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电子错题
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答案
解：当前未获取到该题对应的完整有效化学习题题干信息，无法生成符合人教版九年级上册化学学段要求的规范解题过程，请补充具体的习题内容后再进行查询。
解析
【分析】
未获取到该题对应的完整有效化学习题题干信息，无法明确题目考查内容与解题方向，需补充具体的习题内容后才能开展解题相关工作。
【解析】
当前未获取到该题对应的完整有效化学习题题干信息，无法生成符合人教版九年级上册化学学段要求的规范解题过程，请补充具体的习题内容后再进行查询。
【答案】
解：当前未获取到该题对应的完整有效化学习题题干信息，无法生成符合人教版九年级上册化学学段要求的规范解题过程，请补充具体的习题内容后再进行查询。
【知识点】
无
【点评】
题目缺少具体的化学习题核心内容，无法进行解题，需补充完整的习题题干后才能解答。
【难度系数】
0.0
未获取到该题对应的完整有效化学习题题干信息，无法明确题目考查内容与解题方向，需补充具体的习题内容后才能开展解题相关工作。
【解析】
当前未获取到该题对应的完整有效化学习题题干信息，无法生成符合人教版九年级上册化学学段要求的规范解题过程，请补充具体的习题内容后再进行查询。
【答案】
解：当前未获取到该题对应的完整有效化学习题题干信息，无法生成符合人教版九年级上册化学学段要求的规范解题过程，请补充具体的习题内容后再进行查询。
【知识点】
无
【点评】
题目缺少具体的化学习题核心内容，无法进行解题，需补充完整的习题题干后才能解答。
【难度系数】
0.0
例1 （2025·镇江中考）下图表示甲转化为丙的微观过程。下列说法正确的是 （
A.转化①中原子个数增加
B.转化②中乙与$\ce{O_{2}}$的分子个数比为$2:1$
C.甲和乙在$\ce{O_{2}}$中完全燃烧的产物相同
D.氢元素质量分数:甲＞丙
B
）A.转化①中原子个数增加
B.转化②中乙与$\ce{O_{2}}$的分子个数比为$2:1$
C.甲和乙在$\ce{O_{2}}$中完全燃烧的产物相同
D.氢元素质量分数:甲＞丙
答案
B 解析:根据质量守恒定律,化学反应前后原子的个数不变,A错误;由图可知一个乙分子比一个丙分子多了2个氢原子,一个氧分子有2个氧原子,2个氢原子和1个氧原子结合成1个水分子,故可知乙分子与氧分子的个数比为2:1,B正确;甲和乙两种物质所含的元素种类不同,完全燃烧的产物也不相同,C错误;甲中氢元素的质量分数为$\frac{5×1}{5×1+2×12+35.5}=\frac{10}{129}$,丙中氢元素的质量分数为$\frac{4×1}{4×1+2×12+16}=\frac{1}{11}$,$\frac{10}{129}＜\frac{1}{11}$,D错误。
解析
【分析】首先根据微观示意图确定甲、乙、丙的化学式：甲为$\ce{C_{2}H_{5}Cl}$，乙为$\ce{C_{2}H_{6}O}$，丙为$\ce{C_{2}H_{4}O}$。结合质量守恒定律、化学方程式配平、物质的元素组成及元素质量分数的计算，逐一分析各选项：A选项依据质量守恒判断原子个数是否变化；B选项需配平转化②的化学方程式，确定乙与$\ce{O_{2}}$的分子个数比；C选项根据甲和乙的元素组成判断完全燃烧的产物；D选项分别计算甲和丙中氢元素的质量分数并比较大小。
【解析】
1. 确定各物质化学式：由微观示意图可知，甲含2个碳原子、5个氢原子、1个氯原子，化学式为$\ce{C_{2}H_{5}Cl}$；乙含2个碳原子、6个氢原子、1个氧原子，化学式为$\ce{C_{2}H_{6}O}$；丙含2个碳原子、4个氢原子、1个氧原子，化学式为$\ce{C_{2}H_{4}O}$。
2. 分析选项：
选项A：转化①为化学反应，根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、个数均不变，因此转化①中原子个数不会增加，A错误。
选项B：转化②为乙醇（$\ce{C_{2}H_{6}O}$）与$\ce{O_{2}}$反应生成乙醛（$\ce{C_{2}H_{4}O}$）和水，配平后的化学方程式为：$\ce{2C_{2}H_{6}O + O_{2} = 2C_{2}H_{4}O + 2H_{2}O}$，由此可知乙与$\ce{O_{2}}$的分子个数比为$2:1$，B正确。
选项C：甲（$\ce{C_{2}H_{5}Cl}$）含$\ce{C}$、$\ce{H}$、$\ce{Cl}$三种元素，完全燃烧会生成含氯元素的产物；乙（$\ce{C_{2}H_{6}O}$）含$\ce{C}$、$\ce{H}$、$\ce{O}$三种元素，完全燃烧生成$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，二者元素组成不同，完全燃烧产物不同，C错误。
选项D：计算氢元素质量分数：
甲中氢元素质量分数 = $\frac{5×1}{2×12 + 5×1 + 35.5} = \frac{5}{64.5} ≈ 7.77\%$；
丙中氢元素质量分数 = $\frac{4×1}{2×12 + 4×1 + 16} = \frac{4}{44} ≈ 9.09\%$；
因此氢元素质量分数：甲＜丙，D错误。
【答案】B
【知识点】质量守恒定律、化学方程式配平、元素质量分数计算、物质的组成与燃烧产物
【点评】本题通过微观粒子模型考查化学核心知识，要求学生能从微观示意图推导物质化学式，结合质量守恒、化学计算等知识分析选项，需细心分析各选项的判断依据，属于中等难度的中考题型。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 确定各物质化学式：由微观示意图可知，甲含2个碳原子、5个氢原子、1个氯原子，化学式为$\ce{C_{2}H_{5}Cl}$；乙含2个碳原子、6个氢原子、1个氧原子，化学式为$\ce{C_{2}H_{6}O}$；丙含2个碳原子、4个氢原子、1个氧原子，化学式为$\ce{C_{2}H_{4}O}$。
2. 分析选项：
选项A：转化①为化学反应，根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、个数均不变，因此转化①中原子个数不会增加，A错误。
选项B：转化②为乙醇（$\ce{C_{2}H_{6}O}$）与$\ce{O_{2}}$反应生成乙醛（$\ce{C_{2}H_{4}O}$）和水，配平后的化学方程式为：$\ce{2C_{2}H_{6}O + O_{2} = 2C_{2}H_{4}O + 2H_{2}O}$，由此可知乙与$\ce{O_{2}}$的分子个数比为$2:1$，B正确。
选项C：甲（$\ce{C_{2}H_{5}Cl}$）含$\ce{C}$、$\ce{H}$、$\ce{Cl}$三种元素，完全燃烧会生成含氯元素的产物；乙（$\ce{C_{2}H_{6}O}$）含$\ce{C}$、$\ce{H}$、$\ce{O}$三种元素，完全燃烧生成$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，二者元素组成不同，完全燃烧产物不同，C错误。
选项D：计算氢元素质量分数：
甲中氢元素质量分数 = $\frac{5×1}{2×12 + 5×1 + 35.5} = \frac{5}{64.5} ≈ 7.77\%$；
丙中氢元素质量分数 = $\frac{4×1}{2×12 + 4×1 + 16} = \frac{4}{44} ≈ 9.09\%$；
因此氢元素质量分数：甲＜丙，D错误。
【答案】B
【知识点】质量守恒定律、化学方程式配平、元素质量分数计算、物质的组成与燃烧产物
【点评】本题通过微观粒子模型考查化学核心知识，要求学生能从微观示意图推导物质化学式，结合质量守恒、化学计算等知识分析选项，需细心分析各选项的判断依据，属于中等难度的中考题型。
【难度系数】0.5
1. (2024·宜宾中考)一定条件下,X、Y、Z、W四种物质在密闭容器中充分反应,测得反应前后各物质质量如下表。
下列说法正确的是 (
A.$a=1.0,\mathrm{Y}$一定是该反应的催化剂
B.该反应一定为化合反应
C.X 与 W 相对分子质量之比一定为 $17:8$
D.Z 与 W 质量变化量之比一定为 $9:8$
下列说法正确的是 (
D
)A.$a=1.0,\mathrm{Y}$一定是该反应的催化剂
B.该反应一定为化合反应
C.X 与 W 相对分子质量之比一定为 $17:8$
D.Z 与 W 质量变化量之比一定为 $9:8$
答案
D 解析:一定条件下,X、Y、Z、W四种物质在密闭容器中充分反应,根据质量守恒定律,则有6.8 g+1.0 g+93.2 g+0 g=0 g+a g+96.8 g+3.2 g,a=1.0;反应后X的质量减少了6.8 g-0 g=6.8 g,则X为反应物;反应后Z的质量增加了96.8 g-93.2 g=3.6 g,则Z为生成物;反应后W的质量增加了3.2 g-0 g=3.2 g,则W为生成物;反应前后Y的质量不变,则Y可能是该反应的催化剂,也可能是没有参与反应的杂质;故该反应为X在一定条件下生成Z和W,属于分解反应。由分析可知,A、B错误;由分析可知,X与W的质量变化量之比为(6.8 g-0 g):(3.2 g-0 g)=6.8 g:3.2 g=17:8,但因为反应式中X与W的化学计量数之比未知,故无法判断其相对分子质量之比,C错误;由分析可知,Z与W质量变化量之比一定为(96.8 g-93.2 g):(3.2 g-0 g)=3.6 g:3.2 g=9:8,D正确。
解析
【分析】本题考查质量守恒定律的应用，解题思路为：①利用质量守恒定律计算未知量a；②根据反应前后各物质的质量变化，确定反应物、生成物（质量减少的为反应物，增加的为生成物，质量不变的可能是催化剂或未参与反应的杂质）；③逐一分析选项，结合催化剂的特点、反应类型的定义、相对分子质量与质量变化量的关系等知识判断正误。
【解析】根据质量守恒定律，反应前后物质总质量相等，可得：$6.8\ \mathrm{g} +1.0\ \mathrm{g} +93.2\ \mathrm{g} +0\ \mathrm{g} =0\ \mathrm{g} +a\ \mathrm{g} +96.8\ \mathrm{g} +3.2\ \mathrm{g}$，解得$a=1.0$。分析各物质质量变化：X反应后质量减少$6.8\ \mathrm{g}$，为反应物；Z反应后质量增加$96.8\ \mathrm{g}-93.2\ \mathrm{g}=3.6\ \mathrm{g}$，为生成物；W反应后质量增加$3.2\ \mathrm{g}-0\ \mathrm{g}=3.2\ \mathrm{g}$，为生成物；Y反应前后质量不变，可能是该反应的催化剂，也可能是未参与反应的杂质。
选项A：$a=1.0$，但Y不一定是催化剂，也可能是杂质，错误；
选项B：该反应是X分解生成Z和W，属于分解反应，不是化合反应，错误；
选项C：X与W的质量变化量之比为$6.8\ \mathrm{g}:3.2\ \mathrm{g}=17:8$，但相对分子质量之比=质量变化量之比÷化学计量数之比，因化学计量数未知，无法确定相对分子质量之比，错误；
选项D：Z与W的质量变化量之比为$3.6\ \mathrm{g}:3.2\ \mathrm{g}=9:8$，正确。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律、催化剂、反应类型
【点评】本题是中考常见的质量守恒定律应用题型，需掌握反应前后质量变化判断物质类别、催化剂的特征，区分质量变化量与相对分子质量的关系，难度适中，考查学生的分析判断能力。
【难度系数】0.6
【解析】根据质量守恒定律，反应前后物质总质量相等，可得：$6.8\ \mathrm{g} +1.0\ \mathrm{g} +93.2\ \mathrm{g} +0\ \mathrm{g} =0\ \mathrm{g} +a\ \mathrm{g} +96.8\ \mathrm{g} +3.2\ \mathrm{g}$，解得$a=1.0$。分析各物质质量变化：X反应后质量减少$6.8\ \mathrm{g}$，为反应物；Z反应后质量增加$96.8\ \mathrm{g}-93.2\ \mathrm{g}=3.6\ \mathrm{g}$，为生成物；W反应后质量增加$3.2\ \mathrm{g}-0\ \mathrm{g}=3.2\ \mathrm{g}$，为生成物；Y反应前后质量不变，可能是该反应的催化剂，也可能是未参与反应的杂质。
选项A：$a=1.0$，但Y不一定是催化剂，也可能是杂质，错误；
选项B：该反应是X分解生成Z和W，属于分解反应，不是化合反应，错误；
选项C：X与W的质量变化量之比为$6.8\ \mathrm{g}:3.2\ \mathrm{g}=17:8$，但相对分子质量之比=质量变化量之比÷化学计量数之比，因化学计量数未知，无法确定相对分子质量之比，错误；
选项D：Z与W的质量变化量之比为$3.6\ \mathrm{g}:3.2\ \mathrm{g}=9:8$，正确。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律、催化剂、反应类型
【点评】本题是中考常见的质量守恒定律应用题型，需掌握反应前后质量变化判断物质类别、催化剂的特征，区分质量变化量与相对分子质量的关系，难度适中，考查学生的分析判断能力。
【难度系数】0.6
例2 (2025·眉山中考)物质X在氧气中充分燃烧的化学方程式为 $\ce{X + 3O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}2CO_{2} + aH_{2}O},$下列说法错误的是（
A.X一定含有C、H元素
B.若$a = 2$,X为$\ce{C_{2}H_{4}}$
C.X可能是$\ce{C_{2}H_{5}OH}$
D.该反应后分子数目可能减少
D
）A.X一定含有C、H元素
B.若$a = 2$,X为$\ce{C_{2}H_{4}}$
C.X可能是$\ce{C_{2}H_{5}OH}$
D.该反应后分子数目可能减少
答案
D 解析:根据质量守恒定律,化学反应前后元素种类不变,则X中一定含有C、H元素,A正确;若a=2,根据化学方程式$\ce{X + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 2H_{2}O}$,反应前有1个X分子和6个氧原子,反应后有2个碳原子、6个氧原子和4个氢原子,则1个X分子中含有2个碳原子和4个氢原子,故X的化学式为$\ce{C_{2}H_{4}}$,B正确;乙醇在氧气中燃烧生成二氧化碳和水,化学方程式为$\ce{C_{2}H_{5}OH + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 3H_{2}O}$,则X可能是乙醇,C正确;根据质量守恒定律,化学反应前后原子种类及数目不变,根据化学方程式$\ce{X + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + aH_{2}O}$,反应前氧原子数目≥6,则a≥2,因此反应前后分子数目不可能减少,D错误。
解析
【分析】
本题围绕质量守恒定律和化学方程式的相关知识展开，解题思路如下：1. 利用质量守恒定律中“化学反应前后元素种类、原子种类及数目不变”的规律，判断物质X的元素组成与化学式；2. 逐一分析各选项：A选项根据元素守恒判断X的元素；B选项结合原子守恒确定a=2时X的化学式；C选项对比乙醇燃烧的化学方程式，判断X是否可能为乙醇；D选项计算反应前后的分子总数，判断分子数目变化情况，最终选出错误选项。
【解析】
根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、原子种类和数目不变：
1. 选项A：生成物$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$中含C、H、O元素，反应物$\ce{O_{2}}$仅含O元素，因此X一定含C、H元素，A正确；
2. 选项B：若$a = 2$，反应后原子总数：C为2，H为4，O为$2×2 + 2×1 = 6$；反应前$\ce{O_{2}}$提供6个O原子，因此1个X分子含2个C原子、4个H原子，化学式为$\ce{C_{2}H_{4}}$，B正确；
3. 选项C：乙醇（$\ce{C_{2}H_{5}OH}$）燃烧的化学方程式为$\ce{C_{2}H_{5}OH + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 3H_{2}O}$，当$a = 3$时，X为乙醇，因此X可能是乙醇，C正确；
4. 选项D：反应前分子总数为$1$（X）+$3$（$\ce{O_{2}}$）=$4$；反应后分子总数为$2$（$\ce{CO_{2}}$）+$a$（$\ce{H_{2}O}$）。根据原子守恒，反应前后O原子总数相等：若X不含O，反应后O总数为$2×2 + a = 6$，得$a=2$，反应后分子总数为$2+2=4$；若X含O（如$\ce{C_{2}H_{5}OH}$），反应后O总数为$4+a = 6 + X$中O原子数，得$a=3$，反应后分子总数为$2+3=5$。因此反应后分子数目要么不变，要么增加，不可能减少，D错误。
【答案】
D
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式的意义
【点评】
本题是中考化学常规题型，重点考查质量守恒定律的应用，要求学生熟练运用元素守恒、原子守恒分析物质组成和化学式，同时能计算反应前后分子数目变化，需仔细分析每个选项，避免忽略X可能含氧元素的情况。
【难度系数】
0.5
本题围绕质量守恒定律和化学方程式的相关知识展开，解题思路如下：1. 利用质量守恒定律中“化学反应前后元素种类、原子种类及数目不变”的规律，判断物质X的元素组成与化学式；2. 逐一分析各选项：A选项根据元素守恒判断X的元素；B选项结合原子守恒确定a=2时X的化学式；C选项对比乙醇燃烧的化学方程式，判断X是否可能为乙醇；D选项计算反应前后的分子总数，判断分子数目变化情况，最终选出错误选项。
【解析】
根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、原子种类和数目不变：
1. 选项A：生成物$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$中含C、H、O元素，反应物$\ce{O_{2}}$仅含O元素，因此X一定含C、H元素，A正确；
2. 选项B：若$a = 2$，反应后原子总数：C为2，H为4，O为$2×2 + 2×1 = 6$；反应前$\ce{O_{2}}$提供6个O原子，因此1个X分子含2个C原子、4个H原子，化学式为$\ce{C_{2}H_{4}}$，B正确；
3. 选项C：乙醇（$\ce{C_{2}H_{5}OH}$）燃烧的化学方程式为$\ce{C_{2}H_{5}OH + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 3H_{2}O}$，当$a = 3$时，X为乙醇，因此X可能是乙醇，C正确；
4. 选项D：反应前分子总数为$1$（X）+$3$（$\ce{O_{2}}$）=$4$；反应后分子总数为$2$（$\ce{CO_{2}}$）+$a$（$\ce{H_{2}O}$）。根据原子守恒，反应前后O原子总数相等：若X不含O，反应后O总数为$2×2 + a = 6$，得$a=2$，反应后分子总数为$2+2=4$；若X含O（如$\ce{C_{2}H_{5}OH}$），反应后O总数为$4+a = 6 + X$中O原子数，得$a=3$，反应后分子总数为$2+3=5$。因此反应后分子数目要么不变，要么增加，不可能减少，D错误。
【答案】
D
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式的意义
【点评】
本题是中考化学常规题型，重点考查质量守恒定律的应用，要求学生熟练运用元素守恒、原子守恒分析物质组成和化学式，同时能计算反应前后分子数目变化，需仔细分析每个选项，避免忽略X可能含氧元素的情况。
【难度系数】
0.5
2. 农谚“雷雨发庄稼”的化学原理是：雷电时雨水里含有微量硝酸。硝酸的形成过程如图：
回答下列问题：
(1) 单质 X 是一种常见气体, 其化学式是
(2) 反应②属于基本反应类型中的
(3) 反应③在常温下即可发生, 该反应的化学方程式是
(4) 为了提高氮原子的利用率, 可循环利用的物质是
(5) 在实验室通常采用以下方法制取 NO：$4□ +5\ce{O_{2}} \xlongequal[\Delta ]{催化剂} 4\ce{NO} +6\ce{H_{2}O}$，“$□$”中物质的化学式为
回答下列问题：
(1) 单质 X 是一种常见气体, 其化学式是
$\ce{O_{2}}$
。(2) 反应②属于基本反应类型中的
化合
反应。(3) 反应③在常温下即可发生, 该反应的化学方程式是
$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$
。(4) 为了提高氮原子的利用率, 可循环利用的物质是
$\ce{NO}$
(填化学式)。(5) 在实验室通常采用以下方法制取 NO：$4□ +5\ce{O_{2}} \xlongequal[\Delta ]{催化剂} 4\ce{NO} +6\ce{H_{2}O}$，“$□$”中物质的化学式为
$\ce{NH_{3}}$
, 因为在化学反应前后原子的种类和个数
没有改变。答案
(1)$\ce{O_{2}}$ (2)化合 (3)$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$ (4)$\ce{NO}$ (5)$\ce{NH_{3}}$ 种类和个数
解析:(1)由质量守恒定律,化学反应前后元素的种类不变,反应后生成的一氧化氮含有氮元素和氧元素,反应前氮气含有氮元素,氮气和单质X反应生成一氧化氮,故X是氧气,化学式为$\ce{O_{2}}$。(2)反应②是一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,反应符合“多变一”,故属于化合反应。(3)反应③是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,故反应的化学方程式为$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$。(4)根据图示可以看出,一氧化氮可以由反应生成,也可以参加反应,故可以循环利用的物质是一氧化氮,其化学式为$\ce{NO}$。(5)由质量守恒定律可知,化学反应前后原子的种类和个数不变,该反应前含有10个O原子,反应后含有4个N原子、10个O原子、12个H原子,反应前“4□”中含有4个N原子、12个H原子,故“□”中含有1个N原子、3个H原子,化学式为$\ce{NH_{3}}$。
解析:(1)由质量守恒定律,化学反应前后元素的种类不变,反应后生成的一氧化氮含有氮元素和氧元素,反应前氮气含有氮元素,氮气和单质X反应生成一氧化氮,故X是氧气,化学式为$\ce{O_{2}}$。(2)反应②是一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,反应符合“多变一”,故属于化合反应。(3)反应③是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,故反应的化学方程式为$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$。(4)根据图示可以看出,一氧化氮可以由反应生成,也可以参加反应,故可以循环利用的物质是一氧化氮,其化学式为$\ce{NO}$。(5)由质量守恒定律可知,化学反应前后原子的种类和个数不变,该反应前含有10个O原子,反应后含有4个N原子、10个O原子、12个H原子,反应前“4□”中含有4个N原子、12个H原子,故“□”中含有1个N原子、3个H原子,化学式为$\ce{NH_{3}}$。
解析
【分析】
本题围绕“雷雨发庄稼”的氮元素转化过程，结合质量守恒定律、基本反应类型、化学方程式书写等知识点解题。思路如下：
1. 问题(1)：根据反应前后元素种类不变，N₂与单质X反应生成含N、O的NO，确定X为含O的气体单质；
2. 问题(2)：分析反应②的反应物和生成物种类，判断基本反应类型；
3. 问题(3)：根据反应③的反应物（NO₂和H₂O）及产物（HNO₃和NO），书写化学方程式；
4. 问题(4)：从转化图中找出既作为反应物又作为生成物的物质，确定循环利用的物质；
5. 问题(5)：依据质量守恒定律，反应前后原子的种类和个数不变，推导未知物质的化学式。
【解析】
(1) 化学反应前后元素种类不变，N₂含N元素，生成的NO含N、O元素，故单质X为氧气，化学式为$\ce{O_{2}}$；
(2) 反应②是NO与O₂反应生成NO₂，反应物为两种，生成物为一种，符合“多变一”的特征，属于化合反应；
(3) 反应③为NO₂与H₂O反应，生成HNO₃和NO，化学方程式为$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$；
(4) 由转化图可知，NO是反应①的产物、反应②的反应物，反应③也生成NO，因此可循环利用的物质是$\ce{NO}$；
(5) 根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和个数不变：反应后有4个N原子、10个O原子、12个H原子，反应前已有10个O原子，故4个“□”中含4个N原子、12个H原子，每个“□”为$\ce{NH_{3}}$，原因是化学反应前后原子的种类和个数不变。
【答案】
(1)$\ce{O_{2}}$ (2)化合 (3)$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$ (4)$\ce{NO}$ (5)$\ce{NH_{3}}$；种类和个数
【知识点】
氮的循环、质量守恒定律、化合反应
【点评】
本题结合生活中的农谚“雷雨发庄稼”考查氮及其化合物的转化，难度适中，重点考查基础知识点的应用，需准确掌握氮的转化关系和质量守恒定律的应用。
【难度系数】
0.6
本题围绕“雷雨发庄稼”的氮元素转化过程，结合质量守恒定律、基本反应类型、化学方程式书写等知识点解题。思路如下：
1. 问题(1)：根据反应前后元素种类不变，N₂与单质X反应生成含N、O的NO，确定X为含O的气体单质；
2. 问题(2)：分析反应②的反应物和生成物种类，判断基本反应类型；
3. 问题(3)：根据反应③的反应物（NO₂和H₂O）及产物（HNO₃和NO），书写化学方程式；
4. 问题(4)：从转化图中找出既作为反应物又作为生成物的物质，确定循环利用的物质；
5. 问题(5)：依据质量守恒定律，反应前后原子的种类和个数不变，推导未知物质的化学式。
【解析】
(1) 化学反应前后元素种类不变，N₂含N元素，生成的NO含N、O元素，故单质X为氧气，化学式为$\ce{O_{2}}$；
(2) 反应②是NO与O₂反应生成NO₂，反应物为两种，生成物为一种，符合“多变一”的特征，属于化合反应；
(3) 反应③为NO₂与H₂O反应，生成HNO₃和NO，化学方程式为$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$；
(4) 由转化图可知，NO是反应①的产物、反应②的反应物，反应③也生成NO，因此可循环利用的物质是$\ce{NO}$；
(5) 根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和个数不变：反应后有4个N原子、10个O原子、12个H原子，反应前已有10个O原子，故4个“□”中含4个N原子、12个H原子，每个“□”为$\ce{NH_{3}}$，原因是化学反应前后原子的种类和个数不变。
【答案】
(1)$\ce{O_{2}}$ (2)化合 (3)$\ce{3NO_{2} + H_{2}O = 2HNO_{3} + NO}$ (4)$\ce{NO}$ (5)$\ce{NH_{3}}$；种类和个数
【知识点】
氮的循环、质量守恒定律、化合反应
【点评】
本题结合生活中的农谚“雷雨发庄稼”考查氮及其化合物的转化，难度适中，重点考查基础知识点的应用，需准确掌握氮的转化关系和质量守恒定律的应用。
【难度系数】
0.6
例3 (2025·淮安中考)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。下列有关说法不正确的是 （
A.a 是$\ce{NH_{3}}$,b 是$\ce{HCl}$
B.反应过程中无需不断补充$\ce{MgO}$
C.理论上制得 36.5 g $\ce{HCl}$,需要消耗$\ce{NH_{4}Cl}$的质量为 107 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.反应过程中无需不断补充$\ce{MgO}$
C.理论上制得 36.5 g $\ce{HCl}$,需要消耗$\ce{NH_{4}Cl}$的质量为 107 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
C 解析: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$\ce{NH_{4}Cl + MgO\xlongequal{350℃}Mg(OH)Cl + NH_{3}↑}$、$\ce{Mg(OH)Cl\xlongequal{600℃}MgO + HCl↑}$,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的质量等于后一个反应中生成的氧化镁的质量,氧化镁是反应的催化剂,该工艺的总反应为$\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}↑ + HCl↑}$,过程中无需不断补充MgO,B正确;设理论上制得36.5 g HCl,需要消耗$\ce{NH_{4}Cl}$的质量为x,
$\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}↑ + HCl↑}$
53.5 36.5
x 36.5 g
$\frac{53.5}{36.5}=\frac{x}{36.5\ \mathrm{g}}$ x=53.5 g,C错误;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。
$\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}↑ + HCl↑}$
53.5 36.5
x 36.5 g
$\frac{53.5}{36.5}=\frac{x}{36.5\ \mathrm{g}}$ x=53.5 g,C错误;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】
本题为化学工艺类题目，需结合反应示意图，依据质量守恒定律推导各反应的反应物与生成物，再逐一分析选项。首先根据350℃、600℃下的反应，确定a、b的成分；再判断MgO是否可循环；通过总反应的化学方程式计算NH₄Cl的质量；最后对比直接加热NH₄Cl与该方法的产物分离情况，选出不正确的选项。
【解析】
根据工艺示意图，350℃时，NH₄Cl与MgO反应生成Mg(OH)Cl和a，由元素守恒可知反应为$\ce{NH_{4}Cl + MgO\xlongequal{350℃}Mg(OH)Cl + NH_{3}↑}$，故a为$\ce{NH_{3}}$；600℃时，Mg(OH)Cl分解生成MgO和b，反应为$\ce{Mg(OH)Cl\xlongequal{600℃}MgO + HCl↑}$，故b为$\ce{HCl}$，A选项正确。由上述两个反应可知，前一反应消耗MgO，后一反应生成MgO，MgO在反应中循环，属于催化剂，因此无需不断补充MgO，B选项正确。总反应为$\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}↑ + HCl↑}$，设生成36.5g HCl需要NH₄Cl的质量为x，$\ce{NH_{4}Cl}$的相对分子质量为53.5，HCl的相对分子质量为36.5，则$\frac{53.5}{36.5}=\frac{x}{36.5g}$，解得x=53.5g，并非107g，C选项错误。直接加热NH₄Cl生成的NH₃和HCl为混合气体，难以分离，该方法分步得到两种气体，产物更易分离，D选项正确。
【答案】
C
【知识点】
化学方程式、质量守恒定律、物质分离
【点评】
本题以化学工艺为载体，考查反应原理、催化剂判断、化学方程式计算及物质分离，需结合反应示意图和质量守恒分析，是中考常见的中等难度题型。
【难度系数】
0.6
本题为化学工艺类题目，需结合反应示意图，依据质量守恒定律推导各反应的反应物与生成物，再逐一分析选项。首先根据350℃、600℃下的反应，确定a、b的成分；再判断MgO是否可循环；通过总反应的化学方程式计算NH₄Cl的质量；最后对比直接加热NH₄Cl与该方法的产物分离情况，选出不正确的选项。
【解析】
根据工艺示意图，350℃时，NH₄Cl与MgO反应生成Mg(OH)Cl和a，由元素守恒可知反应为$\ce{NH_{4}Cl + MgO\xlongequal{350℃}Mg(OH)Cl + NH_{3}↑}$，故a为$\ce{NH_{3}}$；600℃时，Mg(OH)Cl分解生成MgO和b，反应为$\ce{Mg(OH)Cl\xlongequal{600℃}MgO + HCl↑}$，故b为$\ce{HCl}$，A选项正确。由上述两个反应可知，前一反应消耗MgO，后一反应生成MgO，MgO在反应中循环，属于催化剂，因此无需不断补充MgO，B选项正确。总反应为$\ce{NH_{4}Cl\xlongequal[\Delta]{MgO}NH_{3}↑ + HCl↑}$，设生成36.5g HCl需要NH₄Cl的质量为x，$\ce{NH_{4}Cl}$的相对分子质量为53.5，HCl的相对分子质量为36.5，则$\frac{53.5}{36.5}=\frac{x}{36.5g}$，解得x=53.5g，并非107g，C选项错误。直接加热NH₄Cl生成的NH₃和HCl为混合气体，难以分离，该方法分步得到两种气体，产物更易分离，D选项正确。
【答案】
C
【知识点】
化学方程式、质量守恒定律、物质分离
【点评】
本题以化学工艺为载体，考查反应原理、催化剂判断、化学方程式计算及物质分离，需结合反应示意图和质量守恒分析，是中考常见的中等难度题型。
【难度系数】
0.6
3. 石灰石是一种常见的矿石，其制得的产品应用十分广泛。实验室将 10.0 g 石灰石样品高温煅烧(发生反应: $\ce{CaCO_{3}\xlongequal{高温}CaO + CO_{2}\uparrow}$), 对样品进行分析,实验数据记录如表(杂质不参与反应)。
(1)完全反应后生成二氧化碳的质量是
(2)以石灰石为原料制得的“石头纸”是一种介于纸张和塑料之间的新型材料,与传统纸张相比,“石头纸”的优点是
(3)该石灰石样品中碳酸钙的质量分数是
(1)完全反应后生成二氧化碳的质量是
3.3
g。(2)以石灰石为原料制得的“石头纸”是一种介于纸张和塑料之间的新型材料,与传统纸张相比,“石头纸”的优点是
成本低、可控性降解,比较环保(合理即可)
。(3)该石灰石样品中碳酸钙的质量分数是
75%
。答案
(1)3.3 (2)成本低、可控性降解,比较环保(合理即可) (3)75%
解析:(3)设该石灰石样品中碳酸钙的质量为x。
$\ce{CaCO_{3}\xlongequal{高温}CaO + CO_{2}↑}$
100 44
x 3.3 g
$\frac{100}{44}=\frac{x}{3.3\ \mathrm{g}}$ 解得:x=7.5 g
该石灰石样品中碳酸钙的质量分数为$\frac{7.5\ \mathrm{g}}{10.0\ \mathrm{g}}×100\%=75\%$
答:该石灰石样品中碳酸钙的质量分数为75%。
解析:(3)设该石灰石样品中碳酸钙的质量为x。
$\ce{CaCO_{3}\xlongequal{高温}CaO + CO_{2}↑}$
100 44
x 3.3 g
$\frac{100}{44}=\frac{x}{3.3\ \mathrm{g}}$ 解得:x=7.5 g
该石灰石样品中碳酸钙的质量分数为$\frac{7.5\ \mathrm{g}}{10.0\ \mathrm{g}}×100\%=75\%$
答:该石灰石样品中碳酸钙的质量分数为75%。
解析
【分析】
第(1)问利用质量守恒定律，反应前后固体总质量的差值为生成二氧化碳的质量，反应时间到3min后剩余固体质量不再变化，说明反应完全，用初始样品质量减去最终剩余固体质量即可得到CO₂质量；第(2)问结合“石头纸”的原料特性，从环保、成本等角度分析优点；第(3)问根据碳酸钙分解的化学方程式，利用生成CO₂的质量计算碳酸钙的质量，再计算其在样品中的质量分数。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后固体减少的质量即为生成CO₂的质量。初始石灰石样品质量为10.0g，完全反应后剩余固体质量为6.7g，因此生成CO₂的质量=10.0g - 6.7g=3.3g。
(2) “石头纸”以石灰石为原料，相比传统纸张，优点有成本低、可降解、环保（合理即可）。
(3) 设石灰石样品中碳酸钙的质量为x。
$\ce{CaCO_{3}\xlongequal{高温}CaO + CO_{2}\uparrow}$
100 44
x 3.3g
则$\frac{100}{44}=\frac{x}{3.3\ \mathrm{g}}$，解得$x=\frac{100×3.3\ \mathrm{g}}{44}=7.5\ \mathrm{g}$。
该石灰石样品中碳酸钙的质量分数为$\frac{7.5\ \mathrm{g}}{10.0\ \mathrm{g}}×100\%=75\%$。
【答案】
(1)3.3 (2)成本低、可控性降解，比较环保（合理即可） (3)75%
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、含杂质物质的计算
【点评】
本题结合石灰石煅烧的实验数据，考查质量守恒定律的应用、化学方程式计算及化学与生活的实际应用，题目难度适中，侧重基础知识点的掌握与应用，需准确理解反应前后质量变化的意义，规范完成化学计算。
【难度系数】
0.6
第(1)问利用质量守恒定律，反应前后固体总质量的差值为生成二氧化碳的质量，反应时间到3min后剩余固体质量不再变化，说明反应完全，用初始样品质量减去最终剩余固体质量即可得到CO₂质量；第(2)问结合“石头纸”的原料特性，从环保、成本等角度分析优点；第(3)问根据碳酸钙分解的化学方程式，利用生成CO₂的质量计算碳酸钙的质量，再计算其在样品中的质量分数。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后固体减少的质量即为生成CO₂的质量。初始石灰石样品质量为10.0g，完全反应后剩余固体质量为6.7g，因此生成CO₂的质量=10.0g - 6.7g=3.3g。
(2) “石头纸”以石灰石为原料，相比传统纸张，优点有成本低、可降解、环保（合理即可）。
(3) 设石灰石样品中碳酸钙的质量为x。
$\ce{CaCO_{3}\xlongequal{高温}CaO + CO_{2}\uparrow}$
100 44
x 3.3g
则$\frac{100}{44}=\frac{x}{3.3\ \mathrm{g}}$，解得$x=\frac{100×3.3\ \mathrm{g}}{44}=7.5\ \mathrm{g}$。
该石灰石样品中碳酸钙的质量分数为$\frac{7.5\ \mathrm{g}}{10.0\ \mathrm{g}}×100\%=75\%$。
【答案】
(1)3.3 (2)成本低、可控性降解，比较环保（合理即可） (3)75%
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、含杂质物质的计算
【点评】
本题结合石灰石煅烧的实验数据，考查质量守恒定律的应用、化学方程式计算及化学与生活的实际应用，题目难度适中，侧重基础知识点的掌握与应用，需准确理解反应前后质量变化的意义，规范完成化学计算。
【难度系数】
0.6
