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10.汽车尾气催化转换器可减少有害气体的排放，其中某一反应过程的微观变化如图所示。请回答下列问题。
(1)化学反应前后，物质总质量是否发生改变？
(2)丙微粒中碳元素的化合价为
(3)已知丁是一种单质，则丁是
(4)该反应的化学方程式为
(1)化学反应前后，物质总质量是否发生改变？
否
（填“是”或“否”）。种类发生改变的微粒是分子
（填“分子”或“原子”）。(2)丙微粒中碳元素的化合价为
+4
。(3)已知丁是一种单质，则丁是
$\ce{N_{2}}$
（写化学式）。(4)该反应的化学方程式为
$\ce{2CO + 2NO}$
$\xlongequal{催化剂}2CO_{2} + N_{2}$
。答案
10.(1)否 分子
(2)+4
(3)$\ce{N_{2}}$
(4)$\ce{2CO + 2NO\xlongequal{催化剂}2CO_{2} + N_{2}}$
(2)+4
(3)$\ce{N_{2}}$
(4)$\ce{2CO + 2NO\xlongequal{催化剂}2CO_{2} + N_{2}}$
解析
【分析】
首先根据微观示意图确定各物质的构成：甲为一氧化碳（$\ce{CO}$），乙为一氧化氮（$\ce{NO}$），丙为二氧化碳（$\ce{CO_{2}}$），丁为单质。解题思路：①利用质量守恒定律判断反应前后总质量及微粒种类变化；②根据化合物化合价规则计算丙中碳元素化合价；③结合原子守恒确定丁的化学式；④依据原子守恒配平化学方程式，明确反应条件。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，化学反应前后物质总质量不变，故填“否”；化学反应中分子破裂为原子，原子重新组合成新分子，因此种类改变的微粒是分子，原子种类不变。
(2) 丙为$\ce{CO_{2}}$，设碳元素化合价为$x$，氧元素为$-2$价，根据化合物中正负化合价代数和为0，得$x + 2×(-2)=0$，解得$x=+4$。
(3) 反应前后原子种类和数目不变，反应前含氮原子，丁为单质，故丁是氮气，化学式为$\ce{N_{2}}$。
(4) 配平化学方程式：2个$\ce{CO}$和2个$\ce{NO}$反应，生成2个$\ce{CO_{2}}$和1个$\ce{N_{2}}$，反应条件为催化剂，故方程式为$\ce{2CO + 2NO\xlongequal{催化剂}2CO_{2} + N_{2}}$。
【答案】
(1) 否；分子
(2) $+4$
(3) $\ce{N_{2}}$
(4) $\ce{2CO + 2NO\xlongequal{催化剂}2CO_{2} + N_{2}}$
【知识点】
质量守恒定律；化合价计算；化学方程式书写
【点评】
本题结合微观反应图考查核心化学知识，需准确识别物质构成，利用原子守恒分析反应规律，是中考基础题型，注重对基础知识点的应用。
【难度系数】
0.5
首先根据微观示意图确定各物质的构成：甲为一氧化碳（$\ce{CO}$），乙为一氧化氮（$\ce{NO}$），丙为二氧化碳（$\ce{CO_{2}}$），丁为单质。解题思路：①利用质量守恒定律判断反应前后总质量及微粒种类变化；②根据化合物化合价规则计算丙中碳元素化合价；③结合原子守恒确定丁的化学式；④依据原子守恒配平化学方程式，明确反应条件。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，化学反应前后物质总质量不变，故填“否”；化学反应中分子破裂为原子，原子重新组合成新分子，因此种类改变的微粒是分子，原子种类不变。
(2) 丙为$\ce{CO_{2}}$，设碳元素化合价为$x$，氧元素为$-2$价，根据化合物中正负化合价代数和为0，得$x + 2×(-2)=0$，解得$x=+4$。
(3) 反应前后原子种类和数目不变，反应前含氮原子，丁为单质，故丁是氮气，化学式为$\ce{N_{2}}$。
(4) 配平化学方程式：2个$\ce{CO}$和2个$\ce{NO}$反应，生成2个$\ce{CO_{2}}$和1个$\ce{N_{2}}$，反应条件为催化剂，故方程式为$\ce{2CO + 2NO\xlongequal{催化剂}2CO_{2} + N_{2}}$。
【答案】
(1) 否；分子
(2) $+4$
(3) $\ce{N_{2}}$
(4) $\ce{2CO + 2NO\xlongequal{催化剂}2CO_{2} + N_{2}}$
【知识点】
质量守恒定律；化合价计算；化学方程式书写
【点评】
本题结合微观反应图考查核心化学知识，需准确识别物质构成，利用原子守恒分析反应规律，是中考基础题型，注重对基础知识点的应用。
【难度系数】
0.5
11.某科学兴趣小组的同学设计了如下三个实验装置(天平未画出)来验证质量守恒定律。
(1)上述的三个实验装置中
(2)装置A中发生反应的化学方程式是
(3)C反应的微观示意图如下图所示，实际生成的$\ce{H_{2}O}$和$\ce{O_{2}}$分子数目之比为
(1)上述的三个实验装置中
A
(填字母)装置能直接用于验证质量守恒定律。(2)装置A中发生反应的化学方程式是
$\ce{4P + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2P_{2}O_{5}}$
，实验过程中气球的变化是先变大后变瘪
。(3)C反应的微观示意图如下图所示，实际生成的$\ce{H_{2}O}$和$\ce{O_{2}}$分子数目之比为
2：1
。答案
11.(1)A
(2)$\ce{4P + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2P_{2}O_{5}}$ 先变大后变瘪
(3)2：1
(2)$\ce{4P + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2P_{2}O_{5}}$ 先变大后变瘪
(3)2：1
解析
【分析】
首先明确验证质量守恒定律的实验要求：若反应涉及气体的参与或生成，需在密闭装置中进行，避免气体逸出导致总质量改变。对于装置A，是密闭体系，红磷燃烧无气体逸出，可直接验证；装置B、C为敞口，反应生成的气体会逸散，无法直接验证。装置A中红磷燃烧的反应，结合反应的热效应分析气球变化。对于第三问，根据反应的微观示意图，确定反应的化学方程式，进而得出生成分子的数目比。
【解析】
(1) 验证质量守恒定律时，有气体参与或生成的反应需在密闭容器中进行。A装置密闭，红磷燃烧生成固体五氧化二磷，无气体逸出，反应前后总质量不变，可直接验证；B中碳酸钠与盐酸反应生成CO₂气体，C中锌与盐酸反应生成H₂气体，均为敞口装置，气体逸出使总质量减小，无法直接验证。故答案为A。
(2) 装置A中红磷在点燃条件下与氧气反应生成五氧化二磷，化学方程式为$\ce{4P + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2P_{2}O_{5}}$；实验时，红磷燃烧放热，装置内气体受热膨胀，气球体积变大；反应结束后温度冷却至室温，氧气被消耗，装置内压强减小，气球体积变瘪，故气球变化为先变大后变瘪。
(3) 由C反应的微观示意图可知，该反应生成H₂O和O₂，根据化学计量数之比等于分子数目之比，对应反应的化学方程式中H₂O与O₂的化学计量数之比为2:1，故实际生成的H₂O和O₂分子数目之比为2:1。
【答案】
(1)A；(2)$\ce{4P + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2P_{2}O_{5}}$；先变大后变瘪；(3)2:1
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式书写、化学反应微观示意图
【点评】
本题围绕质量守恒定律的验证展开，结合常见化学反应的方程式、实验现象及微观本质进行考查，涵盖化学基础核心知识点，注重学生对实验原理的理解与应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
首先明确验证质量守恒定律的实验要求：若反应涉及气体的参与或生成，需在密闭装置中进行，避免气体逸出导致总质量改变。对于装置A，是密闭体系，红磷燃烧无气体逸出，可直接验证；装置B、C为敞口，反应生成的气体会逸散，无法直接验证。装置A中红磷燃烧的反应，结合反应的热效应分析气球变化。对于第三问，根据反应的微观示意图，确定反应的化学方程式，进而得出生成分子的数目比。
【解析】
(1) 验证质量守恒定律时，有气体参与或生成的反应需在密闭容器中进行。A装置密闭，红磷燃烧生成固体五氧化二磷，无气体逸出，反应前后总质量不变，可直接验证；B中碳酸钠与盐酸反应生成CO₂气体，C中锌与盐酸反应生成H₂气体，均为敞口装置，气体逸出使总质量减小，无法直接验证。故答案为A。
(2) 装置A中红磷在点燃条件下与氧气反应生成五氧化二磷，化学方程式为$\ce{4P + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2P_{2}O_{5}}$；实验时，红磷燃烧放热，装置内气体受热膨胀，气球体积变大；反应结束后温度冷却至室温，氧气被消耗，装置内压强减小，气球体积变瘪，故气球变化为先变大后变瘪。
(3) 由C反应的微观示意图可知，该反应生成H₂O和O₂，根据化学计量数之比等于分子数目之比，对应反应的化学方程式中H₂O与O₂的化学计量数之比为2:1，故实际生成的H₂O和O₂分子数目之比为2:1。
【答案】
(1)A；(2)$\ce{4P + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2P_{2}O_{5}}$；先变大后变瘪；(3)2:1
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式书写、化学反应微观示意图
【点评】
本题围绕质量守恒定律的验证展开，结合常见化学反应的方程式、实验现象及微观本质进行考查，涵盖化学基础核心知识点，注重学生对实验原理的理解与应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
12.某化学反应的反应物和生成物的微观示意图及反应前后的质量如下表所示。
注：“●”为碳原子，“◎”为氧原子，“○”为氢原子。
下列有关该反应的说法正确的是(
A.甲物质由碳原子和氢原子直接构成
B.该反应属于置换反应
C.参加反应的反应物的分子个数比为$1:1$
D.$x + y + z = 233$
注：“●”为碳原子，“◎”为氧原子，“○”为氢原子。
下列有关该反应的说法正确的是(
D
)A.甲物质由碳原子和氢原子直接构成
B.该反应属于置换反应
C.参加反应的反应物的分子个数比为$1:1$
D.$x + y + z = 233$
答案
12.D
解析
【分析】首先根据微观示意图确定各物质的化学式：甲为$\ce{CH_{4}}$，乙为$\ce{O_{2}}$，丙为$\ce{H_{2}O}$，丁为$\ce{CO_{2}}$；再结合质量守恒定律，反应前后物质总质量相等，反应前总质量为$32\ \mathrm{g}+200\ \mathrm{g}+1\ \mathrm{g}+0\ \mathrm{g}=233\ \mathrm{g}$，反应后总质量为$0+x+y+z$，据此判断选项；同时逐一分析各选项：需明确物质的构成、反应类型的判断依据、结合化学方程式计算分子个数比。
【解析】根据微观示意图和标注的原子种类，可知：甲是甲烷（$\ce{CH_{4}}$），乙是氧气（$\ce{O_{2}}$），丙是水（$\ce{H_{2}O}$），丁是二氧化碳（$\ce{CO_{2}}$）。
选项A：甲物质$\ce{CH_{4}}$由甲烷分子构成，不是直接由碳原子和氢原子构成，A错误。
选项B：置换反应要求“单质+化合物→新单质+新化合物”，该反应生成物为$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，均为化合物，不属于置换反应，B错误。
选项C：反应的化学方程式为$\ce{CH_{4} + 2O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}CO_{2} + 2H_{2}O}$，参加反应的甲、乙分子个数比为$1:2$，不是$1:1$，C错误。
选项D：根据质量守恒定律，反应前后总质量相等，反应前总质量为$32+200+1+0=233\ \mathrm{g}$，反应后总质量为$0+x+y+z$，故$x+y+z=233$，D正确。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律、化学方程式、物质的构成
【点评】本题结合微观示意图和质量数据，综合考查物质构成、反应类型、质量守恒定律等知识，需要学生准确分析微观粒子、应用质量守恒判断质量关系，对基础知识点的掌握要求较高。
【难度系数】0.6
【解析】根据微观示意图和标注的原子种类，可知：甲是甲烷（$\ce{CH_{4}}$），乙是氧气（$\ce{O_{2}}$），丙是水（$\ce{H_{2}O}$），丁是二氧化碳（$\ce{CO_{2}}$）。
选项A：甲物质$\ce{CH_{4}}$由甲烷分子构成，不是直接由碳原子和氢原子构成，A错误。
选项B：置换反应要求“单质+化合物→新单质+新化合物”，该反应生成物为$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，均为化合物，不属于置换反应，B错误。
选项C：反应的化学方程式为$\ce{CH_{4} + 2O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}CO_{2} + 2H_{2}O}$，参加反应的甲、乙分子个数比为$1:2$，不是$1:1$，C错误。
选项D：根据质量守恒定律，反应前后总质量相等，反应前总质量为$32+200+1+0=233\ \mathrm{g}$，反应后总质量为$0+x+y+z$，故$x+y+z=233$，D正确。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律、化学方程式、物质的构成
【点评】本题结合微观示意图和质量数据，综合考查物质构成、反应类型、质量守恒定律等知识，需要学生准确分析微观粒子、应用质量守恒判断质量关系，对基础知识点的掌握要求较高。
【难度系数】0.6
1. 二氧化氯($\ce{ClO_{2}}$)是一种高效、安全的消毒剂。
(1)利用氯酸钠($\ce{NaClO_{3}}$)可制备$\ce{ClO_{2}}$，$\ce{NaClO_{3}}$中氯元素的化合价是
(2)工业上生产$\ce{NaClO_{2}}$的化学方程式为$2\ce{X} + 2\ce{NaCl}\xlongequal{通电}\ce{Cl_{2}}↑ + 2\ce{NaClO_{2}}$，则$\ce{X}$的化学式为
(3)在一定条件下，$\ce{ClO_{2}}$与氰化氢($\ce{HCN}$)反应(未配平)的微观示意图如图所示。
“$\ce{HCN}$”表示的物质的化学式为
(1)利用氯酸钠($\ce{NaClO_{3}}$)可制备$\ce{ClO_{2}}$，$\ce{NaClO_{3}}$中氯元素的化合价是
+5
。(2)工业上生产$\ce{NaClO_{2}}$的化学方程式为$2\ce{X} + 2\ce{NaCl}\xlongequal{通电}\ce{Cl_{2}}↑ + 2\ce{NaClO_{2}}$，则$\ce{X}$的化学式为
$\ce{ClO_{2}}$
；反应前后化合价发生改变的元素是氯
。(3)在一定条件下，$\ce{ClO_{2}}$与氰化氢($\ce{HCN}$)反应(未配平)的微观示意图如图所示。
“$\ce{HCN}$”表示的物质的化学式为
$\ce{HCN}$
，反应生成的$\ce{N_{2}}$与$\ce{CO_{2}}$的质量比为7：22
。答案
1.(1)+5
(2)$\ce{ClO_{2}}$ 氯
(3)$\ce{HCN}$ 7：22
(2)$\ce{ClO_{2}}$ 氯
(3)$\ce{HCN}$ 7：22
解析
【分析】
本题分为三个小问，分别考查化合价计算、质量守恒定律的应用及化学方程式的相关计算。
(1) 计算NaClO₃中氯元素化合价，需利用“化合物中各元素正负化合价代数和为0”的规则，结合已知元素化合价求解。
(2) 推导X的化学式需依据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变；判断化合价改变的元素，需计算反应前后各元素的化合价，对比得出变化的元素。
(3) 从微观示意图确定HCN的化学式，再根据微观粒子写出反应的化学方程式，配平后计算N₂与CO₂的质量比。
【解析】
(1) 在化合物NaClO₃中，Na元素显+1价，O元素显-2价，设Cl元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得：(+1) + x + 3×(-2) = 0，解得x=+5。
(2) 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应前已知原子：2个Na、2个Cl，2个X；反应后原子：2个Na、4个O、2个Cl。因此2个X分子中含有2个Cl原子和4个O原子，即每个X分子含1个Cl原子和2个O原子，故X的化学式为ClO₂。反应前：NaCl中Cl为-1价，ClO₂中Cl为+4价；反应后：Cl₂中Cl为0价，NaClO₂中Cl为+3价，故化合价发生改变的元素是氯元素。
(3) 由微观示意图可知，“HCN”表示的物质化学式为HCN。根据微观粒子，反应的化学方程式为：2ClO₂ + 2HCN = 2CO₂ + N₂ + 2HCl。计算质量比：N₂的相对分子质量为14×2=28，CO₂的相对分子质量为12+16×2=44，反应生成的N₂与CO₂的质量比为28:(2×44)=28:88=7:22。
【答案】
(1)+5；(2)ClO₂；氯；(3)HCN；7：22
【知识点】
化合价计算、质量守恒定律、化学方程式计算
【点评】
本题围绕氯的化合物相关知识，综合考查化合价、质量守恒定律及化学方程式的计算，属于化学基础题型，需学生掌握核心化学概念和计算方法。
【难度系数】
0.6
本题分为三个小问，分别考查化合价计算、质量守恒定律的应用及化学方程式的相关计算。
(1) 计算NaClO₃中氯元素化合价，需利用“化合物中各元素正负化合价代数和为0”的规则，结合已知元素化合价求解。
(2) 推导X的化学式需依据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变；判断化合价改变的元素，需计算反应前后各元素的化合价，对比得出变化的元素。
(3) 从微观示意图确定HCN的化学式，再根据微观粒子写出反应的化学方程式，配平后计算N₂与CO₂的质量比。
【解析】
(1) 在化合物NaClO₃中，Na元素显+1价，O元素显-2价，设Cl元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得：(+1) + x + 3×(-2) = 0，解得x=+5。
(2) 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应前已知原子：2个Na、2个Cl，2个X；反应后原子：2个Na、4个O、2个Cl。因此2个X分子中含有2个Cl原子和4个O原子，即每个X分子含1个Cl原子和2个O原子，故X的化学式为ClO₂。反应前：NaCl中Cl为-1价，ClO₂中Cl为+4价；反应后：Cl₂中Cl为0价，NaClO₂中Cl为+3价，故化合价发生改变的元素是氯元素。
(3) 由微观示意图可知，“HCN”表示的物质化学式为HCN。根据微观粒子，反应的化学方程式为：2ClO₂ + 2HCN = 2CO₂ + N₂ + 2HCl。计算质量比：N₂的相对分子质量为14×2=28，CO₂的相对分子质量为12+16×2=44，反应生成的N₂与CO₂的质量比为28:(2×44)=28:88=7:22。
【答案】
(1)+5；(2)ClO₂；氯；(3)HCN；7：22
【知识点】
化合价计算、质量守恒定律、化学方程式计算
【点评】
本题围绕氯的化合物相关知识，综合考查化合价、质量守恒定律及化学方程式的计算，属于化学基础题型，需学生掌握核心化学概念和计算方法。
【难度系数】
0.6
