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7. 科学研究表明,氨气在常压下就可液化为液氨,液氨能在氧气中燃烧,发生反应的化学方
程式为 $a\ce{NH_{3}}+b\ce{O_{2}}\xlongequal{\mathrm{点燃}}c\ce{N_{2}}+d\ce{H_{2}O}$。下列有关
叙述不正确的是（
A.氨气液化是物理变化
B.$\ce{NH_{3}}$中氮元素化合价为+3 价
C.该反应中 $a+b＜c+d$
D.$a$、$b$、$c$、$d$ 分别为 4、3、2、6
程式为 $a\ce{NH_{3}}+b\ce{O_{2}}\xlongequal{\mathrm{点燃}}c\ce{N_{2}}+d\ce{H_{2}O}$。下列有关
叙述不正确的是（
B
）A.氨气液化是物理变化
B.$\ce{NH_{3}}$中氮元素化合价为+3 价
C.该反应中 $a+b＜c+d$
D.$a$、$b$、$c$、$d$ 分别为 4、3、2、6
答案
7.B 解析:发生的化学反应配平后为$\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$;$\ce{NH_{3}}$中由于氢元素为+1价,且在化合物中正、负化合价的代数和为零,所以氮元素化合价为-3价,而非+3价,故B项错误。
解析
【分析】
本题要求选出叙述不正确的选项，需逐一分析各选项涉及的化学知识点：先判断氨气液化的变化类型，再计算NH₃中氮元素的化合价，接着配平反应的化学方程式并验证各选项的正误。
【解析】
1. 选项A：氨气液化仅为物质状态的改变，没有新物质生成，属于物理变化，A叙述正确。
2. 选项B：化合物中氢元素通常显+1价，设NH₃中氮元素化合价为x，根据“化合物中正负化合价代数和为0”，可得x + (+1)×3 = 0，解得x = -3价，并非+3价，B叙述错误。
3. 选项C：配平反应的化学方程式：根据原子守恒，N原子：a=2c；H原子：3a=2d；O原子：2b=d。联立得a=4、b=3、c=2、d=6，配平后方程式为$\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$。此时a+b=7，c+d=8，故a+b ＜ c+d，C叙述正确。
4. 选项D：由上述配平结果，a、b、c、d分别为4、3、2、6，D叙述正确。
综上，不正确的叙述是B。
【答案】
B
【知识点】
化合价计算、化学方程式配平、物理变化判断
【点评】
本题考查化学基础核心知识点，涵盖物理变化与化学变化的区分、化合价计算、化学方程式配平，需学生熟练掌握基础概念，整体难度适中，易因化合价计算出错。
【难度系数】
0.6
本题要求选出叙述不正确的选项，需逐一分析各选项涉及的化学知识点：先判断氨气液化的变化类型，再计算NH₃中氮元素的化合价，接着配平反应的化学方程式并验证各选项的正误。
【解析】
1. 选项A：氨气液化仅为物质状态的改变，没有新物质生成，属于物理变化，A叙述正确。
2. 选项B：化合物中氢元素通常显+1价，设NH₃中氮元素化合价为x，根据“化合物中正负化合价代数和为0”，可得x + (+1)×3 = 0，解得x = -3价，并非+3价，B叙述错误。
3. 选项C：配平反应的化学方程式：根据原子守恒，N原子：a=2c；H原子：3a=2d；O原子：2b=d。联立得a=4、b=3、c=2、d=6，配平后方程式为$\ce{4NH_{3} + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2N_{2} + 6H_{2}O}$。此时a+b=7，c+d=8，故a+b ＜ c+d，C叙述正确。
4. 选项D：由上述配平结果，a、b、c、d分别为4、3、2、6，D叙述正确。
综上，不正确的叙述是B。
【答案】
B
【知识点】
化合价计算、化学方程式配平、物理变化判断
【点评】
本题考查化学基础核心知识点，涵盖物理变化与化学变化的区分、化合价计算、化学方程式配平，需学生熟练掌握基础概念，整体难度适中，易因化合价计算出错。
【难度系数】
0.6
8. (2025·镇江月考)以甲烷为燃料、含铜氧化物为载体的化学电池过程如图所示,下列说法不正确的是（
A.该流程中无需补充 $\ce{CuO}$
B.空气反应器中的反应为 $\ce{2Cu_{2}O + O_{2}\xlongequal{\Delta} 4CuO}$
C.理论上燃料电池是将电能转变为化学能
D.该流程比传统燃烧更有利于捕集 $\ce{CO_{2}}$
C
）A.该流程中无需补充 $\ce{CuO}$
B.空气反应器中的反应为 $\ce{2Cu_{2}O + O_{2}\xlongequal{\Delta} 4CuO}$
C.理论上燃料电池是将电能转变为化学能
D.该流程比传统燃烧更有利于捕集 $\ce{CO_{2}}$
答案
8.C 解析:由题图可知,$\ce{CuO}$、$\ce{Cu_{2}O}$均既是反应物,又是生成物,可循环使用,所以流程中不需要另外添加$\ce{CuO}$,A正确;由题图可知,空气反应器中的反应为氧化亚铜和空气中的氧气加热生成氧化铜,B正确;理论上燃料电池是将化学能转变为电能,C错误;由题图可知,该流程可以分离出二氧化碳,实现低能耗捕集$\ce{CO_{2}}$,D正确。
解析
【分析】
本题围绕含铜氧化物为载体的甲烷化学电池流程，考查物质循环、能量转化等知识点，需结合流程图逐一分析各选项的正误：首先明确流程中CuO、Cu₂O的循环关系，再判断反应方程式、能量转化形式及CO₂捕集的特点。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 选项A：由流程图可知，CuO和Cu₂O在流程中既是反应物又是生成物，可循环使用，因此流程中无需额外补充CuO，A正确；
2. 选项B：空气反应器中，Cu₂O与空气中的O₂在加热条件下反应生成CuO，反应方程式为$\ce{2Cu_{2}O + O_{2}\xlongequal{\Delta} 4CuO}$，B正确；
3. 选项C：燃料电池的能量转化形式是将化学能转化为电能，而非电能转变为化学能，C错误；
4. 选项D：该流程中反应生成的$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$可分离，能更高效地捕集$\ce{CO_{2}}$，比传统燃烧更有利于$\ce{CO_{2}}$的捕集，D正确。
【答案】
C
【知识点】
化学工艺流程、能量转化、物质循环
【点评】
本题结合化学工艺流程考查基础化学概念，需理清流程中物质的循环关系，明确燃料电池的能量转化形式，整体难度适中，属于常规考点的应用。
【难度系数】
0.5
本题围绕含铜氧化物为载体的甲烷化学电池流程，考查物质循环、能量转化等知识点，需结合流程图逐一分析各选项的正误：首先明确流程中CuO、Cu₂O的循环关系，再判断反应方程式、能量转化形式及CO₂捕集的特点。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 选项A：由流程图可知，CuO和Cu₂O在流程中既是反应物又是生成物，可循环使用，因此流程中无需额外补充CuO，A正确；
2. 选项B：空气反应器中，Cu₂O与空气中的O₂在加热条件下反应生成CuO，反应方程式为$\ce{2Cu_{2}O + O_{2}\xlongequal{\Delta} 4CuO}$，B正确；
3. 选项C：燃料电池的能量转化形式是将化学能转化为电能，而非电能转变为化学能，C错误；
4. 选项D：该流程中反应生成的$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$可分离，能更高效地捕集$\ce{CO_{2}}$，比传统燃烧更有利于$\ce{CO_{2}}$的捕集，D正确。
【答案】
C
【知识点】
化学工艺流程、能量转化、物质循环
【点评】
本题结合化学工艺流程考查基础化学概念，需理清流程中物质的循环关系，明确燃料电池的能量转化形式，整体难度适中，属于常规考点的应用。
【难度系数】
0.5
9.（2025·潍坊中考）科学工作者研发了一种SUNCAT系统，借助该系统利用如图所示的原理可持续合成氨。下列说法正确的是（
A.步骤①发生化合反应
B.步骤②参加反应的$\ce{Li_{3}N}$和$\ce{H_{2}O}$的质量比为$1:3$
C.总反应的化学方程式是$\ce{N_{2} + H_{2}O\xlongequal{\;\;}NH_{3} + O_{2}}$
D.理论上反应过程中需要不断补充金属$\ce{Li}$
A
）A.步骤①发生化合反应
B.步骤②参加反应的$\ce{Li_{3}N}$和$\ce{H_{2}O}$的质量比为$1:3$
C.总反应的化学方程式是$\ce{N_{2} + H_{2}O\xlongequal{\;\;}NH_{3} + O_{2}}$
D.理论上反应过程中需要不断补充金属$\ce{Li}$
答案
9.A 解析:步骤①是Li和$\ce{N_{2}}$在高温下反应生成$\ce{Li_{3}N}$,反应的化学方程式为$\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{高温}2Li_{3}N}$,属于化合反应,A正确;步骤②是$\ce{Li_{3}N}$和$\ce{H_{2}O}$反应生成LiOH和$\ce{NH_{3}}$,反应的化学方程式为$\ce{Li_{3}N + 3H_{2}O\xlongequal{}3LiOH + NH_{3}\uparrow}$,参加反应的$\ce{Li_{3}N}$和$\ce{H_{2}O}$的质量比为35:$(3×18)$=35:54≠1:3,B错误;根据图像,总反应是氮气和水在一定条件下生成氨气和氧气,化学方程式为$\ce{2N_{2} + 6H_{2}O\xlongequal{一定条件}4NH_{3} + 3O_{2}}$,C错误;金属Li为催化剂,理论上不需要不断补充金属Li,D错误。
解析
【分析】
要解决本题，需先明确流程中各步骤的反应，再逐一分析选项：步骤①是Li与N₂高温反应生成Li₃N；步骤②是Li₃N与H₂O常温反应生成LiOH和NH₃；步骤③是电解LiOH生成Li、H₂O和O₂。结合各步骤的反应，判断选项的正误。
【解析】
A. 步骤①的反应为$\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{高温}2Li_{3}N}$，该反应由两种物质生成一种物质，属于化合反应，A正确；
B. 步骤②的反应为$\ce{Li_{3}N + 3H_{2}O\xlongequal{}3LiOH + NH_{3}\uparrow}$，参加反应的$\ce{Li_{3}N}$的相对分子质量为$7×3 +14=35$，$\ce{H_{2}O}$的总相对质量为$3×18=54$，质量比为$35:54≠1:3$，B错误；
C. 将三步反应相加配平后，总反应为$\ce{2N_{2} + 6H_{2}O\xlongequal{一定条件}4NH_{3} + 3O_{2}}$，选项中方程式未配平，C错误；
D. 金属Li在反应中循环再生，属于催化剂，理论上不需要不断补充，D错误。
【答案】
A
【知识点】
化合反应、化学方程式书写、质量比计算
【点评】
本题结合合成氨的循环流程，考查化学反应类型、化学方程式的书写与配平、反应物质量比计算及催化剂的判断，需准确分析各步骤反应，逐一推导判断，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先明确流程中各步骤的反应，再逐一分析选项：步骤①是Li与N₂高温反应生成Li₃N；步骤②是Li₃N与H₂O常温反应生成LiOH和NH₃；步骤③是电解LiOH生成Li、H₂O和O₂。结合各步骤的反应，判断选项的正误。
【解析】
A. 步骤①的反应为$\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{高温}2Li_{3}N}$，该反应由两种物质生成一种物质，属于化合反应，A正确；
B. 步骤②的反应为$\ce{Li_{3}N + 3H_{2}O\xlongequal{}3LiOH + NH_{3}\uparrow}$，参加反应的$\ce{Li_{3}N}$的相对分子质量为$7×3 +14=35$，$\ce{H_{2}O}$的总相对质量为$3×18=54$，质量比为$35:54≠1:3$，B错误；
C. 将三步反应相加配平后，总反应为$\ce{2N_{2} + 6H_{2}O\xlongequal{一定条件}4NH_{3} + 3O_{2}}$，选项中方程式未配平，C错误；
D. 金属Li在反应中循环再生，属于催化剂，理论上不需要不断补充，D错误。
【答案】
A
【知识点】
化合反应、化学方程式书写、质量比计算
【点评】
本题结合合成氨的循环流程，考查化学反应类型、化学方程式的书写与配平、反应物质量比计算及催化剂的判断，需准确分析各步骤反应，逐一推导判断，难度适中。
【难度系数】
0.5
10. (2025·常州一模) 胆矾$(\ce{CuSO_{4}}· 5\ce{H_{2}O},$相对分子质量为250)广泛应用于生产、生活中。将25.0 g胆矾放于坩埚内加热,固体质量与成分随温度变化的曲线如图,已知加热到$650\ \ce{°C}$时,$\ce{CuSO_{4}}$开始分解,生成$\ce{CuO}$和一种硫的氧化物,加热到$1\ 000\ \ce{°C}$时$\ce{CuO}$开始分解。下列说法错误的是（
A.$x=16$
B.$650\ \ce{°C}$后,$\ce{CuSO_{4}}$分解生成硫的氧化物是$\ce{SO_{2}}$
C.$\ce{CuO}$分解的化学方程式是$\ce{4CuO\xlongequal{1\ 000\ \ce{°C}} 2Cu_{2}O + O_{2}\uparrow}$
D.受热过程中固体物质里$\ce{Cu}$元素的质量分数逐渐增大
B
）A.$x=16$
B.$650\ \ce{°C}$后,$\ce{CuSO_{4}}$分解生成硫的氧化物是$\ce{SO_{2}}$
C.$\ce{CuO}$分解的化学方程式是$\ce{4CuO\xlongequal{1\ 000\ \ce{°C}} 2Cu_{2}O + O_{2}\uparrow}$
D.受热过程中固体物质里$\ce{Cu}$元素的质量分数逐渐增大
答案
10.B 解析:25.0 g胆矾中硫酸铜的质量是$25.0\ \mathrm{g}×\dfrac{160}{250}×100\%=16\ \mathrm{g}$,$x=16$,A正确;$650\ \ce{°C}$后,$\ce{CuSO_{4}}$分解生成硫的氧化物的质量是$16\ \mathrm{g}-8\ \mathrm{g}=8\ \mathrm{g}$,硫元素的质量是$16\ \mathrm{g}×\dfrac{32}{160}×100\%=3.2\ \mathrm{g}$,氧元素的质量是$8\ \mathrm{g}-3.2\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$,硫的氧化物中硫原子和氧原子的个数比是$\dfrac{3.2\ \mathrm{g}}{32}:\dfrac{4.8\ \mathrm{g}}{16}=1:3$,硫的氧化物是$\ce{SO_{3}}$,B错误;8 g氧化铜中铜元素的质量是$8\ \mathrm{g}×\dfrac{64}{80}×100\%=6.4\ \mathrm{g}$,氧元素的质量是$8\ \mathrm{g}-6.4\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$,7.2 g氧化亚铜中铜元素的质量是$7.2\ \mathrm{g}×\dfrac{128}{144}×100\%=6.4\ \mathrm{g}$,氧元素的质量是$7.2\ \mathrm{g}-6.4\ \mathrm{g}=0.8\ \mathrm{g}$,因此生成的另外一种物质中铜元素的质量是0,氧元素的质量是$1.6\ \mathrm{g}-0.8\ \mathrm{g}=0.8\ \mathrm{g}$,即一定条件下氧化铜分解生成氧化亚铜和氧气,$\ce{CuO}$分解的化学方程式为$\ce{4CuO\xlongequal{1000\ \ce{°C}}2Cu_{2}O + O_{2}\uparrow}$,C正确;受热过程中固体物质里Cu元素的质量分数逐渐增大,是因为随着反应进行,固体中铜元素质量不变,而固体质量不断减小,D正确。
解析
【分析】
本题需结合胆矾分解、硫酸铜分解、氧化铜分解的过程，利用质量守恒定律和化学计算逐一分析选项：先计算25.0g胆矾中CuSO₄的质量判断A；再根据650℃时CuSO₄分解的固体质量变化，推导硫的氧化物组成判断B；通过CuO和Cu₂O中铜元素质量，结合质量守恒判断CuO分解产物判断C；最后根据Cu元素质量不变、固体质量减小，分析Cu元素质量分数变化判断D。
【解析】
1. 判断A选项：胆矾（$\ce{CuSO_{4}·5H_{2}O}$）相对分子质量为250，25.0g胆矾中$\ce{CuSO_{4}}$的质量为$25.0\ \mathrm{g}×\dfrac{160}{250}=16\ \mathrm{g}$，故$x=16$，A正确。
2. 判断B选项：650℃时$\ce{CuSO_{4}}$分解生成CuO和硫的氧化物，$\ce{CuSO_{4}}$质量为16g，分解后CuO质量为8g，故硫的氧化物质量为$16\ \mathrm{g}-8\ \mathrm{g}=8\ \mathrm{g}$。16g $\ce{CuSO_{4}}$中S元素质量为$16\ \mathrm{g}×\dfrac{32}{160}=3.2\ \mathrm{g}$，CuO中O元素质量为$8\ \mathrm{g}×\dfrac{16}{80}=1.6\ \mathrm{g}$，则硫的氧化物中O元素质量为$16\ \mathrm{g}×\dfrac{64}{160}-1.6\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$。硫的氧化物中S、O原子个数比为$\dfrac{3.2\ \mathrm{g}}{32}:\dfrac{4.8\ \mathrm{g}}{16}=1:3$，即该氧化物为$\ce{SO_{3}}$，不是$\ce{SO_{2}}$，B错误。
3. 判断C选项：8g CuO中Cu元素质量为$8\ \mathrm{g}×\dfrac{64}{80}=6.4\ \mathrm{g}$，1000℃时CuO分解得到7.2g $\ce{Cu_{2}O}$，7.2g $\ce{Cu_{2}O}$中Cu元素质量为$7.2\ \mathrm{g}×\dfrac{128}{144}=6.4\ \mathrm{g}$，说明Cu元素全部留在固体中，减少的质量为O元素：$8\ \mathrm{g}-7.2\ \mathrm{g}=0.8\ \mathrm{g}$，对应生成$\ce{O_{2}}$，反应的化学方程式为$\ce{4CuO\xlongequal{1000\ \ce{°C}} 2Cu_{2}O + O_{2}\uparrow}$，C正确。
4. 判断D选项：整个受热过程中Cu元素质量不变，固体因分解不断减小，故Cu元素的质量分数逐渐增大，D正确。
【答案】
B
【知识点】
化学计算、质量守恒定律、化学方程式书写
【点评】
本题以固体加热分解的质量变化曲线为载体，考查结晶水合物、硫酸盐、金属氧化物分解的相关计算，需结合质量守恒分析元素组成，同时考查元素质量分数变化规律，综合性较强，需具备计算与分析能力。
【难度系数】
0.5
本题需结合胆矾分解、硫酸铜分解、氧化铜分解的过程，利用质量守恒定律和化学计算逐一分析选项：先计算25.0g胆矾中CuSO₄的质量判断A；再根据650℃时CuSO₄分解的固体质量变化，推导硫的氧化物组成判断B；通过CuO和Cu₂O中铜元素质量，结合质量守恒判断CuO分解产物判断C；最后根据Cu元素质量不变、固体质量减小，分析Cu元素质量分数变化判断D。
【解析】
1. 判断A选项：胆矾（$\ce{CuSO_{4}·5H_{2}O}$）相对分子质量为250，25.0g胆矾中$\ce{CuSO_{4}}$的质量为$25.0\ \mathrm{g}×\dfrac{160}{250}=16\ \mathrm{g}$，故$x=16$，A正确。
2. 判断B选项：650℃时$\ce{CuSO_{4}}$分解生成CuO和硫的氧化物，$\ce{CuSO_{4}}$质量为16g，分解后CuO质量为8g，故硫的氧化物质量为$16\ \mathrm{g}-8\ \mathrm{g}=8\ \mathrm{g}$。16g $\ce{CuSO_{4}}$中S元素质量为$16\ \mathrm{g}×\dfrac{32}{160}=3.2\ \mathrm{g}$，CuO中O元素质量为$8\ \mathrm{g}×\dfrac{16}{80}=1.6\ \mathrm{g}$，则硫的氧化物中O元素质量为$16\ \mathrm{g}×\dfrac{64}{160}-1.6\ \mathrm{g}=4.8\ \mathrm{g}$。硫的氧化物中S、O原子个数比为$\dfrac{3.2\ \mathrm{g}}{32}:\dfrac{4.8\ \mathrm{g}}{16}=1:3$，即该氧化物为$\ce{SO_{3}}$，不是$\ce{SO_{2}}$，B错误。
3. 判断C选项：8g CuO中Cu元素质量为$8\ \mathrm{g}×\dfrac{64}{80}=6.4\ \mathrm{g}$，1000℃时CuO分解得到7.2g $\ce{Cu_{2}O}$，7.2g $\ce{Cu_{2}O}$中Cu元素质量为$7.2\ \mathrm{g}×\dfrac{128}{144}=6.4\ \mathrm{g}$，说明Cu元素全部留在固体中，减少的质量为O元素：$8\ \mathrm{g}-7.2\ \mathrm{g}=0.8\ \mathrm{g}$，对应生成$\ce{O_{2}}$，反应的化学方程式为$\ce{4CuO\xlongequal{1000\ \ce{°C}} 2Cu_{2}O + O_{2}\uparrow}$，C正确。
4. 判断D选项：整个受热过程中Cu元素质量不变，固体因分解不断减小，故Cu元素的质量分数逐渐增大，D正确。
【答案】
B
【知识点】
化学计算、质量守恒定律、化学方程式书写
【点评】
本题以固体加热分解的质量变化曲线为载体，考查结晶水合物、硫酸盐、金属氧化物分解的相关计算，需结合质量守恒分析元素组成，同时考查元素质量分数变化规律，综合性较强，需具备计算与分析能力。
【难度系数】
0.5
11.(2025·哈尔滨中考)化学储氢材料研发是当下科技研究的热点之一。
(1)下列化学储氢材料中含氢量最低的是
A. $\ce{NH_{3}}$
B. $\ce{N_{2}H_{4}}$
C. $\ce{CH_{4}}$
(2)我国科学家发明了一种将甲烷中的氢转化为氢气的工艺(原理如图1所示)。
①$\ce{Ce_{2}O_{3}}$中铈元素的化合价为
②反应器Ⅰ中反应的化学方程式为
③反应器Ⅱ反应前后改变的是
(3)清华大学研究人员成功研制出一种纳米纤维催化剂,可将二氧化碳转化成液体燃料甲醇,其微观示意图如图2(图中的微观粒子恰好完全反应)。
①丁的化学式为
②参加反应的甲与乙的质量比为
(1)下列化学储氢材料中含氢量最低的是
B
(填字母)。A. $\ce{NH_{3}}$
B. $\ce{N_{2}H_{4}}$
C. $\ce{CH_{4}}$
(2)我国科学家发明了一种将甲烷中的氢转化为氢气的工艺(原理如图1所示)。
①$\ce{Ce_{2}O_{3}}$中铈元素的化合价为
+3
。②反应器Ⅰ中反应的化学方程式为
$\ce{H_{2}O + Ce_{2}O_{3}\xlongequal{400\ \ce{°C}}2CeO_{2} + H_{2}\uparrow}$
。③反应器Ⅱ反应前后改变的是
分子种类
，不变的是原子种类和数目
；能量变化是化学能
变成热能
。(3)清华大学研究人员成功研制出一种纳米纤维催化剂,可将二氧化碳转化成液体燃料甲醇,其微观示意图如图2(图中的微观粒子恰好完全反应)。
①丁的化学式为
$\ce{H_{2}O}$
。丁和一氧化碳的相同点是都是氧化物(答案不唯一,合理即可)
。②参加反应的甲与乙的质量比为
3:22
。答案
11.(1)B (2)①+3 ②$\ce{H_{2}O + Ce_{2}O_{3}\xlongequal{400\ \ce{°C}}2CeO_{2} + H_{2}\uparrow}$ ③分子种类 原子种类和数目 化学能 热能 (3)①$\ce{H_{2}O}$ 都是氧化物(答案不唯一,合理即可) ②3:22
解析:(2)②由工艺原理图可知,反应器Ⅰ中是$\ce{H_{2}O}$和$\ce{Ce_{2}O_{3}}$在$400\ \ce{°C}$条件下反应生成$\ce{H_{2}}$和$\ce{CeO_{2}}$,化学方程式为$\ce{H_{2}O + Ce_{2}O_{3}\xlongequal{400\ \ce{°C}}2CeO_{2} + H_{2}\uparrow}$。(3)①由微观示意图可知,该反应是二氧化碳和氢气在催化剂作用下反应生成甲醇和水,化学方程式为$\ce{CO_{2} + 3H_{2}\xlongequal{催化剂}CH_{3}OH + H_{2}O}$,所以丁的化学式为$\ce{H_{2}O}$;$\ce{H_{2}O}$和CO的相同点是都是氧化物等;②由该反应的化学方程式可知,参加反应的甲与乙的质量比为6:44=3:22。
解析:(2)②由工艺原理图可知,反应器Ⅰ中是$\ce{H_{2}O}$和$\ce{Ce_{2}O_{3}}$在$400\ \ce{°C}$条件下反应生成$\ce{H_{2}}$和$\ce{CeO_{2}}$,化学方程式为$\ce{H_{2}O + Ce_{2}O_{3}\xlongequal{400\ \ce{°C}}2CeO_{2} + H_{2}\uparrow}$。(3)①由微观示意图可知,该反应是二氧化碳和氢气在催化剂作用下反应生成甲醇和水,化学方程式为$\ce{CO_{2} + 3H_{2}\xlongequal{催化剂}CH_{3}OH + H_{2}O}$,所以丁的化学式为$\ce{H_{2}O}$;$\ce{H_{2}O}$和CO的相同点是都是氧化物等;②由该反应的化学方程式可知,参加反应的甲与乙的质量比为6:44=3:22。
解析
【分析】
第(1)问需计算各物质中氢元素的质量分数，通过比较数值判断含氢量最低的物质；第(2)问①根据化合物中正负化合价代数和为0计算铈元素化合价；②根据工艺原理确定反应物、生成物及反应条件，配平化学方程式；③结合化学反应的本质判断反应前后的变化量，明确能量转化；第(3)问根据微观示意图写出反应的化学方程式，确定丁的化学式，分析物质共同点，再计算参加反应的物质质量比。
【解析】
(1)计算各物质含氢量：
A. $\ce{NH_{3}}$相对分子质量为$14+1×3=17$，含氢量为$\frac{3}{17}×100\%≈17.6\%$；
B. $\ce{N_{2}H_{4}}$相对分子质量为$14×2+1×4=32$，含氢量为$\frac{4}{32}×100\%=12.5\%$；
C. $\ce{CH_{4}}$相对分子质量为$12+1×4=16$，含氢量为$\frac{4}{16}×100\%=25\%$；
比较得含氢量最低的是B。
(2)①设$\ce{Ce_{2}O_{3}}$中Ce化合价为$x$，根据正负化合价代数和为0：$2x + 3×(-2)=0$，解得$x=+3$；
②反应器Ⅰ中，$\ce{H_{2}O}$和$\ce{Ce_{2}O_{3}}$在$400\ \ce{°C}$下反应生成$\ce{CeO_{2}}$和$\ce{H_{2}}$，化学方程式为$\ce{H_{2}O + Ce_{2}O_{3}\xlongequal{400\ \ce{°C}}2CeO_{2} + H_{2}\uparrow}$；
③化学反应前后分子种类改变，原子种类和数目不变；反应器Ⅱ中能量变化为化学能转化为热能；
(3)①根据微观示意图，反应为$\ce{CO_{2} + 3H_{2}\xlongequal{催化剂}CH_{3}OH + H_{2}O}$，丁的化学式为$\ce{H_{2}O}$；$\ce{H_{2}O}$和CO都属于氧化物；
②参加反应的甲（$\ce{H_{2}}$）与乙（$\ce{CO_{2}}$）的质量比为$(3×2):44=3:22$。
【答案】
11.(1)B (2)①+3 ②$\ce{H_{2}O + Ce_{2}O_{3}\xlongequal{400\ \ce{°C}}2CeO_{2} + H_{2}\uparrow}$ ③分子种类；原子种类和数目；化学能；热能 (3)①$\ce{H_{2}O}$；都是氧化物（合理即可） ②3:22
【知识点】
化合价计算、化学方程式书写、质量守恒定律应用
【点评】
本题为中考综合题型，涵盖化学计算、化合价、化学反应本质、微观反应示意图等核心知识点，考查学生对基础概念和化学用语的掌握，难度适中，需学生细致分析各小问条件。
【难度系数】
0.5
第(1)问需计算各物质中氢元素的质量分数，通过比较数值判断含氢量最低的物质；第(2)问①根据化合物中正负化合价代数和为0计算铈元素化合价；②根据工艺原理确定反应物、生成物及反应条件，配平化学方程式；③结合化学反应的本质判断反应前后的变化量，明确能量转化；第(3)问根据微观示意图写出反应的化学方程式，确定丁的化学式，分析物质共同点，再计算参加反应的物质质量比。
【解析】
(1)计算各物质含氢量：
A. $\ce{NH_{3}}$相对分子质量为$14+1×3=17$，含氢量为$\frac{3}{17}×100\%≈17.6\%$；
B. $\ce{N_{2}H_{4}}$相对分子质量为$14×2+1×4=32$，含氢量为$\frac{4}{32}×100\%=12.5\%$；
C. $\ce{CH_{4}}$相对分子质量为$12+1×4=16$，含氢量为$\frac{4}{16}×100\%=25\%$；
比较得含氢量最低的是B。
(2)①设$\ce{Ce_{2}O_{3}}$中Ce化合价为$x$，根据正负化合价代数和为0：$2x + 3×(-2)=0$，解得$x=+3$；
②反应器Ⅰ中，$\ce{H_{2}O}$和$\ce{Ce_{2}O_{3}}$在$400\ \ce{°C}$下反应生成$\ce{CeO_{2}}$和$\ce{H_{2}}$，化学方程式为$\ce{H_{2}O + Ce_{2}O_{3}\xlongequal{400\ \ce{°C}}2CeO_{2} + H_{2}\uparrow}$；
③化学反应前后分子种类改变，原子种类和数目不变；反应器Ⅱ中能量变化为化学能转化为热能；
(3)①根据微观示意图，反应为$\ce{CO_{2} + 3H_{2}\xlongequal{催化剂}CH_{3}OH + H_{2}O}$，丁的化学式为$\ce{H_{2}O}$；$\ce{H_{2}O}$和CO都属于氧化物；
②参加反应的甲（$\ce{H_{2}}$）与乙（$\ce{CO_{2}}$）的质量比为$(3×2):44=3:22$。
【答案】
11.(1)B (2)①+3 ②$\ce{H_{2}O + Ce_{2}O_{3}\xlongequal{400\ \ce{°C}}2CeO_{2} + H_{2}\uparrow}$ ③分子种类；原子种类和数目；化学能；热能 (3)①$\ce{H_{2}O}$；都是氧化物（合理即可） ②3:22
【知识点】
化合价计算、化学方程式书写、质量守恒定律应用
【点评】
本题为中考综合题型，涵盖化学计算、化合价、化学反应本质、微观反应示意图等核心知识点，考查学生对基础概念和化学用语的掌握，难度适中，需学生细致分析各小问条件。
【难度系数】
0.5
