7. 某消毒液制备过程中主要物质间转化的微观示意图如图所示。下列说法正确的是()


A.乙的化学式为 CH₂O
B.反应①和②都属于置换反应
C.丙在甲、乙、丙三种物质中氢元素的质量分数最低
D.两种转化过程中，原子、分子种类和数目不变

7. C

8. (2024·临沂)近期，我国自主研发设计的全球首艘氨燃料动力集装箱船在国际市场成功签约。氨气在纯氧中燃烧的微观示意图如图所示，请回答下列问题：

(1) 写出上述反应的化学方程式：，该反应属于（填基本反应类型）。
(2) 与化石燃料相比，氨气作为燃料的优点是(写出一条即可)。
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8. (1)$4NH_{3} + 3O_{2}\stackrel{点燃}{=\!=\!=}2N_{2} + 6H_{2}O$ 置换反应 (2)产物不污染环境(或没有二氧化碳生成等合理答案均可)

9. 丙烷(化学式为 C₃H₈)是液化石油气的主要成分之一。现有 4.4 g 丙烷与一定量氧气混合于密闭容器内，在一定条件下全部转化为一氧化碳、二氧化碳和水，恢复至室温，测得所得气体中氧元素质量分数为 70%，则参加反应的氧气的质量为()

A.16 g
B.14.8 g
C.11.2 g
D.8.4 g

9. B 解析：$4.4g$丙烷中碳元素的质量为$4.4g×(\frac{36}{44}× 100\%)=3.6g$，氢元素的质量为$4.4g - 3.6g = 0.8g$，恢复至室温，所得气体是一氧化碳和二氧化碳的混合物，其中氧元素的质量分数为70%，则碳元素的质量分数为$1 - 70\% = 30\%$，由碳元素守恒可知，混合气体的质量为$\frac{3.6g}{30\%}=12g$，由氢元素守恒可知，丙烷燃烧生成水的质量为$\frac{0.8g}{2}× 18× 100\% = 7.2g$，由质量守恒定律可知，参加反应的氧气的质量为$12g + 7.2g - 4.4g = 14.8g$。

10. 金—钒—氧团簇(AuVO₂、AuVO₃、AuVO₄)催化除去 CO 的反应过程如图所示(开尔文温度，常用符号 K 表示)，下列叙述中，正确的是()


A.催化剂的性质和质量在化学反应前后不变
B.存在反应：AuVO₄ + CO = AuVO₃ + CO₂
C.反应③和反应⑤是同一个反应
D.除去 28 g CO 需要消耗 16 g O₂

10. D 解析：由题图可知，金—钒—氧团簇为该反应的催化剂，反应物为$O_{2}$、$CO$，生成物为$CO_{2}$，$AuVO_{4}$、$CO$、$AuVO_{3}$等物质是反应的中间产物，在化学反应前后催化剂的化学性质和质量不发生改变，A错误；由反应②可知，$AuVO_{4}$和$CO$反应生成$AuVO_{4}CO$，然后$AuVO_{4}CO$又在温度大于$300K$的条件下发生反应③生成二氧化碳和$AuVO_{3}$，故反应②③的总反应的化学方程式为$AuVO_{4} + CO\stackrel{T＞300K}{=\!=\!=}AuVO_{3} + CO_{2}$，B错误；反应③为$AuVO_{4}CO$在温度大于$300K$的条件下反应生成二氧化碳和$AuVO_{3}$，反应⑤为$AuVO_{3}CO$在温度大于$300K$的条件下反应生成二氧化碳和$AuVO_{2}$，两个反应的反应物和生成物不同，不属于同一个反应，C错误；根据整个过程图可知，反应物为$O_{2}$、$CO$，生成物为$CO_{2}$，总反应的化学方程式为$2CO + O_{2}\stackrel{金—钒—氧团簇}{=\!=\!=}2CO_{2}$，由化学方程式可知，除去56份质量的$CO$需要消耗32份质量的氧气，故除去$28gCO$需要消耗$16g$氧气，D正确。

11. (2025·安徽)科学家发明了一种利用二氧化碳的新技术：2CO₂ + 6H₂ $\xlongequal{一定条件}$ 4H₂O + X。在密闭容器中加入 CO₂ 和 H₂ 模拟该反应，反应物的总质量、各生成物的质量随时间的变化如图。下列说法正确的是()


A.m=0.28
B.X 的化学式为 CH₄
C.反应前后分子种类不变
D.容器中碳、氧元素的质量比为 1:2

11. A 解析：由图示可知，$1.00g$二氧化碳和氢气完全反应生成$0.72g$水和X，根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则生成X的质量为$1.00g - 0.72g = 0.28g$，即$m = 0.28$，A正确。分析可知，X的化学式为$C_{2}H_{4}$，B不正确。该反应为$2CO_{2} + 6H_{2}\stackrel{一定条件}{=\!=\!=}4H_{2}O + C_{2}H_{4}$，反应前后分子种类改变，C不正确。由图示可知，$1.00g$二氧化碳和氢气恰好完全反应，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，碳、氧元素全部来自二氧化碳，则容器中碳、氧元素的质量比为$12:(16× 2)=3:8$，D不正确。

12. (2025·镇江模拟)已知 CaO + 2HCl = CaCl₂ + H₂O，现有 m g CaCO₃ 煅烧一段时间，称得剩余固体的质量为 15.6 g。向剩余固体中加入足量的稀 HCl，充分反应，将所得溶液蒸干，得到 22.2 g CaCl₂。下列说法错误的是()

A.m=20
B.实验中共产生 8.8 g CO₂
C.剩余固体中 CaCO₃ 和 CaO 的质量比为 25:7
D.煅烧前后的固体分别与足量稀 HCl 反应，两者消耗 HCl 的质量相等

12. C 解析：碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，将$mgCaCO_{3}$煅烧一段时间，向剩余固体中加入足量的稀$HCl$，碳酸钙、氧化钙与盐酸反应均生成氯化钙，则碳酸钙中的钙元素全部转移到氯化钙中，故碳酸钙中钙元素的质量等于氯化钙中钙元素的质量，$22.2g$氯化钙中钙元素的质量为$22.2g×(\frac{40}{40 + 35.5× 2}× 100\%)=8g$，则碳酸钙的质量为$\frac{8g}{\frac{40}{40 + 12 + 16× 3}× 100\%}=20g$，即$m = 20$，A正确。$20g$碳酸钙煅烧一段时间，称得剩余固体的质量为$15.6g$，则生成二氧化碳的质量为$20g - 15.6g = 4.4g$，设分解的碳酸钙的质量为$x$，生成的氧化钙的质量为$y$。
$CaCO_{3}\stackrel{高温}{=\!=\!=}CaO + CO_{2}\uparrow$
    100         56          44 
      x            y          4.4g
$\frac{100}{44}=\frac{x}{4.4g}$         $x = 10g$
$\frac{56}{44}=\frac{y}{4.4g}$         $y = 5.6g$
则未分解的碳酸钙的质量为$20g - 10g = 10g$。设未分解的碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳的质量为$z$。
$CaCO_{3} + 2HCl=\!=\!=CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}\uparrow$
    100                                            44
     10g                                             z  
$\frac{100}{44}=\frac{10g}{z}$         $z = 4.4g$
该实验中共产生$CO_{2}$的质量为$4.4g + 4.4g = 8.8g$，B正确。
由B选项分析可知，剩余固体中$CaCO_{3}$和$CaO$的质量比为$10g:5.6g = 25:14$，C错误。煅烧前的固体为碳酸钙，煅烧后的固体为氧化钙和碳酸钙，氧化钙和稀盐酸反应的化学方程式为$CaO + 2HCl=\!=\!=CaCl_{2} + H_{2}O$，碳酸钙和稀盐酸反应的化学方程式为$CaCO_{3} + 2HCl=\!=\!=CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}\uparrow$，由化学方程式可得关系式：$CaCO_{3}∼ CaO∼ CaCl_{2}∼ 2HCl$，故煅烧前后的固体分别与足量稀盐酸反应，两者消耗$HCl$的质量相等，D正确。