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8. B 甲、乙、丙、丁四种物质在化学反应前后的质量关系如图所示，下列说法中错误的是（
A.丙可能为该反应的催化剂
B.该反应是化合反应
C.反应中消耗甲和乙的质量比为 $5:9$
D.该化学反应前后各元素的化合价不一定发生变化
C
）A.丙可能为该反应的催化剂
B.该反应是化合反应
C.反应中消耗甲和乙的质量比为 $5:9$
D.该化学反应前后各元素的化合价不一定发生变化
答案
8.C 点拨:反应后甲的质量减少了$20\mathrm{g}-3\mathrm{g}=17\mathrm{g}$,故甲为反应物,反应后乙的质量减少了$36\mathrm{g}-15\mathrm{g}=21\mathrm{g}$,故乙为反应物,反应后丙的质量不变,丙可能是该反应的催化剂,也可能没有参与反应,反应后丁的质量增加了$43\mathrm{g}-5\mathrm{g}=38\mathrm{g}$,故丁为生成物,该反应为甲和乙反应生成丁。A. 反应后丙的质量不变,丙可能是该反应的催化剂,也可能没有参与反应,故 A 说法正确;B. 由分析可知,该反应为甲和乙反应生成丁,符合多变一的特点,属于化合反应,故 B 说法正确;C. 反应中消耗甲和乙的质量比为$(20\mathrm{g}-3\mathrm{g}):(36\mathrm{g}-15\mathrm{g})=17:21$,故 C 说法错误;D. 由于不知道反应物、生成物的具体种类,因此反应前后元素的化合价不一定发生变化,故 D 说法正确。
解析
【分析】
要解决本题，需利用质量守恒定律分析反应前后各物质的质量变化，确定反应物、生成物及催化剂，再逐一判断选项。步骤如下：1. 读取柱状图数据，明确各物质反应前（白色柱）、反应后（黑色柱）的质量；2. 计算每种物质反应前后的质量差，质量减少的是反应物，质量增加的是生成物，质量不变的可能是催化剂或未参与反应；3. 根据反应物和生成物的种类判断反应类型，计算消耗反应物的质量比，分析化合价变化，最终找出错误选项。
【解析】
根据图示数据：
1. 计算各物质质量变化：
甲：反应前20g，反应后3g，质量减少：$20\mathrm{g}-3\mathrm{g}=17\mathrm{g}$，为反应物；
乙：反应前36g，反应后15g，质量减少：$36\mathrm{g}-15\mathrm{g}=21\mathrm{g}$，为反应物；
丙：反应前12g，反应后12g，质量不变，可能是该反应的催化剂，也可能未参与反应；
丁：反应前5g，反应后43g，质量增加：$43\mathrm{g}-5\mathrm{g}=38\mathrm{g}$，为生成物。
2. 逐一分析选项：
A选项：丙的质量反应前后不变，可能是该反应的催化剂，说法正确；
B选项：该反应为甲和乙两种物质生成丁一种物质，符合“多变一”的特征，属于化合反应，说法正确；
C选项：反应中消耗甲和乙的质量比为$17\mathrm{g}:21\mathrm{g}=17:21$，不是$5:9$，说法错误；
D选项：由于未知反应物、生成物的具体种类，化学反应前后各元素的化合价不一定发生变化，说法正确。
综上，错误的说法是选项C。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律、化合反应、催化剂
【点评】
本题结合柱状图考查质量守恒定律的应用，核心是准确计算各物质的质量变化，区分反应物、生成物和催化剂，难度中等，需细心分析数据避免出错。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需利用质量守恒定律分析反应前后各物质的质量变化，确定反应物、生成物及催化剂，再逐一判断选项。步骤如下：1. 读取柱状图数据，明确各物质反应前（白色柱）、反应后（黑色柱）的质量；2. 计算每种物质反应前后的质量差，质量减少的是反应物，质量增加的是生成物，质量不变的可能是催化剂或未参与反应；3. 根据反应物和生成物的种类判断反应类型，计算消耗反应物的质量比，分析化合价变化，最终找出错误选项。
【解析】
根据图示数据：
1. 计算各物质质量变化：
甲：反应前20g，反应后3g，质量减少：$20\mathrm{g}-3\mathrm{g}=17\mathrm{g}$，为反应物；
乙：反应前36g，反应后15g，质量减少：$36\mathrm{g}-15\mathrm{g}=21\mathrm{g}$，为反应物；
丙：反应前12g，反应后12g，质量不变，可能是该反应的催化剂，也可能未参与反应；
丁：反应前5g，反应后43g，质量增加：$43\mathrm{g}-5\mathrm{g}=38\mathrm{g}$，为生成物。
2. 逐一分析选项：
A选项：丙的质量反应前后不变，可能是该反应的催化剂，说法正确；
B选项：该反应为甲和乙两种物质生成丁一种物质，符合“多变一”的特征，属于化合反应，说法正确；
C选项：反应中消耗甲和乙的质量比为$17\mathrm{g}:21\mathrm{g}=17:21$，不是$5:9$，说法错误；
D选项：由于未知反应物、生成物的具体种类，化学反应前后各元素的化合价不一定发生变化，说法正确。
综上，错误的说法是选项C。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律、化合反应、催化剂
【点评】
本题结合柱状图考查质量守恒定律的应用，核心是准确计算各物质的质量变化，区分反应物、生成物和催化剂，难度中等，需细心分析数据避免出错。
【难度系数】
0.5
9. $\mathit\boldsymbol{B}$ （2024·江苏苏州）捕集空气中$CO_{2}$加氢制甲醇$(CH_{3}OH$，可实现$CO_{2}$资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法不正确的是（
A.反应①中，电解水生成的$H_{2}$和$O_{2}$的分子个数比为$2:1$
B.反应②中，生产$1.6\mathrm{kg}\ CH_{3}OH$理论上要消耗$2.2\mathrm{kg}\ CO_{2}$
C.转化过程中，$H_{2}O$和$H_{2}$循环转化，无需额外补充
D.等质量的甲醇制取时消耗的$CO_{2}$与燃烧时生成的$CO_{2}$相等，实现“零碳”排放
C
）A.反应①中，电解水生成的$H_{2}$和$O_{2}$的分子个数比为$2:1$
B.反应②中，生产$1.6\mathrm{kg}\ CH_{3}OH$理论上要消耗$2.2\mathrm{kg}\ CO_{2}$
C.转化过程中，$H_{2}O$和$H_{2}$循环转化，无需额外补充
D.等质量的甲醇制取时消耗的$CO_{2}$与燃烧时生成的$CO_{2}$相等，实现“零碳”排放
答案
9.C
解析
【分析】
本题围绕CO₂加氢制甲醇的转化流程，需结合电解水、CO₂与H₂制甲醇的化学方程式，以及质量守恒定律逐一分析选项：先明确两个核心反应的化学方程式，再分别判断各选项的正误，重点关注反应的质量关系、循环物质的变化等。
【解析】
反应①为电解水，化学方程式：$\ce{2H_{2}O\xlongequal{通电} 2H_{2}\uparrow + O_{2}\uparrow}$；反应②为CO₂与H₂制甲醇，化学方程式：$\ce{CO_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件} CH_{3}OH + H_{2}O}$。
选项A：由电解水的化学方程式，生成$\ce{H_{2}}$和$\ce{O_{2}}$的分子个数比为$2:1$，A正确；
选项B：设生产$1.6\mathrm{kg}\ CH_{3}OH$消耗$\ce{CO_{2}}$的质量为$x$，根据反应②中$\ce{CO_{2}}$与$\ce{CH_{3}OH}$的质量比（$44:32$），可得$\frac{44}{32}=\frac{x}{1.6\mathrm{kg}}$，解得$x=2.2\mathrm{kg}$，B正确；
选项C：将反应①×$\frac{3}{2}$后与反应②相加，总反应为$\ce{CO_{2} + 2H_{2}O = CH_{3}OH + \frac{3}{2}O_{2}}$，可知转化过程中消耗$\ce{H_{2}O}$，因此需要额外补充$\ce{H_{2}O}$，并非无需额外补充，C错误；
选项D：甲醇燃烧的化学方程式为$\ce{2CH_{3}OH + 3O_{2}\xlongequal{点燃} 2CO_{2} + 4H_{2}O}$，1mol $\ce{CH_{3}OH}$燃烧生成1mol $\ce{CO_{2}}$，制取1mol $\ce{CH_{3}OH}$消耗1mol $\ce{CO_{2}}$，故等质量的甲醇制取时消耗的$\ce{CO_{2}}$与燃烧时生成的$\ce{CO_{2}}$相等，实现“零碳”排放，D正确。
【答案】
C
【知识点】
化学方程式计算；质量守恒定律；电解水反应
【点评】
本题结合转化流程考查化学方程式的应用，需准确书写反应方程式并利用质量关系计算，同时分析循环物质的变化，难度适中，需仔细梳理各反应的物质转化关系。
【难度系数】
0.5
本题围绕CO₂加氢制甲醇的转化流程，需结合电解水、CO₂与H₂制甲醇的化学方程式，以及质量守恒定律逐一分析选项：先明确两个核心反应的化学方程式，再分别判断各选项的正误，重点关注反应的质量关系、循环物质的变化等。
【解析】
反应①为电解水，化学方程式：$\ce{2H_{2}O\xlongequal{通电} 2H_{2}\uparrow + O_{2}\uparrow}$；反应②为CO₂与H₂制甲醇，化学方程式：$\ce{CO_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件} CH_{3}OH + H_{2}O}$。
选项A：由电解水的化学方程式，生成$\ce{H_{2}}$和$\ce{O_{2}}$的分子个数比为$2:1$，A正确；
选项B：设生产$1.6\mathrm{kg}\ CH_{3}OH$消耗$\ce{CO_{2}}$的质量为$x$，根据反应②中$\ce{CO_{2}}$与$\ce{CH_{3}OH}$的质量比（$44:32$），可得$\frac{44}{32}=\frac{x}{1.6\mathrm{kg}}$，解得$x=2.2\mathrm{kg}$，B正确；
选项C：将反应①×$\frac{3}{2}$后与反应②相加，总反应为$\ce{CO_{2} + 2H_{2}O = CH_{3}OH + \frac{3}{2}O_{2}}$，可知转化过程中消耗$\ce{H_{2}O}$，因此需要额外补充$\ce{H_{2}O}$，并非无需额外补充，C错误；
选项D：甲醇燃烧的化学方程式为$\ce{2CH_{3}OH + 3O_{2}\xlongequal{点燃} 2CO_{2} + 4H_{2}O}$，1mol $\ce{CH_{3}OH}$燃烧生成1mol $\ce{CO_{2}}$，制取1mol $\ce{CH_{3}OH}$消耗1mol $\ce{CO_{2}}$，故等质量的甲醇制取时消耗的$\ce{CO_{2}}$与燃烧时生成的$\ce{CO_{2}}$相等，实现“零碳”排放，D正确。
【答案】
C
【知识点】
化学方程式计算；质量守恒定律；电解水反应
【点评】
本题结合转化流程考查化学方程式的应用，需准确书写反应方程式并利用质量关系计算，同时分析循环物质的变化，难度适中，需仔细梳理各反应的物质转化关系。
【难度系数】
0.5
10. $B$ 从微观上看,化学反应是微观粒子按一定的数目关系进行的。4.6g某有机物(化学式为$C_{x}H_{y}O$)在密闭容器内充分燃烧,生成二氧化碳和水。部分物质的分子数随反应过程的变化如图所示。下列说法正确的是（
A.一个水分子的质量为$\dfrac{18}{n}\mathrm{g}$
B.$t$时刻,$O_{2}$和$CO_{2}$的质量相等
C.反应物和生成物中只有一种氧化物
D.充分反应后生成水分子的个数为$3n$
D
）A.一个水分子的质量为$\dfrac{18}{n}\mathrm{g}$
B.$t$时刻,$O_{2}$和$CO_{2}$的质量相等
C.反应物和生成物中只有一种氧化物
D.充分反应后生成水分子的个数为$3n$
答案
10.D
解析
【分析】
首先从图像中提取反应前后各物质的分子数变化：初始时有机物$\ce{C_{x}H_{y}O}$分子数为$n$，$\ce{O_{2}}$为$4n$，反应后有机物完全消耗，剩余$\ce{O_{2}}$为$n$，生成$\ce{CO_{2}}$为$2n$。据此确定反应的计量关系，结合原子守恒推导有机物的化学式，再逐一分析选项。
【解析】
1. 确定反应计量关系：
反应中，消耗$\ce{C_{x}H_{y}O}$分子数为$n$，消耗$\ce{O_{2}}$分子数为$4n-n=3n$，生成$\ce{CO_{2}}$分子数为$2n$，反应式可写为：
$\ce{nC_{x}H_{y}O + 3nO_{2}\xlongequal{点燃} 2nCO_{2} + mH_{2}O}$，两边同除以$n$得：$\ce{C_{x}H_{y}O + 3O_{2}\xlongequal{点燃} 2CO_{2} + mH_{2}O}$。
2. 原子守恒推导：
C守恒：$x=2$；
O守恒：左边O原子总数为$1+3×2=7$，右边O原子总数为$2×2+m=4+m$，故$4+m=7→m=3$；
H守恒：$y=2×m=6$，即有机物为$\ce{C_{2}H_{6}O}$，反应式为$\ce{C_{2}H_{6}O + 3O_{2}\xlongequal{点燃} 2CO_{2} + 3H_{2}O}$。
3. 选项分析：
A选项：4.6g$\ce{C_{2}H_{6}O}$物质的量为$\frac{4.6g}{46g/mol}=0.1mol$，对应初始有机物分子数为$n$，故$n=0.1mol$；生成水分子数为$3n$，总质量为$0.3mol×18g/mol=5.4g$，单个水分子质量为$\frac{5.4g}{3n}=\frac{1.8}{n}g≠\frac{18}{n}g$，错误。
B选项：$t$时刻$\ce{O_{2}}$和$\ce{CO_{2}}$分子数相等，但$\ce{O_{2}}$摩尔质量为32，$\ce{CO_{2}}$为44，质量=分子数×摩尔质量，二者质量不等，错误。
C选项：氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧的化合物，反应物中$\ce{O_{2}}$是单质，生成物中$\ce{CO_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$均为氧化物，共2种，错误。
D选项：根据反应式，充分反应后生成水分子的个数为$3n$，正确。
【答案】
D
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、氧化物
【点评】
本题结合图像考查化学反应的微观计量，核心是通过原子守恒推导反应的化学计量数，需准确提取图像中各物质的分子数变化，再结合相关概念分析选项，难度适中。
【难度系数】
0.4
首先从图像中提取反应前后各物质的分子数变化：初始时有机物$\ce{C_{x}H_{y}O}$分子数为$n$，$\ce{O_{2}}$为$4n$，反应后有机物完全消耗，剩余$\ce{O_{2}}$为$n$，生成$\ce{CO_{2}}$为$2n$。据此确定反应的计量关系，结合原子守恒推导有机物的化学式，再逐一分析选项。
【解析】
1. 确定反应计量关系：
反应中，消耗$\ce{C_{x}H_{y}O}$分子数为$n$，消耗$\ce{O_{2}}$分子数为$4n-n=3n$，生成$\ce{CO_{2}}$分子数为$2n$，反应式可写为：
$\ce{nC_{x}H_{y}O + 3nO_{2}\xlongequal{点燃} 2nCO_{2} + mH_{2}O}$，两边同除以$n$得：$\ce{C_{x}H_{y}O + 3O_{2}\xlongequal{点燃} 2CO_{2} + mH_{2}O}$。
2. 原子守恒推导：
C守恒：$x=2$；
O守恒：左边O原子总数为$1+3×2=7$，右边O原子总数为$2×2+m=4+m$，故$4+m=7→m=3$；
H守恒：$y=2×m=6$，即有机物为$\ce{C_{2}H_{6}O}$，反应式为$\ce{C_{2}H_{6}O + 3O_{2}\xlongequal{点燃} 2CO_{2} + 3H_{2}O}$。
3. 选项分析：
A选项：4.6g$\ce{C_{2}H_{6}O}$物质的量为$\frac{4.6g}{46g/mol}=0.1mol$，对应初始有机物分子数为$n$，故$n=0.1mol$；生成水分子数为$3n$，总质量为$0.3mol×18g/mol=5.4g$，单个水分子质量为$\frac{5.4g}{3n}=\frac{1.8}{n}g≠\frac{18}{n}g$，错误。
B选项：$t$时刻$\ce{O_{2}}$和$\ce{CO_{2}}$分子数相等，但$\ce{O_{2}}$摩尔质量为32，$\ce{CO_{2}}$为44，质量=分子数×摩尔质量，二者质量不等，错误。
C选项：氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧的化合物，反应物中$\ce{O_{2}}$是单质，生成物中$\ce{CO_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$均为氧化物，共2种，错误。
D选项：根据反应式，充分反应后生成水分子的个数为$3n$，正确。
【答案】
D
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、氧化物
【点评】
本题结合图像考查化学反应的微观计量，核心是通过原子守恒推导反应的化学计量数，需准确提取图像中各物质的分子数变化，再结合相关概念分析选项，难度适中。
【难度系数】
0.4
二、填空题
11. $A$ （1）在反应 $S + O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}SO_{2}$ 中,若生成 $m$ 个 $SO_{2}$ 分子,则参加反应的氧原子个数为
（2）一定质量的铁钉在潮湿的空气中生锈后,得到的固体质量
（3）某可燃物燃烧后生成的产物中有二氧化碳、二氧化硫和一氧化碳,则该可燃物中一定含有
（4）有 A、B、C 三种物质各 4g 组成的混合物,在一定条件下,所发生的反应的化学方程式为$C + B\xlongequal{\;\;}A + D$,反应后的物质中只有 5g A、5g D 和若干克 B,根据质量守恒定律,可知参加反应的 B、C 的质量比为
11. $A$ （1）在反应 $S + O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}SO_{2}$ 中,若生成 $m$ 个 $SO_{2}$ 分子,则参加反应的氧原子个数为
$2m$
。（2）一定质量的铁钉在潮湿的空气中生锈后,得到的固体质量
$＞$
（填“$＜$”“$＞$”或“$=$”）铁钉的质量,这与质量守恒定律不矛盾
（填“矛盾”或“不矛盾”）。（3）某可燃物燃烧后生成的产物中有二氧化碳、二氧化硫和一氧化碳,则该可燃物中一定含有
碳、硫
元素,可能含有氧
元素。（4）有 A、B、C 三种物质各 4g 组成的混合物,在一定条件下,所发生的反应的化学方程式为$C + B\xlongequal{\;\;}A + D$,反应后的物质中只有 5g A、5g D 和若干克 B,根据质量守恒定律,可知参加反应的 B、C 的质量比为
$1:2$
。答案
11. (1)$2m$
(2)$＞$ 不矛盾
(3)碳、硫 氧
(4)$1:2$
(2)$＞$ 不矛盾
(3)碳、硫 氧
(4)$1:2$
解析
【分析】
本题围绕质量守恒定律及相关化学知识点展开，需逐个分析每个小题的解题逻辑：
（1）根据化学方程式的微观意义，结合反应前后原子数目不变，计算生成SO₂对应的氧原子数；
（2）结合铁钉生锈的反应本质，依据质量守恒定律判断固体质量变化及与定律的关系；
（3）根据反应前后元素种类守恒，推断可燃物的元素组成；
（4）利用质量守恒定律计算参加反应的物质质量，进而求质量比。
【解析】
（1）化学方程式$S + O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}SO_{2}$中，1个$SO_{2}$分子含2个氧原子，生成$m$个$SO_{2}$分子时，氧原子总数为$2m$；根据质量守恒定律，反应前后原子数目不变，参加反应的氧原子个数等于生成的$SO_{2}$中氧原子个数，故为$2m$。
（2）铁钉生锈是铁与氧气、水反应生成铁锈，根据质量守恒定律，参加反应的铁、氧气、水的质量和等于铁锈质量，因此生锈后固体（铁锈）质量大于铁钉质量；该反应遵循质量守恒定律，故不矛盾。
（3）可燃物燃烧产物含$CO_{2}$（C、O）、$SO_{2}$（S、O）、$CO$（C、O），根据反应前后元素种类守恒，C、S元素一定来自可燃物，O元素可能来自氧气，因此可燃物一定含碳、硫元素，可能含氧元素。
（4）反应前总质量为$4g+4g+4g=12g$；反应后总质量不变，剩余B的质量为$12g-5g-5g=2g$，故参加反应的B质量为$4g-2g=2g$；C全部反应，质量为$4g$；因此参加反应的B、C质量比为$2g:4g=1:2$。
【答案】
11. (1)$2m$；(2)$＞$ 不矛盾；(3)碳、硫 氧；(4)$1:2$
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式的微观意义、金属的锈蚀
【点评】
本题考查质量守恒定律的综合应用，涵盖化学方程式的微观解读、金属锈蚀的反应原理、元素守恒推断等基础知识点，需学生准确理解反应前后原子、元素的变化规律，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题围绕质量守恒定律及相关化学知识点展开，需逐个分析每个小题的解题逻辑：
（1）根据化学方程式的微观意义，结合反应前后原子数目不变，计算生成SO₂对应的氧原子数；
（2）结合铁钉生锈的反应本质，依据质量守恒定律判断固体质量变化及与定律的关系；
（3）根据反应前后元素种类守恒，推断可燃物的元素组成；
（4）利用质量守恒定律计算参加反应的物质质量，进而求质量比。
【解析】
（1）化学方程式$S + O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}SO_{2}$中，1个$SO_{2}$分子含2个氧原子，生成$m$个$SO_{2}$分子时，氧原子总数为$2m$；根据质量守恒定律，反应前后原子数目不变，参加反应的氧原子个数等于生成的$SO_{2}$中氧原子个数，故为$2m$。
（2）铁钉生锈是铁与氧气、水反应生成铁锈，根据质量守恒定律，参加反应的铁、氧气、水的质量和等于铁锈质量，因此生锈后固体（铁锈）质量大于铁钉质量；该反应遵循质量守恒定律，故不矛盾。
（3）可燃物燃烧产物含$CO_{2}$（C、O）、$SO_{2}$（S、O）、$CO$（C、O），根据反应前后元素种类守恒，C、S元素一定来自可燃物，O元素可能来自氧气，因此可燃物一定含碳、硫元素，可能含氧元素。
（4）反应前总质量为$4g+4g+4g=12g$；反应后总质量不变，剩余B的质量为$12g-5g-5g=2g$，故参加反应的B质量为$4g-2g=2g$；C全部反应，质量为$4g$；因此参加反应的B、C质量比为$2g:4g=1:2$。
【答案】
11. (1)$2m$；(2)$＞$ 不矛盾；(3)碳、硫 氧；(4)$1:2$
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式的微观意义、金属的锈蚀
【点评】
本题考查质量守恒定律的综合应用，涵盖化学方程式的微观解读、金属锈蚀的反应原理、元素守恒推断等基础知识点，需学生准确理解反应前后原子、元素的变化规律，难度适中。
【难度系数】
0.5
