧,在步骤二中燃烧 步骤二中a处红磷不燃烧,b处红磷燃烧 (7) 五氧化二磷会排到空气中,污染空气(合理答案均可) (8) ① 燃烧不一定需要氧气(合理答案均可) ② $\ce{MgO}$ ③ $3.3＜m＜4.6$
〔解析〕(1) 用作燃料的酒精浓度一般为95%,该酒精属于混合物。(2) 尚未熄灭的酒精炉在这次爆燃中所起的主要作用是使温度达到可燃物着火点。(3) 刚扑灭的地方又重新燃烧起来的原因可能是仍有可燃物,且温度达到了其着火点,又与氧气接触。(4) 防止“死灰复燃”的方法:泼水使温度降到可燃物着火点以下或用土把可燃物覆盖等。
(6) 通过题述实验,能证明燃烧需要氧气的实验现象是b处红磷在步骤一中不燃烧,在步骤二中燃烧;能证明燃烧需要使温度达到可燃物着火点的实验现象是步骤二中a处红磷不燃烧,b处红磷燃烧。(7) 该实验存在的不足之处是五氧化二磷会排到空气中,污染空气。(8) ① 由文献资料可知,燃烧不一定需要氧气。② 反应前镁原子是2个,反应后应该也是2个,包含在X中,反应前后碳原子都是1个,反应前氧原子是2个,反应后应该也是2个,包含在X中,则X的化学式为$\ce{MgO}$。③ 反应的化学方程式及其质量关系:
$\ce{3Mg + N_{2}\xlongequal{点燃}Mg_{3}N_{2}}$
72 100
2.4 g 约3.3 g
$\ce{2Mg + O_{2}\xlongequal{点燃}2MgO}$
48 80
2.4 g 4 g
$\ce{2Mg + CO_{2}\xlongequal{点燃}2MgO + C}$
48 80 12
2.4 g 4 g 0.6 g
由以上质量关系可知,若将2.4 g镁在氮气、氧气和二氧化碳三种气体的混合物中充分燃烧,生成物的质量是$m\ \mathrm{g}$,则$m$的取值范围是$3.3＜m＜4.6$。
解析
【分析】
我们可以按照题目从生活案例到实验探究的顺序逐步拆解解题：
1. 先处理基础概念类小问：判断95%酒精的类别，只需看组成，它含有酒精和水两种物质，自然属于混合物；燃烧三要素是可燃物、与氧气接触、温度达到可燃物着火点，尚未熄灭的酒精炉放热，作用是给酒精升温达到着火点，着火点是物质固有属性无法被降低，直接对应选项即可。
2. 分析复燃的原因，本质就是重新同时满足了燃烧的三个条件：剩余未燃的可燃物、有余温让温度达到着火点、重新接触氧气。对应的防复燃措施只要破坏任意一个燃烧条件即可，比如泼水降温、覆土隔绝氧气都符合要求。
3. 实验探究部分：双氧水在二氧化锰催化下分解生成氧气和水，直接书写对应方程式。要证明燃烧需要氧气，就找“温度都达到着火点，一个无氧气不燃烧，一个有氧气燃烧”的对照现象；要证明燃烧需要温度达到着火点，就找“都有氧气，一个温度够燃烧，一个温度不够不燃烧”的对照现象。红磷燃烧生成的五氧化二磷有毒，直接排放到空气中会造成污染，就是该实验的明显不足。
4. 镁的燃烧拓展部分：镁可以在没有氧气的CO₂、N₂中燃烧，自然得到燃烧不一定需要氧气的新认知；根据质量守恒定律，反应前后原子种类数目不变，就能推出X的化学式。最后计算生成物质量范围用极值法：分别假设2.4g镁完全和氮气反应、完全和二氧化碳反应，算出两个极端的生成物质量，因为是三种气体的混合物，所以实际生成物质量就在两个极值之间。
【解析】
(1) 95%的酒精中含有乙醇和水两种物质，由多种物质组成，因此属于混合物。
(2) 尚未熄灭的酒精炉释放热量，使新添加的酒精温度升高达到其着火点，酒精是可燃物，空气中本身存在氧气，着火点是可燃物的固有属性，无法被降低，因此选B。
(3) 刚扑灭的区域还残留有未完全燃烧的可燃物，余温让可燃物温度仍然高于着火点，同时又重新接触到空气中的氧气，同时满足燃烧三要素，因此重新燃烧。
(4) 可以通过泼水降低可燃物温度到着火点以下，或者用沙土覆盖可燃物隔绝氧气，都可以防止死灰复燃，任选一条合理即可。
(5) 锥形瓶内双氧水在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O +O_{2}\uparrow}$。
(6) 要证明燃烧需要氧气，变量为氧气，其他条件一致：步骤一中b处红磷被酒精灯加热，温度达到着火点，但玻璃管内充满CO₂没有氧气，因此红磷不燃烧；步骤二中生成氧气通入玻璃管，b处红磷接触到氧气后燃烧，两组对照即可证明燃烧需要氧气。
要证明燃烧需要温度达到可燃物着火点，变量为温度，其他条件一致：步骤二中装置内充满氧气，a处红磷没有被加热，温度低于着火点，因此不燃烧，b处红磷被酒精灯加热温度达到着火点，因此燃烧，两组对照即可证明燃烧需要温度达到可燃物着火点。
(7) 红磷燃烧生成的五氧化二磷是有毒的空气污染物，该装置没有尾气处理，五氧化二磷会直接排放到空气中污染环境。
(8) ① 镁可以在二氧化碳、氮气中发生燃烧反应，不需要氧气参与，因此得到新认识：燃烧不一定需要氧气参与。
② 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目不变，反应前2个Mg原子、1个C原子、2个O原子，反应后已有1个C原子，因此2个X中含有2个Mg原子和2个O原子，因此X的化学式为$\ce{MgO}$。
③ 用极值法计算：
若2.4g镁完全和氮气反应：$\ce{3Mg + N_{2}\xlongequal{点燃}Mg_{3}N_{2}}$，72份质量的Mg生成100份质量的$\ce{Mg_{3}N_{2}}$，2.4g Mg完全反应生成$\ce{Mg_{3}N_{2}}$的质量约为3.3g。
若2.4g镁完全和二氧化碳反应：$\ce{2Mg + CO_{2}\xlongequal{点燃}2MgO + C}$，48份质量的Mg反应生成80份MgO和12份C，总生成物质量为92份，2.4g Mg完全反应的生成物总质量为4.6g。
镁在三种气体的混合物中燃烧，生成物质量介于两个极值之间，因此$3.3＜m＜4.6$。
【答案】
(1) 混合物
(2) B
(3) 仍有可燃物,且温度达到了其着火点,又与氧气接触
(4) 泼水使温度降到可燃物着火点以下(或用土把可燃物覆盖等合理答案均可)
(5) $\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O +O_{2}\uparrow}$
(6) b处红磷在步骤一中不燃烧,在步骤二中燃烧；步骤二中a处红磷不燃烧,b处红磷燃烧
(7) 五氧化二磷会排到空气中,污染空气(合理答案均可)
(8) ① 燃烧不一定需要氧气(合理答案均可) ② $\ce{MgO}$ ③ $3.3＜m＜4.6$
【知识点】
1. 燃烧的条件
2. 质量守恒定律
3. 极值法化学计算
【点评】
本题紧密结合生活中的火灾场景，从基础概念辨析到对照实验分析，再到拓展创新和定量计算，梯度设置合理，既巩固了燃烧条件、物质分类、质量守恒等核心基础知识点，又通过控制变量的实验设计考察了学生的逻辑分析能力，最后的极值法计算有效提升了试题区分度，同时打破学生“燃烧必须有氧气参与”的固有认知，深化了对化学概念的本质理解。
【难度系数】
0.5
我们可以按照题目从生活案例到实验探究的顺序逐步拆解解题：
1. 先处理基础概念类小问：判断95%酒精的类别，只需看组成，它含有酒精和水两种物质，自然属于混合物；燃烧三要素是可燃物、与氧气接触、温度达到可燃物着火点，尚未熄灭的酒精炉放热，作用是给酒精升温达到着火点，着火点是物质固有属性无法被降低，直接对应选项即可。
2. 分析复燃的原因，本质就是重新同时满足了燃烧的三个条件：剩余未燃的可燃物、有余温让温度达到着火点、重新接触氧气。对应的防复燃措施只要破坏任意一个燃烧条件即可，比如泼水降温、覆土隔绝氧气都符合要求。
3. 实验探究部分：双氧水在二氧化锰催化下分解生成氧气和水，直接书写对应方程式。要证明燃烧需要氧气，就找“温度都达到着火点，一个无氧气不燃烧，一个有氧气燃烧”的对照现象；要证明燃烧需要温度达到着火点，就找“都有氧气，一个温度够燃烧，一个温度不够不燃烧”的对照现象。红磷燃烧生成的五氧化二磷有毒，直接排放到空气中会造成污染，就是该实验的明显不足。
4. 镁的燃烧拓展部分：镁可以在没有氧气的CO₂、N₂中燃烧，自然得到燃烧不一定需要氧气的新认知；根据质量守恒定律，反应前后原子种类数目不变，就能推出X的化学式。最后计算生成物质量范围用极值法：分别假设2.4g镁完全和氮气反应、完全和二氧化碳反应，算出两个极端的生成物质量，因为是三种气体的混合物，所以实际生成物质量就在两个极值之间。
【解析】
(1) 95%的酒精中含有乙醇和水两种物质，由多种物质组成，因此属于混合物。
(2) 尚未熄灭的酒精炉释放热量，使新添加的酒精温度升高达到其着火点，酒精是可燃物，空气中本身存在氧气，着火点是可燃物的固有属性，无法被降低，因此选B。
(3) 刚扑灭的区域还残留有未完全燃烧的可燃物，余温让可燃物温度仍然高于着火点，同时又重新接触到空气中的氧气，同时满足燃烧三要素，因此重新燃烧。
(4) 可以通过泼水降低可燃物温度到着火点以下，或者用沙土覆盖可燃物隔绝氧气，都可以防止死灰复燃，任选一条合理即可。
(5) 锥形瓶内双氧水在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O +O_{2}\uparrow}$。
(6) 要证明燃烧需要氧气，变量为氧气，其他条件一致：步骤一中b处红磷被酒精灯加热，温度达到着火点，但玻璃管内充满CO₂没有氧气，因此红磷不燃烧；步骤二中生成氧气通入玻璃管，b处红磷接触到氧气后燃烧，两组对照即可证明燃烧需要氧气。
要证明燃烧需要温度达到可燃物着火点，变量为温度，其他条件一致：步骤二中装置内充满氧气，a处红磷没有被加热，温度低于着火点，因此不燃烧，b处红磷被酒精灯加热温度达到着火点，因此燃烧，两组对照即可证明燃烧需要温度达到可燃物着火点。
(7) 红磷燃烧生成的五氧化二磷是有毒的空气污染物，该装置没有尾气处理，五氧化二磷会直接排放到空气中污染环境。
(8) ① 镁可以在二氧化碳、氮气中发生燃烧反应，不需要氧气参与，因此得到新认识：燃烧不一定需要氧气参与。
② 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目不变，反应前2个Mg原子、1个C原子、2个O原子，反应后已有1个C原子，因此2个X中含有2个Mg原子和2个O原子，因此X的化学式为$\ce{MgO}$。
③ 用极值法计算：
若2.4g镁完全和氮气反应：$\ce{3Mg + N_{2}\xlongequal{点燃}Mg_{3}N_{2}}$，72份质量的Mg生成100份质量的$\ce{Mg_{3}N_{2}}$，2.4g Mg完全反应生成$\ce{Mg_{3}N_{2}}$的质量约为3.3g。
若2.4g镁完全和二氧化碳反应：$\ce{2Mg + CO_{2}\xlongequal{点燃}2MgO + C}$，48份质量的Mg反应生成80份MgO和12份C，总生成物质量为92份，2.4g Mg完全反应的生成物总质量为4.6g。
镁在三种气体的混合物中燃烧，生成物质量介于两个极值之间，因此$3.3＜m＜4.6$。
【答案】
(1) 混合物
(2) B
(3) 仍有可燃物,且温度达到了其着火点,又与氧气接触
(4) 泼水使温度降到可燃物着火点以下(或用土把可燃物覆盖等合理答案均可)
(5) $\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O +O_{2}\uparrow}$
(6) b处红磷在步骤一中不燃烧,在步骤二中燃烧；步骤二中a处红磷不燃烧,b处红磷燃烧
(7) 五氧化二磷会排到空气中,污染空气(合理答案均可)
(8) ① 燃烧不一定需要氧气(合理答案均可) ② $\ce{MgO}$ ③ $3.3＜m＜4.6$
【知识点】
1. 燃烧的条件
2. 质量守恒定律
3. 极值法化学计算
【点评】
本题紧密结合生活中的火灾场景，从基础概念辨析到对照实验分析，再到拓展创新和定量计算，梯度设置合理，既巩固了燃烧条件、物质分类、质量守恒等核心基础知识点，又通过控制变量的实验设计考察了学生的逻辑分析能力，最后的极值法计算有效提升了试题区分度，同时打破学生“燃烧必须有氧气参与”的固有认知，深化了对化学概念的本质理解。
【难度系数】
0.5
