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1. [2025 菏泽改编]我国科研团队不断改进$\ce{CH_{4}-CO_{2}}$干气重整技术，将$\ce{CO_{2}}$定向转化为高附加值的化学品，实现了$\ce{CO_{2}}$的资源化利用。$\ce{CH_{4}}$与$\ce{CO_{2}}$反应的微观示意图如图所示。下列说法中，正确的是
（
A.反应物和生成物都是由分子构成的化合物
B.反应物都含碳元素，且碳元素的化合价相同
C.生成物都有可燃性，点燃前须验纯
D.反应前后分子的数目保持不变
（
C
）A.反应物和生成物都是由分子构成的化合物
B.反应物都含碳元素，且碳元素的化合价相同
C.生成物都有可燃性，点燃前须验纯
D.反应前后分子的数目保持不变
答案
根据微观模型,该反应的化学方程式为$\ce{CH_{4} + CO_{2}\xlongequal{催化剂}2H_{2} + 2CO}$。反应中涉及的$\ce{CH_{4}}$、$\ce{CO_{2}}$、$\ce{CO}$是由分子构成的化合物，$\ce{H_{2}}$是由分子构成的单质，A错误。两种反应物($\ce{CH_{4}}$、$\ce{CO_{2}}$)中都含有碳元素，但这两种化合物中碳元素的化合价不相同，$\ce{CH_{4}}$中碳元素为-4价，$\ce{CO_{2}}$中碳元素为+4价，B错误。生成物$\ce{H_{2}}$、$\ce{CO}$都具有可燃性，可燃气体点燃前都须验纯，防止点燃时发生爆炸，C正确。由反应的化学方程式可知，反应后分子数目增多，D错误。
解析
【分析】
这道题的解题思路是：第一步先根据题给的原子图例，识别出微观示意图中每个分子对应的物质，写出对应化学式，再根据质量守恒定律配平得到完整的反应化学方程式；第二步结合配平后的方程式，逐一对照每个选项，结合物质分类、化合价规则、可燃气体的操作规范、化学方程式的计量数含义等知识点判断选项正误。首先识别各物质：含1个碳原子和4个氢原子的分子是CH₄，含1个碳原子和2个氧原子的分子是CO₂，生成物中两个氢原子构成的分子是H₂，含1个碳原子和1个氧原子的分子是CO，配平后得到反应方程式为$\ce{CH_{4} + CO_{2}\xlongequal{催化剂}2H_{2} + 2CO}$，之后逐个验证选项即可。
【解析】
首先根据微观示意图推导配平后的化学方程式：$\ce{CH_{4} + CO_{2}\xlongequal{催化剂}2H_{2} + 2CO}$，逐一分析选项：
选项A：反应物中的$\ce{CH_{4}}$、$\ce{CO_{2}}$是由分子构成的化合物，但生成物中的$\ce{H_{2}}$是由氢分子构成的单质，不属于化合物，因此A错误。
选项B：反应物$\ce{CH_{4}}$中氢元素为+1价，计算得碳元素化合价为-4价；$\ce{CO_{2}}$中氧元素为-2价，计算得碳元素化合价为+4价，两种反应物中碳元素化合价不相同，因此B错误。
选项C：生成物$\ce{H_{2}}$和$\ce{CO}$都属于可燃性气体，可燃性气体与空气混合点燃时易发生爆炸，因此点燃前都必须验纯，C正确。
选项D：根据配平的化学方程式，反应前分子总数为1+1=2，反应后分子总数为2+2=4，反应后分子数目增多，并非保持不变，D错误。
【答案】
C
【知识点】
微粒模型图应用，单质化合物判断，化学方程式意义
【点评】
本题结合$\ce{CO_{2}}$资源化利用的科研情境，围绕微观反应示意图展开考察，需要学生先正确推导反应的完整化学方程式，再结合多个基础化学知识点逐一辨析选项，易错点为未配平就直接判断分子数目变化、混淆不同物质中碳元素的化合价，整体属于基础综合类题型，能有效考察学生对微观反应相关知识点的掌握程度。
【难度系数】
0.6
这道题的解题思路是：第一步先根据题给的原子图例，识别出微观示意图中每个分子对应的物质，写出对应化学式，再根据质量守恒定律配平得到完整的反应化学方程式；第二步结合配平后的方程式，逐一对照每个选项，结合物质分类、化合价规则、可燃气体的操作规范、化学方程式的计量数含义等知识点判断选项正误。首先识别各物质：含1个碳原子和4个氢原子的分子是CH₄，含1个碳原子和2个氧原子的分子是CO₂，生成物中两个氢原子构成的分子是H₂，含1个碳原子和1个氧原子的分子是CO，配平后得到反应方程式为$\ce{CH_{4} + CO_{2}\xlongequal{催化剂}2H_{2} + 2CO}$，之后逐个验证选项即可。
【解析】
首先根据微观示意图推导配平后的化学方程式：$\ce{CH_{4} + CO_{2}\xlongequal{催化剂}2H_{2} + 2CO}$，逐一分析选项：
选项A：反应物中的$\ce{CH_{4}}$、$\ce{CO_{2}}$是由分子构成的化合物，但生成物中的$\ce{H_{2}}$是由氢分子构成的单质，不属于化合物，因此A错误。
选项B：反应物$\ce{CH_{4}}$中氢元素为+1价，计算得碳元素化合价为-4价；$\ce{CO_{2}}$中氧元素为-2价，计算得碳元素化合价为+4价，两种反应物中碳元素化合价不相同，因此B错误。
选项C：生成物$\ce{H_{2}}$和$\ce{CO}$都属于可燃性气体，可燃性气体与空气混合点燃时易发生爆炸，因此点燃前都必须验纯，C正确。
选项D：根据配平的化学方程式，反应前分子总数为1+1=2，反应后分子总数为2+2=4，反应后分子数目增多，并非保持不变，D错误。
【答案】
C
【知识点】
微粒模型图应用，单质化合物判断，化学方程式意义
【点评】
本题结合$\ce{CO_{2}}$资源化利用的科研情境，围绕微观反应示意图展开考察，需要学生先正确推导反应的完整化学方程式，再结合多个基础化学知识点逐一辨析选项，易错点为未配平就直接判断分子数目变化、混淆不同物质中碳元素的化合价，整体属于基础综合类题型，能有效考察学生对微观反应相关知识点的掌握程度。
【难度系数】
0.6
2. 将一定质量的碱式碳酸铜$\ce{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}$加热一段时间后，测得剩余固体的质量为$10\ \mathrm{g}$，其中铜元素的质量分数为$64\%$，若加热至完全分解，则共产生二氧化碳的质量为（
A.$3.1\ \mathrm{g}$
B.$2.2\ \mathrm{g}$
C.$1.1\ \mathrm{g}$
D.$4.4\ \mathrm{g}$
B
）A.$3.1\ \mathrm{g}$
B.$2.2\ \mathrm{g}$
C.$1.1\ \mathrm{g}$
D.$4.4\ \mathrm{g}$
答案
碱式碳酸铜$\ce{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}$受热分解生成氧化铜、水和二氧化碳，反应的化学方程式为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta} 2CuO + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$；根据质量守恒定律，反应前后固体中铜元素的质量不变，反应前后固体中铜元素的质量为$10\ \mathrm{g}×64\%=6.4\ \mathrm{g}$，则碱式碳酸铜的质量为$\dfrac{6.4\ \mathrm{g}}{\dfrac{64×2}{64×2+16×5+1×2+12}×100\%}=11.1\ \mathrm{g}$；若加热至完全分解，则生成二氧化碳的质量为$11.1\ \mathrm{g}×\dfrac{44}{222}=2.2\ \mathrm{g}$。
解析
【分析】
这道题的核心解题思路是利用化学反应前后元素质量守恒，避开部分分解的复杂中间状态简化计算。第一步，先从题目给出的剩余10g固体、铜元素质量分数64%，算出其中铜元素的总质量，由于碱式碳酸铜分解过程中铜元素始终留在固体中，因此这个铜元素质量就是原碱式碳酸铜样品中全部的铜元素质量。第二步，根据碱式碳酸铜的化学式算出其中铜元素的质量分数，用已经得到的铜元素总质量除以该质量分数，就能求出原样品中碱式碳酸铜的总质量。第三步，结合碱式碳酸铜完全分解的反应关系，利用原碱式碳酸铜的总质量，通过质量比例算出完全分解时生成的二氧化碳的总质量即可。
【解析】
1. 计算铜元素总质量
根据质量守恒定律，反应前后铜元素质量不发生变化，剩余10g固体中铜元素质量为：
$m(\ce{Cu})=10\ \mathrm{g} × 64\% =6.4\ \mathrm{g}$，该质量等于原碱式碳酸铜样品中全部铜元素的质量。
2. 计算原碱式碳酸铜的总质量
碱式碳酸铜$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$的相对分子质量为：$64×2 + (16+1)×2 + 12 +16×3 = 222$，其中铜元素的质量分数为$\dfrac{64×2}{222}×100\%$，因此原碱式碳酸铜的总质量为：
$m[\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}]=\dfrac{6.4\ \mathrm{g}}{\dfrac{128}{222}×100\%}=11.1\ \mathrm{g}$
3. 计算完全分解生成的二氧化碳质量
碱式碳酸铜完全分解的反应方程式为：$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta} 2CuO + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$，反应中$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$与$\ce{CO_{2}}$的质量比为222:44，因此生成$\ce{CO_{2}}$的质量为：
$m(\ce{CO_{2}})=11.1\ \mathrm{g} × \dfrac{44}{222}=2.2\ \mathrm{g}$
【答案】
B.$2.2\ \mathrm{g}$
【知识点】
质量守恒定律，化学式质量分数计算，化学方程式计算
【点评】
本题的巧解关键是跳出“分析部分分解后剩余固体组成”的思维误区，利用铜元素守恒直接关联中间状态的固体和初始的碱式碳酸铜总质量，大幅简化了计算步骤，是元素守恒法在化学计算中的典型应用，能有效降低计算出错的概率。
【难度系数】
0.5
这道题的核心解题思路是利用化学反应前后元素质量守恒，避开部分分解的复杂中间状态简化计算。第一步，先从题目给出的剩余10g固体、铜元素质量分数64%，算出其中铜元素的总质量，由于碱式碳酸铜分解过程中铜元素始终留在固体中，因此这个铜元素质量就是原碱式碳酸铜样品中全部的铜元素质量。第二步，根据碱式碳酸铜的化学式算出其中铜元素的质量分数，用已经得到的铜元素总质量除以该质量分数，就能求出原样品中碱式碳酸铜的总质量。第三步，结合碱式碳酸铜完全分解的反应关系，利用原碱式碳酸铜的总质量，通过质量比例算出完全分解时生成的二氧化碳的总质量即可。
【解析】
1. 计算铜元素总质量
根据质量守恒定律，反应前后铜元素质量不发生变化，剩余10g固体中铜元素质量为：
$m(\ce{Cu})=10\ \mathrm{g} × 64\% =6.4\ \mathrm{g}$，该质量等于原碱式碳酸铜样品中全部铜元素的质量。
2. 计算原碱式碳酸铜的总质量
碱式碳酸铜$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$的相对分子质量为：$64×2 + (16+1)×2 + 12 +16×3 = 222$，其中铜元素的质量分数为$\dfrac{64×2}{222}×100\%$，因此原碱式碳酸铜的总质量为：
$m[\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}]=\dfrac{6.4\ \mathrm{g}}{\dfrac{128}{222}×100\%}=11.1\ \mathrm{g}$
3. 计算完全分解生成的二氧化碳质量
碱式碳酸铜完全分解的反应方程式为：$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta} 2CuO + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$，反应中$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$与$\ce{CO_{2}}$的质量比为222:44，因此生成$\ce{CO_{2}}$的质量为：
$m(\ce{CO_{2}})=11.1\ \mathrm{g} × \dfrac{44}{222}=2.2\ \mathrm{g}$
【答案】
B.$2.2\ \mathrm{g}$
【知识点】
质量守恒定律，化学式质量分数计算，化学方程式计算
【点评】
本题的巧解关键是跳出“分析部分分解后剩余固体组成”的思维误区，利用铜元素守恒直接关联中间状态的固体和初始的碱式碳酸铜总质量，大幅简化了计算步骤，是元素守恒法在化学计算中的典型应用，能有效降低计算出错的概率。
【难度系数】
0.5
3. [2025 淮安]以氧化镁为载体,通过化学链方法分解氯化铵工艺的示意图如图所示。下列说法中,不正确的是
（
A.a 是$\ce{NH_{3}}$,b 是$\ce{HCl}$
B.反应过程中无须不断补充$\ce{MgO}$
C.理论上制得$36.5\ \mathrm{g}\ \ce{HCl}$,需要消耗$\ce{NH_{4}Cl}$的质量为$107\ \mathrm{g}$
D.与直接加热$\ce{NH_{4}Cl}$相比,该方法得到的产物更易分离
（
C
）A.a 是$\ce{NH_{3}}$,b 是$\ce{HCl}$
B.反应过程中无须不断补充$\ce{MgO}$
C.理论上制得$36.5\ \mathrm{g}\ \ce{HCl}$,需要消耗$\ce{NH_{4}Cl}$的质量为$107\ \mathrm{g}$
D.与直接加热$\ce{NH_{4}Cl}$相比,该方法得到的产物更易分离
答案
根据反应前后元素种类不变可推出，该工艺中涉及的反应为$\ce{NH_{4}Cl + MgO\xlongequal{350° C}Mg(OH)Cl + NH_{3}\uparrow}$、$\ce{Mg(OH)Cl\xlongequal{600° C}MgO + HCl\uparrow}$，故图中a是$\ce{NH_{3}}$，b是$\ce{HCl}$，A正确。由A中两个反应可知，前一个反应中消耗的氧化镁质量等于后一个反应中生成的氧化镁质量，氧化镁是反应的催化剂，该工艺的总反应为$\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}\uparrow + HCl\uparrow}$，过程中无须不断补充$\ce{MgO}$，B正确。设理论上制得$36.5\ \mathrm{g}\ \ce{HCl}$，需要消耗$\ce{NH_{4}Cl}$的质量为$x$。
$\begin{aligned}&\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}\uparrow + HCl\uparrow}\\&\quad53.5\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad36.5\\&\quad x\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad36.5\ \mathrm{g}\end{aligned}$
$\dfrac{53.5}{36.5}=\dfrac{x}{36.5\ \mathrm{g}}\quad x=53.5\ \mathrm{g}$
C不正确。直接加热$\ce{NH_{4}Cl}$生成的两种气体会混合在一起，不易分离，而该方法可以分步得到产物，D正确。
$\begin{aligned}&\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}\uparrow + HCl\uparrow}\\&\quad53.5\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad36.5\\&\quad x\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad36.5\ \mathrm{g}\end{aligned}$
$\dfrac{53.5}{36.5}=\dfrac{x}{36.5\ \mathrm{g}}\quad x=53.5\ \mathrm{g}$
C不正确。直接加热$\ce{NH_{4}Cl}$生成的两种气体会混合在一起，不易分离，而该方法可以分步得到产物，D正确。
解析
【分析】
解题时首先根据质量守恒（反应前后元素种类不变），结合流程图中的反应物和中间产物，先推导两个分步反应：第一步350℃时NH₄Cl和MgO反应生成Mg(OH)Cl和物质a，对比反应物和已知产物的元素组成，剩余的N、H元素组合为NH₃，即a为NH₃；第二步600℃时Mg(OH)Cl分解生成MgO和物质b，剩余的H、Cl元素组合为HCl，即b为HCl。之后合并两个分步反应得到总反应，再逐一验证每个选项的正误，选出不正确的选项即可。
【解析】
首先推导工艺涉及的分步反应：
1. 350℃条件下：$\ce{NH_{4}Cl + MgO\xlongequal{350° C}Mg(OH)Cl + NH_{3}\uparrow}$
2. 600℃条件下：$\ce{Mg(OH)Cl\xlongequal{600° C}MgO + HCl\uparrow}$
对各选项逐一分析：
选项A：由上述推导可知a是$\ce{NH_{3}}$，b是$\ce{HCl}$，A说法正确。
选项B：两个分步反应中，第一步消耗的MgO的质量等于第二步生成的MgO的质量，MgO在反应中循环利用，属于该反应的催化剂，因此反应过程中无须不断补充MgO，B说法正确。
选项C：合并两个分步反应得到总反应：$\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}\uparrow + HCl\uparrow}$，设制得36.5g HCl需要消耗的$\ce{NH_{4}Cl}$质量为x：
$\begin{aligned}\ce{NH_{4}Cl}&\xlongequal[\Delta]{MgO}\ce{NH_{3}\uparrow + HCl\uparrow}\\53.5&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad36.5\\x&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad36.5\ \mathrm{g}\end{aligned}$
列比例式：$\dfrac{53.5}{36.5}=\dfrac{x}{36.5\ \mathrm{g}}$，解得$x=53.5\ \mathrm{g}$，并非107g，C说法错误。
选项D：直接加热$\ce{NH_{4}Cl}$时，生成的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{HCl}$会同时逸出混合在一起，难以分离；该工艺分步在不同温度下分别得到$\ce{NH_{3}}$和$\ce{HCl}$，产物更易分离，D说法正确。
综上，不正确的是C。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律，化学方程式计算，催化剂性质
【点评】
本题以化学链分解氯化铵的新工艺为背景，综合考察了元素守恒推导产物、循环反应的特点、根据化学方程式的基础计算等内容，易错点是容易忽略MgO的循环作用，错误认为生成1mol HCl需要消耗2mol NH₄Cl，错选其他选项，整体侧重考察学生对陌生工艺的信息提取和分析能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先根据质量守恒（反应前后元素种类不变），结合流程图中的反应物和中间产物，先推导两个分步反应：第一步350℃时NH₄Cl和MgO反应生成Mg(OH)Cl和物质a，对比反应物和已知产物的元素组成，剩余的N、H元素组合为NH₃，即a为NH₃；第二步600℃时Mg(OH)Cl分解生成MgO和物质b，剩余的H、Cl元素组合为HCl，即b为HCl。之后合并两个分步反应得到总反应，再逐一验证每个选项的正误，选出不正确的选项即可。
【解析】
首先推导工艺涉及的分步反应：
1. 350℃条件下：$\ce{NH_{4}Cl + MgO\xlongequal{350° C}Mg(OH)Cl + NH_{3}\uparrow}$
2. 600℃条件下：$\ce{Mg(OH)Cl\xlongequal{600° C}MgO + HCl\uparrow}$
对各选项逐一分析：
选项A：由上述推导可知a是$\ce{NH_{3}}$，b是$\ce{HCl}$，A说法正确。
选项B：两个分步反应中，第一步消耗的MgO的质量等于第二步生成的MgO的质量，MgO在反应中循环利用，属于该反应的催化剂，因此反应过程中无须不断补充MgO，B说法正确。
选项C：合并两个分步反应得到总反应：$\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}\uparrow + HCl\uparrow}$，设制得36.5g HCl需要消耗的$\ce{NH_{4}Cl}$质量为x：
$\begin{aligned}\ce{NH_{4}Cl}&\xlongequal[\Delta]{MgO}\ce{NH_{3}\uparrow + HCl\uparrow}\\53.5&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad36.5\\x&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad36.5\ \mathrm{g}\end{aligned}$
列比例式：$\dfrac{53.5}{36.5}=\dfrac{x}{36.5\ \mathrm{g}}$，解得$x=53.5\ \mathrm{g}$，并非107g，C说法错误。
选项D：直接加热$\ce{NH_{4}Cl}$时，生成的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{HCl}$会同时逸出混合在一起，难以分离；该工艺分步在不同温度下分别得到$\ce{NH_{3}}$和$\ce{HCl}$，产物更易分离，D说法正确。
综上，不正确的是C。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律，化学方程式计算，催化剂性质
【点评】
本题以化学链分解氯化铵的新工艺为背景，综合考察了元素守恒推导产物、循环反应的特点、根据化学方程式的基础计算等内容，易错点是容易忽略MgO的循环作用，错误认为生成1mol HCl需要消耗2mol NH₄Cl，错选其他选项，整体侧重考察学生对陌生工艺的信息提取和分析能力。
【难度系数】
0.6
4. ［2025重庆期中］下列图像中，不能正确反映对应关系的是 （
A.电解水一段时间
B.加热一定量的高锰酸钾固体
C.少量红磷在盛满氧气的集气瓶内燃烧
D.高温灼烧一定质量的大理石
D
）A.电解水一段时间
B.加热一定量的高锰酸钾固体
C.少量红磷在盛满氧气的集气瓶内燃烧
D.高温灼烧一定质量的大理石
答案
电解水时产生氢气的体积是氧气的两倍，A正确；高锰酸钾固体加热一段时间后才开始分解放出氧气，过程中固体的总质量先不变再减小，但锰元素的质量不变，因此固体中锰元素的质量分数先不变再增大，当反应停止后不再改变，B正确；少量红磷在盛满氧气的集气瓶内燃烧，消耗氧气且生成了五氧化二磷，气体的质量减小，当红磷完全反应后，氧气仍有剩余，但气体质量不再改变，C正确；高温灼烧一定质量的大理石，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，二氧化碳逸出，剩余固体的质量减小，但不可能减小至0，D错误。
解析
【分析】
我们的解题思路是逐个对照每个选项的化学反应原理，结合图像的横纵坐标变化趋势判断是否匹配：
1. 先回忆每个反应的核心规律：首先看A选项电解水，明确生成氢气和氧气的体积比为2:1，比对图像中氢气体积10mL、氧气体积5mL，符合比例，初步判断A正确。
2. 再看B选项加热高锰酸钾：反应需要先加热到分解温度才会开始产生氧气，初始阶段固体总质量不变，锰元素质量始终不变，因此锰元素质量分数先保持不变；反应开始后固体总质量减小，锰元素质量分数升高，反应完全后不再变化，和图像趋势匹配。
3. 接着看C选项红磷在盛满氧气的集气瓶燃烧：红磷燃烧消耗氧气，生成固态五氧化二磷，集气瓶内气体质量不断减小，因为红磷少量，氧气不会被完全消耗，红磷完全反应后气体质量就保持恒定，图像先降后平符合规律。
4. 最后看D选项高温灼烧大理石：大理石主要成分碳酸钙分解生成氧化钙固体和二氧化碳气体，反应后氧化钙是固体，剩余固体质量只会减小到某一数值，不可能降为0，和图像中固体质量最终变为0的趋势矛盾，因此D错误。
【解析】
A. 电解水的化学方程式为$\ce{2H_{2}O\xlongequal{通电} 2H_{2}\uparrow + O_{2}\uparrow}$，生成氢气和氧气的体积比为2:1，图像中氢气的体积为10mL、氧气体积为5mL，符合该比例关系，图像正确。
B. 加热高锰酸钾时，初始阶段温度未达到高锰酸钾的分解温度，固体总质量不变，因此固体中锰元素的质量分数保持不变；温度达到分解温度后，高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，固体总质量减小，而锰元素的质量始终不变，因此固体中锰元素的质量分数逐渐增大，待高锰酸钾完全分解后，质量分数不再变化，图像趋势符合该过程，图像正确。
C. 少量红磷在盛满氧气的集气瓶内燃烧，红磷和氧气反应生成固态五氧化二磷，集气瓶内的气体质量随反应进行不断减小，当红磷完全消耗后，氧气仍有剩余，集气瓶内气体质量不再发生变化，图像先减小后保持不变，符合该过程，图像正确。
D. 高温灼烧大理石，碳酸钙发生分解反应：$\ce{CaCO_{3}\xlongequal{高温} CaO + CO_{2}\uparrow}$，生成的氧化钙是固体，因此反应结束后剩余固体质量不会减小至0，图像中固体质量最终降为0，不符合实际反应规律，图像错误。
【答案】
D
【知识点】
电解水实验，质量守恒定律应用，碳酸钙高温分解
【点评】
本题属于化学变化过程的图像辨析题，是中考常见的经典题型，解题的核心是不能只看趋势的大致走向，要结合反应的实际细节，比如反应的起始条件、反应后是否有非气态的生成物残留等，避免忽略反应后剩余固体的情况导致错选。
【难度系数】
0.6
我们的解题思路是逐个对照每个选项的化学反应原理，结合图像的横纵坐标变化趋势判断是否匹配：
1. 先回忆每个反应的核心规律：首先看A选项电解水，明确生成氢气和氧气的体积比为2:1，比对图像中氢气体积10mL、氧气体积5mL，符合比例，初步判断A正确。
2. 再看B选项加热高锰酸钾：反应需要先加热到分解温度才会开始产生氧气，初始阶段固体总质量不变，锰元素质量始终不变，因此锰元素质量分数先保持不变；反应开始后固体总质量减小，锰元素质量分数升高，反应完全后不再变化，和图像趋势匹配。
3. 接着看C选项红磷在盛满氧气的集气瓶燃烧：红磷燃烧消耗氧气，生成固态五氧化二磷，集气瓶内气体质量不断减小，因为红磷少量，氧气不会被完全消耗，红磷完全反应后气体质量就保持恒定，图像先降后平符合规律。
4. 最后看D选项高温灼烧大理石：大理石主要成分碳酸钙分解生成氧化钙固体和二氧化碳气体，反应后氧化钙是固体，剩余固体质量只会减小到某一数值，不可能降为0，和图像中固体质量最终变为0的趋势矛盾，因此D错误。
【解析】
A. 电解水的化学方程式为$\ce{2H_{2}O\xlongequal{通电} 2H_{2}\uparrow + O_{2}\uparrow}$，生成氢气和氧气的体积比为2:1，图像中氢气的体积为10mL、氧气体积为5mL，符合该比例关系，图像正确。
B. 加热高锰酸钾时，初始阶段温度未达到高锰酸钾的分解温度，固体总质量不变，因此固体中锰元素的质量分数保持不变；温度达到分解温度后，高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，固体总质量减小，而锰元素的质量始终不变，因此固体中锰元素的质量分数逐渐增大，待高锰酸钾完全分解后，质量分数不再变化，图像趋势符合该过程，图像正确。
C. 少量红磷在盛满氧气的集气瓶内燃烧，红磷和氧气反应生成固态五氧化二磷，集气瓶内的气体质量随反应进行不断减小，当红磷完全消耗后，氧气仍有剩余，集气瓶内气体质量不再发生变化，图像先减小后保持不变，符合该过程，图像正确。
D. 高温灼烧大理石，碳酸钙发生分解反应：$\ce{CaCO_{3}\xlongequal{高温} CaO + CO_{2}\uparrow}$，生成的氧化钙是固体，因此反应结束后剩余固体质量不会减小至0，图像中固体质量最终降为0，不符合实际反应规律，图像错误。
【答案】
D
【知识点】
电解水实验，质量守恒定律应用，碳酸钙高温分解
【点评】
本题属于化学变化过程的图像辨析题，是中考常见的经典题型，解题的核心是不能只看趋势的大致走向，要结合反应的实际细节，比如反应的起始条件、反应后是否有非气态的生成物残留等，避免忽略反应后剩余固体的情况导致错选。
【难度系数】
0.6
5. 液氨有望成为真正的可持续燃料,将$\ce{NH_{3}}$和$\ce{O_{2}}$置于一密闭容器中,在一定条件下反应后,测得各物质的质量如表所示。下列说法中,正确的是 （
A.$x=4.0$
B.a是$\ce{NO_{2}}$
C.该反应的化学方程式:$\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{\mathrm{一定条件}}2N_{2} + 6H_{2}O}$
D.a中 N、O元素质量比为$7:8$
D
）A.$x=4.0$
B.a是$\ce{NO_{2}}$
C.该反应的化学方程式:$\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{\mathrm{一定条件}}2N_{2} + 6H_{2}O}$
D.a中 N、O元素质量比为$7:8$
答案
根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，则$5.1\ \mathrm{g}+8.0\ \mathrm{g}=1.7\ \mathrm{g}+x\ \mathrm{g}+6.0\ \mathrm{g}+5.4\ \mathrm{g}$，$x=0$，A不正确；反应后氨气的质量减小，氨气是反应物，氧气的质量减小，氧气是反应物，a的质量增大，a是生成物，水的质量增大，水是生成物，化学反应前后，元素的种类和质量不变，氨气中氮元素的质量为$(5.1\ \mathrm{g}-1.7\ \mathrm{g})×(\dfrac{14}{17}×100\%)=2.8\ \mathrm{g}$，氢元素的质量为$5.1\ \mathrm{g}-1.7\ \mathrm{g}-2.8\ \mathrm{g}=0.6\ \mathrm{g}$，氧气中氧元素的质量为$8.0\ \mathrm{g}$，水中氢元素的质量为$5.4\ \mathrm{g}×(\dfrac{2}{18}×100\%)=0.6\ \mathrm{g}$，水中氧元素的质量为$5.4\ \mathrm{g}-0.6\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$，则a中含N、O元素，不含氢元素，且a中氮元素的质量为$2.8\ \mathrm{g}$，氧元素的质量为$8.0\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=3.2\ \mathrm{g}$，则a分子中N、O原子的个数比为$\dfrac{2.8\ \mathrm{g}}{14}:\dfrac{3.2\ \mathrm{g}}{16}=1:1$，a的化学式为NO，B不正确；由以上分析可知，该反应为氨气和氧气在一定条件下反应生成NO和水，该反应的化学方程式为$\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal{一定条件}4NO + 6H_{2}O}$，C不正确；a为NO，NO中N、O元素的质量比为$14:16=7:8$，D正确。
解析
【分析】
解题时首先利用质量守恒定律的宏观规律：化学反应前后所有物质的总质量相等，代入表格中的已知质量计算出x的数值，先判断A选项正误。接下来利用元素守恒，先计算参加反应的$\ce{NH_{3}}$的质量，算出其中含有的N、H元素总质量，再计算生成物$\ce{H_{2}O}$中含有的H、O元素质量，对比可知H元素全部进入水中，进而算出a中含有的N、O元素的质量，通过原子个数比推导a的化学式，最后逐一验证剩余选项即可得到正确答案。
【解析】
1. 计算x的值：根据质量守恒定律，反应前后物质总质量不变，可得：
$5.1\ \mathrm{g}+8.0\ \mathrm{g}=1.7\ \mathrm{g}+x+6.0\ \mathrm{g}+5.4\ \mathrm{g}$，解得$x=0$，因此A选项$x=4.0$错误。
2. 推导a的元素组成：
参加反应的$\ce{NH_{3}}$质量为$5.1\ \mathrm{g}-1.7\ \mathrm{g}=3.4\ \mathrm{g}$，其中氮元素质量为$3.4\ \mathrm{g}×\dfrac{14}{17}=2.8\ \mathrm{g}$，氢元素质量为$3.4\ \mathrm{g}-2.8\ \mathrm{g}=0.6\ \mathrm{g}$。
生成的$\ce{H_{2}O}$质量为$5.4\ \mathrm{g}$，其中氢元素质量为$5.4\ \mathrm{g}×\dfrac{2}{18}=0.6\ \mathrm{g}$，和参加反应的$\ce{NH_{3}}$中氢元素质量完全相等，说明氢元素全部转移到水中，a不含氢元素；水中氧元素质量为$5.4\ \mathrm{g}-0.6\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$，反应物$\ce{O_{2}}$总质量为$8.0\ \mathrm{g}$，因此a中氧元素质量为$8.0\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=3.2\ \mathrm{g}$。
a总质量为$6.0\ \mathrm{g}$，$2.8\ \mathrm{g}+3.2\ \mathrm{g}=6.0\ \mathrm{g}$，说明a只含N、O两种元素，其中N、O原子个数比为$\dfrac{2.8\ \mathrm{g}}{14}:\dfrac{3.2\ \mathrm{g}}{16}=1:1$，因此a的化学式为$\ce{NO}$。
3. 判断剩余选项：
B选项认为a是$\ce{NO_{2}}$，和推导结果不符，错误；
C选项的反应方程式产物为$\ce{N_{2}}$，和推导得到的产物NO不符，正确方程式为$\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal{一定条件}4NO + 6H_{2}O}$，C错误；
D选项a为NO，其中N、O元素质量比为$14:16=7:8$，正确。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律，元素质量计算，化学方程式书写
【点评】
本题属于质量守恒定律的表格型计算题型，核心考点是利用反应前后元素种类、质量守恒推导未知生成物的组成，不能仅凭固有经验直接判定氨气氧化的产物，必须通过定量计算推导，对学生的元素守恒应用能力有一定考察作用。
【难度系数】
0.6
解题时首先利用质量守恒定律的宏观规律：化学反应前后所有物质的总质量相等，代入表格中的已知质量计算出x的数值，先判断A选项正误。接下来利用元素守恒，先计算参加反应的$\ce{NH_{3}}$的质量，算出其中含有的N、H元素总质量，再计算生成物$\ce{H_{2}O}$中含有的H、O元素质量，对比可知H元素全部进入水中，进而算出a中含有的N、O元素的质量，通过原子个数比推导a的化学式，最后逐一验证剩余选项即可得到正确答案。
【解析】
1. 计算x的值：根据质量守恒定律，反应前后物质总质量不变，可得：
$5.1\ \mathrm{g}+8.0\ \mathrm{g}=1.7\ \mathrm{g}+x+6.0\ \mathrm{g}+5.4\ \mathrm{g}$，解得$x=0$，因此A选项$x=4.0$错误。
2. 推导a的元素组成：
参加反应的$\ce{NH_{3}}$质量为$5.1\ \mathrm{g}-1.7\ \mathrm{g}=3.4\ \mathrm{g}$，其中氮元素质量为$3.4\ \mathrm{g}×\dfrac{14}{17}=2.8\ \mathrm{g}$，氢元素质量为$3.4\ \mathrm{g}-2.8\ \mathrm{g}=0.6\ \mathrm{g}$。
生成的$\ce{H_{2}O}$质量为$5.4\ \mathrm{g}$，其中氢元素质量为$5.4\ \mathrm{g}×\dfrac{2}{18}=0.6\ \mathrm{g}$，和参加反应的$\ce{NH_{3}}$中氢元素质量完全相等，说明氢元素全部转移到水中，a不含氢元素；水中氧元素质量为$5.4\ \mathrm{g}-0.6\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$，反应物$\ce{O_{2}}$总质量为$8.0\ \mathrm{g}$，因此a中氧元素质量为$8.0\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=3.2\ \mathrm{g}$。
a总质量为$6.0\ \mathrm{g}$，$2.8\ \mathrm{g}+3.2\ \mathrm{g}=6.0\ \mathrm{g}$，说明a只含N、O两种元素，其中N、O原子个数比为$\dfrac{2.8\ \mathrm{g}}{14}:\dfrac{3.2\ \mathrm{g}}{16}=1:1$，因此a的化学式为$\ce{NO}$。
3. 判断剩余选项：
B选项认为a是$\ce{NO_{2}}$，和推导结果不符，错误；
C选项的反应方程式产物为$\ce{N_{2}}$，和推导得到的产物NO不符，正确方程式为$\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal{一定条件}4NO + 6H_{2}O}$，C错误；
D选项a为NO，其中N、O元素质量比为$14:16=7:8$，正确。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律，元素质量计算，化学方程式书写
【点评】
本题属于质量守恒定律的表格型计算题型，核心考点是利用反应前后元素种类、质量守恒推导未知生成物的组成，不能仅凭固有经验直接判定氨气氧化的产物，必须通过定量计算推导，对学生的元素守恒应用能力有一定考察作用。
【难度系数】
0.6
6. [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。下列说法中，不正确的是 （
A.$x$的值为19
B.反应生成的两种物质质量比$48:19$
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$48:19$
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
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$48\ \mathrm{g}:18\ \mathrm{g}=8:3$，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】
首先我们梳理清晰解题思路：第一步先从图像中提取反应前后所有物质的质量数据，利用质量守恒定律“反应前后总质量不变”的规则计算x的数值，验证A选项；第二步要注意区分“反应后水的总质量”和“反应新生成的水的质量”，计算两种生成物的质量比，判断B选项；第三步结合元素守恒，对比反应物和已知生成物的元素组成，推导M的元素组成验证C选项；最后结合质量守恒的微观规律判断D选项，最终选出不正确的说法。
【解析】
1. 计算x的数值：根据质量守恒定律，反应前后所有物质的总质量相等。从图中可知反应前：$\ce{H_{2}S}$质量为34g，$\ce{SO_{2}}$质量为32g，原有$\ce{H_{2}O}$质量为1g，总质量为$34\ \mathrm{g}+32\ \mathrm{g}+1\ \mathrm{g}=67\ \mathrm{g}$；反应完全后，$\ce{H_{2}S}$和$\ce{SO_{2}}$均完全消耗，M的质量为48g，最终$\ce{H_{2}O}$的质量为$x\ \mathrm{g}$，因此有$48\ \mathrm{g} + x = 67\ \mathrm{g}$，解得$x=19$，A选项说法正确。
2. 计算生成物质量比：反应前体系中已经存在1g $\ce{H_{2}O}$，因此该反应新生成的$\ce{H_{2}O}$质量为$19\ \mathrm{g} - 1\ \mathrm{g} = 18\ \mathrm{g}$，反应生成的M质量为48g，两种生成物的质量比为$48\ \mathrm{g}:18\ \mathrm{g}=8:3$，并非$48:19$，B选项说法错误。
3. 推导M的元素组成：反应物$\ce{H_{2}S}$、$\ce{SO_{2}}$中含有H、S、O三种元素，已知生成物$\ce{H_{2}O}$仅含有H、O两种元素，根据元素守恒，物质M中一定含有S元素，C选项说法正确。
4. 验证微观规律：根据质量守恒定律的微观本质，化学反应前后原子的种类、数目、质量均保持不变，D选项说法正确。
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，化学反应微观本质
【点评】
本题结合反应过程的质量变化图像考查质量守恒定律的相关应用，设置了易混淆的陷阱：初始状态体系中已经存在1g水，不少同学会直接将最终水的总质量x当成反应生成的水的质量，误判B选项正确。解题时要注意区分体系原有物质的质量和反应新生成物质的质量，灵活结合宏观总质量守恒、元素守恒、微观原子守恒三个维度分析问题。
【难度系数】
0.6
首先我们梳理清晰解题思路：第一步先从图像中提取反应前后所有物质的质量数据，利用质量守恒定律“反应前后总质量不变”的规则计算x的数值，验证A选项；第二步要注意区分“反应后水的总质量”和“反应新生成的水的质量”，计算两种生成物的质量比，判断B选项；第三步结合元素守恒，对比反应物和已知生成物的元素组成，推导M的元素组成验证C选项；最后结合质量守恒的微观规律判断D选项，最终选出不正确的说法。
【解析】
1. 计算x的数值：根据质量守恒定律，反应前后所有物质的总质量相等。从图中可知反应前：$\ce{H_{2}S}$质量为34g，$\ce{SO_{2}}$质量为32g，原有$\ce{H_{2}O}$质量为1g，总质量为$34\ \mathrm{g}+32\ \mathrm{g}+1\ \mathrm{g}=67\ \mathrm{g}$；反应完全后，$\ce{H_{2}S}$和$\ce{SO_{2}}$均完全消耗，M的质量为48g，最终$\ce{H_{2}O}$的质量为$x\ \mathrm{g}$，因此有$48\ \mathrm{g} + x = 67\ \mathrm{g}$，解得$x=19$，A选项说法正确。
2. 计算生成物质量比：反应前体系中已经存在1g $\ce{H_{2}O}$，因此该反应新生成的$\ce{H_{2}O}$质量为$19\ \mathrm{g} - 1\ \mathrm{g} = 18\ \mathrm{g}$，反应生成的M质量为48g，两种生成物的质量比为$48\ \mathrm{g}:18\ \mathrm{g}=8:3$，并非$48:19$，B选项说法错误。
3. 推导M的元素组成：反应物$\ce{H_{2}S}$、$\ce{SO_{2}}$中含有H、S、O三种元素，已知生成物$\ce{H_{2}O}$仅含有H、O两种元素，根据元素守恒，物质M中一定含有S元素，C选项说法正确。
4. 验证微观规律：根据质量守恒定律的微观本质，化学反应前后原子的种类、数目、质量均保持不变，D选项说法正确。
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，化学反应微观本质
【点评】
本题结合反应过程的质量变化图像考查质量守恒定律的相关应用，设置了易混淆的陷阱：初始状态体系中已经存在1g水，不少同学会直接将最终水的总质量x当成反应生成的水的质量，误判B选项正确。解题时要注意区分体系原有物质的质量和反应新生成物质的质量，灵活结合宏观总质量守恒、元素守恒、微观原子守恒三个维度分析问题。
【难度系数】
0.6
