10 [2024 天津]尿素$[\ce{CO(NH_{2})_{2}}]$是农业生产中常用的化肥，工业上制备尿素的化学方程式为
$\ce{2NH_{3} + CO_{2}\xlongequal{一定条件}CO(NH_{2})_{2} + H_{2}O}$。下列说法正确的是$（ ）A. \ce{NH_{3}}$中$\mathrm{N}$的化合价为+3B. 尿素中氮元素的质量分数约为23.3\%C. 参加反应的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{CO_{2}}$质量比为17:22D. 尿素中碳元素与氮元素的质量比为6:7
$\ce{2NH_{3} + CO_{2}\xlongequal{一定条件}CO(NH_{2})_{2} + H_{2}O}$。下列说法正确的是$（ ）A. \ce{NH_{3}}$中$\mathrm{N}$的化合价为+3B. 尿素中氮元素的质量分数约为23.3\%C. 参加反应的$\ce{NH_{3}}$和$\ce{CO_{2}}$质量比为17:22D. 尿素中碳元素与氮元素的质量比为6:7
答案：10. C
解析：
【分析】
本题为化学基础计算类选择题，需逐一分析每个选项：A选项根据化合物中正负化合价代数和为0计算N的化合价；B选项利用化学式计算氮元素质量分数；C选项根据化学方程式计算反应物的质量比；D选项根据化学式计算元素质量比，从而判断各选项正误。
【解析】
逐一分析选项：
A. $\ce{NH_{3}}$中H元素化合价为+1，设N元素化合价为$x$，根据化合物中正负化合价代数和为0：$x + 3×(+1)=0$，解得$x=-3$，故A错误；
B. 尿素的相对分子质量$=12+16+(14+2×1)×2=60$，氮元素质量分数$=\frac{14×2}{60}×100\%\approx46.7\%$，不是23.3%，故B错误；
C. 参加反应的$\ce{NH_{3}}$总相对质量$=2×(14+3×1)=34$，$\ce{CO_{2}}$的相对质量$=12+2×16=44$，二者质量比$=34:44=17:22$，故C正确；
D. 尿素中碳元素与氮元素的质量比$=12:(14×2)=12:28=3:7$，不是6:7，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
化合价计算、化学式相关计算、化学方程式质量比计算
【点评】
本题考查化学核心基础计算，涵盖化合价、元素质量比、质量分数、反应质量比等知识点，题型常规，需学生掌握基本计算方法，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.6
本题为化学基础计算类选择题，需逐一分析每个选项：A选项根据化合物中正负化合价代数和为0计算N的化合价；B选项利用化学式计算氮元素质量分数；C选项根据化学方程式计算反应物的质量比；D选项根据化学式计算元素质量比，从而判断各选项正误。
【解析】
逐一分析选项：
A. $\ce{NH_{3}}$中H元素化合价为+1，设N元素化合价为$x$，根据化合物中正负化合价代数和为0：$x + 3×(+1)=0$，解得$x=-3$，故A错误；
B. 尿素的相对分子质量$=12+16+(14+2×1)×2=60$，氮元素质量分数$=\frac{14×2}{60}×100\%\approx46.7\%$，不是23.3%，故B错误；
C. 参加反应的$\ce{NH_{3}}$总相对质量$=2×(14+3×1)=34$，$\ce{CO_{2}}$的相对质量$=12+2×16=44$，二者质量比$=34:44=17:22$，故C正确；
D. 尿素中碳元素与氮元素的质量比$=12:(14×2)=12:28=3:7$，不是6:7，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
化合价计算、化学式相关计算、化学方程式质量比计算
【点评】
本题考查化学核心基础计算，涵盖化合价、元素质量比、质量分数、反应质量比等知识点，题型常规，需学生掌握基本计算方法，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.6
11 硅芯片是很多电子产品的核心。如图是某种制取硅反应的微观示意图,下列说法正确的是 （
A.该反应的化学方程式为 $\ce{SiCl_{4} + H_{2}\xlongequal{高温}Si + HCl}$
B.参加反应的甲、乙分子个数比为 $1:2$
C.该反应前后分子数目不变
D.反应前后乙与丁变化的质量比是 $4:73$
B
）A.该反应的化学方程式为 $\ce{SiCl_{4} + H_{2}\xlongequal{高温}Si + HCl}$
B.参加反应的甲、乙分子个数比为 $1:2$
C.该反应前后分子数目不变
D.反应前后乙与丁变化的质量比是 $4:73$
答案：11. B
解析：
【分析】
首先根据微观示意图确定各物质的化学式：甲为$\ce{SiCl_{4}}$，乙为$\ce{H_{2}}$，丙为$\ce{Si}$，丁为$\ce{HCl}$，配平反应的化学方程式为$\ce{SiCl_{4} + 2H_{2}\xlongequal{高温}Si + 4HCl}$。再逐一分析选项：检查化学方程式是否配平、反应物分子个数比、反应前后分子数目变化、物质间质量比，判断正确选项。
【解析】
根据微观示意图，甲的化学式为$\ce{SiCl_{4}}$，乙为$\ce{H_{2}}$，丙为$\ce{Si}$，丁为$\ce{HCl}$，配平后反应的化学方程式为$\ce{SiCl_{4} + 2H_{2}\xlongequal{高温}Si + 4HCl}$。
选项A：给出的化学方程式未配平，正确的应为$\ce{SiCl_{4} + 2H_{2}\xlongequal{高温}Si + 4HCl}$，故A错误。
选项B：参加反应的甲（$\ce{SiCl_{4}}$）和乙（$\ce{H_{2}}$）的化学计量数（分子个数比）为$1:2$，故B正确。
选项C：反应前分子总数为$1+2=3$，反应后分子总数为$1+4=5$，分子数目发生改变，故C错误。
选项D：乙（$\ce{H_{2}}$）的总相对质量为$2×2=4$，丁（$\ce{HCl}$）的总相对质量为$4×(1+35.5)=146$，则乙与丁的质量比为$4:146=2:73$，并非$4:73$，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
化学方程式书写、质量守恒定律、根据化学方程式计算
【点评】
本题通过微观反应示意图考查化学反应的核心知识点，需先推导物质化学式并配平化学方程式，再结合化学计量数和相对质量分析选项，侧重基础应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
首先根据微观示意图确定各物质的化学式：甲为$\ce{SiCl_{4}}$，乙为$\ce{H_{2}}$，丙为$\ce{Si}$，丁为$\ce{HCl}$，配平反应的化学方程式为$\ce{SiCl_{4} + 2H_{2}\xlongequal{高温}Si + 4HCl}$。再逐一分析选项：检查化学方程式是否配平、反应物分子个数比、反应前后分子数目变化、物质间质量比，判断正确选项。
【解析】
根据微观示意图，甲的化学式为$\ce{SiCl_{4}}$，乙为$\ce{H_{2}}$，丙为$\ce{Si}$，丁为$\ce{HCl}$，配平后反应的化学方程式为$\ce{SiCl_{4} + 2H_{2}\xlongequal{高温}Si + 4HCl}$。
选项A：给出的化学方程式未配平，正确的应为$\ce{SiCl_{4} + 2H_{2}\xlongequal{高温}Si + 4HCl}$，故A错误。
选项B：参加反应的甲（$\ce{SiCl_{4}}$）和乙（$\ce{H_{2}}$）的化学计量数（分子个数比）为$1:2$，故B正确。
选项C：反应前分子总数为$1+2=3$，反应后分子总数为$1+4=5$，分子数目发生改变，故C错误。
选项D：乙（$\ce{H_{2}}$）的总相对质量为$2×2=4$，丁（$\ce{HCl}$）的总相对质量为$4×(1+35.5)=146$，则乙与丁的质量比为$4:146=2:73$，并非$4:73$，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
化学方程式书写、质量守恒定律、根据化学方程式计算
【点评】
本题通过微观反应示意图考查化学反应的核心知识点，需先推导物质化学式并配平化学方程式，再结合化学计量数和相对质量分析选项，侧重基础应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
12 根据下列反应事实写出相应的化学方程式。
(1) 在尘埃的作用下,二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫$\ce{(SO_{3})}$:。
(2) $\ce{Cu}$和$\ce{AgNO_{3}}$溶液反应生成$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$溶液和$\ce{Ag}$:。
(3) 少量$\ce{CuSO_{4}}$溶液滴入$\ce{KOH}$稀溶液中生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀和$\ce{K_{2}SO_{4}}$溶液:
。
(4) 一氧化碳和四氧化三铁在高温下反应,生成铁和二氧化碳:
。
(1) 在尘埃的作用下,二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫$\ce{(SO_{3})}$:。
(2) $\ce{Cu}$和$\ce{AgNO_{3}}$溶液反应生成$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$溶液和$\ce{Ag}$:。
(3) 少量$\ce{CuSO_{4}}$溶液滴入$\ce{KOH}$稀溶液中生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀和$\ce{K_{2}SO_{4}}$溶液:
。
(4) 一氧化碳和四氧化三铁在高温下反应,生成铁和二氧化碳:
。
答案：12. (1) $\ce{2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{尘埃}2SO_{3}}$
(2) $\ce{Cu + 2AgNO_{3} = Cu(NO_{3})_{2} + 2Ag}$
(3) $\ce{CuSO_{4} + 2KOH = Cu(OH)_{2}\downarrow + K_{2}SO_{4}}$
(4) $\ce{4CO + Fe_{3}O_{4}\xlongequal{高温}3Fe + 4CO_{2}}$
(2) $\ce{Cu + 2AgNO_{3} = Cu(NO_{3})_{2} + 2Ag}$
(3) $\ce{CuSO_{4} + 2KOH = Cu(OH)_{2}\downarrow + K_{2}SO_{4}}$
(4) $\ce{4CO + Fe_{3}O_{4}\xlongequal{高温}3Fe + 4CO_{2}}$
解析：
【分析】
书写化学方程式需遵循客观事实和质量守恒定律，步骤为：①确定反应物、生成物及反应条件；②配平化学方程式（使左右两边各原子数目相等）；③标注必要的反应条件、沉淀或气体符号。本题各反应均为常见反应，需结合反应类型（置换、复分解等）及反应事实完成书写。
【解析】
(1) 反应物为$\ce{SO_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，生成物为$\ce{SO_{3}}$，反应条件为尘埃。根据质量守恒配平：$\ce{SO_{2}}$系数为2，$\ce{O_{2}}$系数为1，$\ce{SO_{3}}$系数为2，配平后为$\ce{2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{尘埃}2SO_{3}}$。
(2) $\ce{Cu}$与$\ce{AgNO_{3}}$发生置换反应，$\ce{Cu}$活动性强于$\ce{Ag}$，生成$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$和$\ce{Ag}$。$\ce{Cu}$为+2价，故$\ce{AgNO_{3}}$系数为2，$\ce{Ag}$系数为2，配平得$\ce{Cu + 2AgNO_{3} = Cu(NO_{3})_{2} + 2Ag}$。
(3) $\ce{CuSO_{4}}$与$\ce{KOH}$发生复分解反应，交换成分生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀和$\ce{K_{2}SO_{4}}$，$\ce{Cu(OH)_{2}}$需标注沉淀符号，$\ce{KOH}$系数为2，配平得$\ce{CuSO_{4} + 2KOH = Cu(OH)_{2}\downarrow + K_{2}SO_{4}}$。
(4) $\ce{CO}$还原$\ce{Fe_{3}O_{4}}$的反应，反应条件为高温。$\ce{Fe_{3}O_{4}}$含4个O，需4个$\ce{CO}$结合O生成4个$\ce{CO_{2}}$，$\ce{Fe}$系数为3，配平得$\ce{4CO + Fe_{3}O_{4}\xlongequal{高温}3Fe + 4CO_{2}}$。
【答案】
(1) $\ce{2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{尘埃}2SO_{3}}$
(2) $\ce{Cu + 2AgNO_{3} = Cu(NO_{3})_{2} + 2Ag}$
(3) $\ce{CuSO_{4} + 2KOH = Cu(OH)_{2}\downarrow + K_{2}SO_{4}}$
(4) $\ce{4CO + Fe_{3}O_{4}\xlongequal{高温}3Fe + 4CO_{2}}$
【知识点】
化学方程式的书写，置换反应，复分解反应
【点评】
本题为化学基础题型，考察常见反应的化学方程式书写，涵盖置换、复分解等反应类型，需掌握反应规律、配平方法及符号标注规则，是化学学习的核心基础内容，难度适中。
【难度系数】
0.8
书写化学方程式需遵循客观事实和质量守恒定律，步骤为：①确定反应物、生成物及反应条件；②配平化学方程式（使左右两边各原子数目相等）；③标注必要的反应条件、沉淀或气体符号。本题各反应均为常见反应，需结合反应类型（置换、复分解等）及反应事实完成书写。
【解析】
(1) 反应物为$\ce{SO_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，生成物为$\ce{SO_{3}}$，反应条件为尘埃。根据质量守恒配平：$\ce{SO_{2}}$系数为2，$\ce{O_{2}}$系数为1，$\ce{SO_{3}}$系数为2，配平后为$\ce{2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{尘埃}2SO_{3}}$。
(2) $\ce{Cu}$与$\ce{AgNO_{3}}$发生置换反应，$\ce{Cu}$活动性强于$\ce{Ag}$，生成$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$和$\ce{Ag}$。$\ce{Cu}$为+2价，故$\ce{AgNO_{3}}$系数为2，$\ce{Ag}$系数为2，配平得$\ce{Cu + 2AgNO_{3} = Cu(NO_{3})_{2} + 2Ag}$。
(3) $\ce{CuSO_{4}}$与$\ce{KOH}$发生复分解反应，交换成分生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀和$\ce{K_{2}SO_{4}}$，$\ce{Cu(OH)_{2}}$需标注沉淀符号，$\ce{KOH}$系数为2，配平得$\ce{CuSO_{4} + 2KOH = Cu(OH)_{2}\downarrow + K_{2}SO_{4}}$。
(4) $\ce{CO}$还原$\ce{Fe_{3}O_{4}}$的反应，反应条件为高温。$\ce{Fe_{3}O_{4}}$含4个O，需4个$\ce{CO}$结合O生成4个$\ce{CO_{2}}$，$\ce{Fe}$系数为3，配平得$\ce{4CO + Fe_{3}O_{4}\xlongequal{高温}3Fe + 4CO_{2}}$。
【答案】
(1) $\ce{2SO_{2} + O_{2}\xlongequal{尘埃}2SO_{3}}$
(2) $\ce{Cu + 2AgNO_{3} = Cu(NO_{3})_{2} + 2Ag}$
(3) $\ce{CuSO_{4} + 2KOH = Cu(OH)_{2}\downarrow + K_{2}SO_{4}}$
(4) $\ce{4CO + Fe_{3}O_{4}\xlongequal{高温}3Fe + 4CO_{2}}$
【知识点】
化学方程式的书写，置换反应，复分解反应
【点评】
本题为化学基础题型，考察常见反应的化学方程式书写，涵盖置换、复分解等反应类型，需掌握反应规律、配平方法及符号标注规则，是化学学习的核心基础内容，难度适中。
【难度系数】
0.8
13 配平下列化学方程式：
(1) $□ \ce{FeS_{2}}+□ \ce{O_{2}}\xlongequal{高温}□ \ce{Fe_{2}O_{3}}+□ \ce{SO_{2}}$。
(2) $□ \ce{C_{2}H_{6}O}+□ \ce{O_{2}}\xlongequal{点燃}□ \ce{CO_{2}}+□ \ce{H_{2}O}$。
(3) $□ \ce{NH_{3}}+□ \ce{O_{2}}\xlongequal[△]{催化剂}□ \ce{NO}+□ \ce{H_{2}O}$。
(1) $□ \ce{FeS_{2}}+□ \ce{O_{2}}\xlongequal{高温}□ \ce{Fe_{2}O_{3}}+□ \ce{SO_{2}}$。
(2) $□ \ce{C_{2}H_{6}O}+□ \ce{O_{2}}\xlongequal{点燃}□ \ce{CO_{2}}+□ \ce{H_{2}O}$。
(3) $□ \ce{NH_{3}}+□ \ce{O_{2}}\xlongequal[△]{催化剂}□ \ce{NO}+□ \ce{H_{2}O}$。
答案：13. (1) 4 11 2 8
(2) 1 3 2 3
(3) 4 5 4 6
(2) 1 3 2 3
(3) 4 5 4 6
解析：
【分析】
配平化学方程式的核心是遵循质量守恒定律，即反应前后各原子的种类和数目不变，常用方法有最小公倍数法、奇数配偶法、定一法等。本题三个反应分别采用对应方法：(1)利用奇数配偶法，先调整Fe₂O₃中O原子数为偶数，再依次配平Fe、S、O；(2)采用定一法，先将有机物系数定为1，再配平C、H，最后配平O；(3)利用最小公倍数法，先配平H原子为偶数，再调整为整数后依次配平N、O原子。
【解析】
(1) 对反应$\ce{FeS_{2} + O_{2}\xlongequal{高温} Fe_{2}O_{3} + SO_{2}}$：
步骤1：右边$\ce{Fe_{2}O_{3}}$中O原子数为奇数，给$\ce{Fe_{2}O_{3}}$配2，使O原子数变为偶数；
步骤2：此时Fe原子总数为$2×2=4$，左边$\ce{FeS_{2}}$配4；
步骤3：S原子总数为$4×2=8$，右边$\ce{SO_{2}}$配8；
步骤4：右边O原子总数为$2×3 + 8×2=22$，左边$\ce{O_{2}}$系数为$22÷2=11$；
最终配平为：$\ce{4FeS_{2} + 11O_{2}\xlongequal{高温} 2Fe_{2}O_{3} + 8SO_{2}}$。
(2) 对反应$\ce{C_{2}H_{6}O + O_{2}\xlongequal{点燃} CO_{2} + H_{2}O}$：
步骤1：采用定一法，给$\ce{C_{2}H_{6}O}$配1；
步骤2：C原子总数为2，$\ce{CO_{2}}$配2；H原子总数为6，$\ce{H_{2}O}$配3；
步骤3：右边O原子总数为$2×2 + 3×1=7$，左边$\ce{C_{2}H_{6}O}$含1个O，故$\ce{O_{2}}$系数为$(7-1)÷2=3$；
最终配平为：$\ce{C_{2}H_{6}O + 3O_{2}\xlongequal{点燃} 2CO_{2} + 3H_{2}O}$。
(3) 对反应$\ce{NH_{3} + O_{2}\xlongequal[△]{催化剂} NO + H_{2}O}$：
步骤1：H原子最小公倍数为6，给$\ce{NH_{3}}$配4（H总数12），$\ce{H_{2}O}$配6；
步骤2：N原子总数为4，$\ce{NO}$配4；
步骤3：右边O原子总数为$4×1 +6×1=10$，$\ce{O_{2}}$系数为$10÷2=5$；
最终配平为：$\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal[△]{催化剂} 4NO + 6H_{2}O}$。
【答案】(1) 4 11 2 8；(2) 1 3 2 3；(3) 4 5 4 6
【知识点】化学方程式的配平、最小公倍数法
【点评】本题为初中化学基础的化学方程式配平题，需掌握常用配平方法，核心是保证反应前后原子种类和数目守恒，属于常规基础题型。
【难度系数】0.3
配平化学方程式的核心是遵循质量守恒定律，即反应前后各原子的种类和数目不变，常用方法有最小公倍数法、奇数配偶法、定一法等。本题三个反应分别采用对应方法：(1)利用奇数配偶法，先调整Fe₂O₃中O原子数为偶数，再依次配平Fe、S、O；(2)采用定一法，先将有机物系数定为1，再配平C、H，最后配平O；(3)利用最小公倍数法，先配平H原子为偶数，再调整为整数后依次配平N、O原子。
【解析】
(1) 对反应$\ce{FeS_{2} + O_{2}\xlongequal{高温} Fe_{2}O_{3} + SO_{2}}$：
步骤1：右边$\ce{Fe_{2}O_{3}}$中O原子数为奇数，给$\ce{Fe_{2}O_{3}}$配2，使O原子数变为偶数；
步骤2：此时Fe原子总数为$2×2=4$，左边$\ce{FeS_{2}}$配4；
步骤3：S原子总数为$4×2=8$，右边$\ce{SO_{2}}$配8；
步骤4：右边O原子总数为$2×3 + 8×2=22$，左边$\ce{O_{2}}$系数为$22÷2=11$；
最终配平为：$\ce{4FeS_{2} + 11O_{2}\xlongequal{高温} 2Fe_{2}O_{3} + 8SO_{2}}$。
(2) 对反应$\ce{C_{2}H_{6}O + O_{2}\xlongequal{点燃} CO_{2} + H_{2}O}$：
步骤1：采用定一法，给$\ce{C_{2}H_{6}O}$配1；
步骤2：C原子总数为2，$\ce{CO_{2}}$配2；H原子总数为6，$\ce{H_{2}O}$配3；
步骤3：右边O原子总数为$2×2 + 3×1=7$，左边$\ce{C_{2}H_{6}O}$含1个O，故$\ce{O_{2}}$系数为$(7-1)÷2=3$；
最终配平为：$\ce{C_{2}H_{6}O + 3O_{2}\xlongequal{点燃} 2CO_{2} + 3H_{2}O}$。
(3) 对反应$\ce{NH_{3} + O_{2}\xlongequal[△]{催化剂} NO + H_{2}O}$：
步骤1：H原子最小公倍数为6，给$\ce{NH_{3}}$配4（H总数12），$\ce{H_{2}O}$配6；
步骤2：N原子总数为4，$\ce{NO}$配4；
步骤3：右边O原子总数为$4×1 +6×1=10$，$\ce{O_{2}}$系数为$10÷2=5$；
最终配平为：$\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal[△]{催化剂} 4NO + 6H_{2}O}$。
【答案】(1) 4 11 2 8；(2) 1 3 2 3；(3) 4 5 4 6
【知识点】化学方程式的配平、最小公倍数法
【点评】本题为初中化学基础的化学方程式配平题，需掌握常用配平方法，核心是保证反应前后原子种类和数目守恒，属于常规基础题型。
【难度系数】0.3
14 氧化铜与稀硫酸在常温下反应生成硫酸铜和水,写出该反应的化学方程式：
$\ce{CuO + H_{2}SO_{4} = CuSO_{4} + H_{2}O}$
，该反应中反应物氧化铜、硫酸和生成物硫酸铜、水之间的质量比为$40:49:80:9$
（填最简整数比）。答案：14. $\ce{CuO + H_{2}SO_{4} = CuSO_{4} + H_{2}O}$ $40:49:80:9$
解析：
【分析】首先根据题目给出的反应物（氧化铜、稀硫酸）和生成物（硫酸铜、水），正确书写各物质的化学式并配平化学方程式；计算反应中各物质的质量比时，需先算出各物质的相对分子质量，结合化学计量数得到总质量，再化简为最简整数比。
【解析】1. 书写化学方程式：氧化铜的化学式为$\ce{CuO}$，稀硫酸为$\ce{H_{2}SO_{4}}$，生成物硫酸铜为$\ce{CuSO_{4}}$、水为$\ce{H_{2}O}$，配平后化学方程式为$\ce{CuO + H_{2}SO_{4} = CuSO_{4} + H_{2}O}$；2. 计算质量比：$\ce{CuO}$的相对分子质量=$64+16=80$，$\ce{H_{2}SO_{4}}$的相对分子质量=$2×1+32+4×16=98$，$\ce{CuSO_{4}}$的相对分子质量=$64+32+4×16=160$，$\ce{H_{2}O}$的相对分子质量=$2×1+16=18$；各物质化学计量数均为1，故质量比为$80:98:160:18$，各项除以2化简得$40:49:80:9$。
【答案】$\ce{CuO + H_{2}SO_{4} = CuSO_{4} + H_{2}O}$；$40:49:80:9$
【知识点】化学方程式书写、相对分子质量计算、化学反应质量比
【点评】本题考查化学用语的基础应用，是化学学习中的核心基础内容，需熟练掌握化学式、化学方程式的书写规则及质量比的计算方法，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】1. 书写化学方程式：氧化铜的化学式为$\ce{CuO}$，稀硫酸为$\ce{H_{2}SO_{4}}$，生成物硫酸铜为$\ce{CuSO_{4}}$、水为$\ce{H_{2}O}$，配平后化学方程式为$\ce{CuO + H_{2}SO_{4} = CuSO_{4} + H_{2}O}$；2. 计算质量比：$\ce{CuO}$的相对分子质量=$64+16=80$，$\ce{H_{2}SO_{4}}$的相对分子质量=$2×1+32+4×16=98$，$\ce{CuSO_{4}}$的相对分子质量=$64+32+4×16=160$，$\ce{H_{2}O}$的相对分子质量=$2×1+16=18$；各物质化学计量数均为1，故质量比为$80:98:160:18$，各项除以2化简得$40:49:80:9$。
【答案】$\ce{CuO + H_{2}SO_{4} = CuSO_{4} + H_{2}O}$；$40:49:80:9$
【知识点】化学方程式书写、相对分子质量计算、化学反应质量比
【点评】本题考查化学用语的基础应用，是化学学习中的核心基础内容，需熟练掌握化学式、化学方程式的书写规则及质量比的计算方法，难度较低。
【难度系数】0.8
15 现有以下三个化学方程式:① $\ce{2Fe(OH)_{3}\xlongequal{\Delta}Fe_{2}O_{3} + 3H_{2}O}$, ② $\ce{CaCO_{3}\xlongequal{高温}CaO + CO_{2}\uparrow}$,
③ $\ce{Mg_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2MgO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$, 通过比较发现:
(1) 它们有许多相似之处,请写出其中的一条:。
(2) 它们也有许多不同,请指出其中一个与另外两个的不同之处:
(写一点即可)。
③ $\ce{Mg_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2MgO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$, 通过比较发现:
(1) 它们有许多相似之处,请写出其中的一条:。
(2) 它们也有许多不同,请指出其中一个与另外两个的不同之处:
(写一点即可)。
答案：15. (1) 都是分解反应(或生成物都是氧化物等合理答案均可)
(2) ③的生成物有三种物质,而①②的生成物只有两种物质(合理答案均可)
(2) ③的生成物有三种物质,而①②的生成物只有两种物质(合理答案均可)
解析：
【分析】
本题需先分析三个化学方程式的反应类型、反应物与生成物的特点，再分别找出相似之处和不同之处：相似点可从反应类型（是否为分解反应）、生成物类别（是否为氧化物）等角度思考；不同点可从生成物的种类数量、反应物的类别等方面对比。
【解析】
(1) 分解反应是由一种物质生成两种或两种以上其他物质的反应，三个反应均符合该定义，都属于分解反应；且三个反应的生成物（$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CaO}$、$\ce{CO_{2}}$、$\ce{MgO}$）都由两种元素组成且其中一种为氧元素，属于氧化物，因此相似之处可写“都是分解反应”（或“生成物都是氧化物”等合理答案）。
(2) 对比三个反应的生成物种类：反应①的生成物为$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和$\ce{H_{2}O}$，共2种；反应②的生成物为$\ce{CaO}$和$\ce{CO_{2}}$，共2种；反应③的生成物为$\ce{MgO}$、$\ce{H_{2}O}$和$\ce{CO_{2}}$，共3种，因此③与另外两个反应的不同之处可写“③的生成物有三种物质，而①②的生成物只有两种物质”（合理即可）。
【答案】
(1) 都是分解反应(或生成物都是氧化物等合理答案均可)；(2) ③的生成物有三种物质，而①②的生成物只有两种物质(合理答案均可)
【知识点】
分解反应、氧化物
【点评】
本题考查分解反应的概念及对化学方程式的观察分析能力，属于基础题型，难度较低，学生易解答。
【难度系数】
0.8
本题需先分析三个化学方程式的反应类型、反应物与生成物的特点，再分别找出相似之处和不同之处：相似点可从反应类型（是否为分解反应）、生成物类别（是否为氧化物）等角度思考；不同点可从生成物的种类数量、反应物的类别等方面对比。
【解析】
(1) 分解反应是由一种物质生成两种或两种以上其他物质的反应，三个反应均符合该定义，都属于分解反应；且三个反应的生成物（$\ce{Fe_{2}O_{3}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CaO}$、$\ce{CO_{2}}$、$\ce{MgO}$）都由两种元素组成且其中一种为氧元素，属于氧化物，因此相似之处可写“都是分解反应”（或“生成物都是氧化物”等合理答案）。
(2) 对比三个反应的生成物种类：反应①的生成物为$\ce{Fe_{2}O_{3}}$和$\ce{H_{2}O}$，共2种；反应②的生成物为$\ce{CaO}$和$\ce{CO_{2}}$，共2种；反应③的生成物为$\ce{MgO}$、$\ce{H_{2}O}$和$\ce{CO_{2}}$，共3种，因此③与另外两个反应的不同之处可写“③的生成物有三种物质，而①②的生成物只有两种物质”（合理即可）。
【答案】
(1) 都是分解反应(或生成物都是氧化物等合理答案均可)；(2) ③的生成物有三种物质，而①②的生成物只有两种物质(合理答案均可)
【知识点】
分解反应、氧化物
【点评】
本题考查分解反应的概念及对化学方程式的观察分析能力，属于基础题型，难度较低，学生易解答。
【难度系数】
0.8