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C
D
B
$\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$
$\ce{CuO + H_{2}\xlongequal{\Delta}Cu + H_{2}O}$
$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
$\ce{Fe + CuSO_{4}=FeSO_{4} + Cu}$
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6
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$\ce{TiCl_{3}}$
$\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$
$\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$
$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
氢氧根离子
$-3$
【分析】
首先根据微观示意图确定各物质的构成：斜线圆代表碳原子，灰色圆代表氧原子，小白圆代表氢原子，由此得出反应物为碳（$\ce{C}$）和水（$\ce{H_{2}O}$），生成物为一氧化碳（$\ce{CO}$）和氢气（$\ce{H_{2}}$），反应条件为高温，写出化学方程式$\ce{C + H_{2}O\xlongequal{高温} CO + H_{2}}$。再逐一分析选项：A选项需明确氢分子的符号；B选项区分分子和原子种类的变化；C选项依据质量守恒定律判断；D选项计算参加反应物质的质量比。
【解析】
1. 确定反应的化学方程式：根据微观粒子的构成，反应为$\ce{C + H_{2}O\xlongequal{高温} CO + H_{2}}$。
2. 分析选项：
A选项：氢分子的化学式为$\ce{H_{2}}$，$\ce{2H}$表示2个氢原子，A错误；
B选项：化学反应中分子种类改变，原子种类不变，B错误；
C选项：根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，C正确；
D选项：参加反应的$\ce{C}$与$\ce{H_{2}O}$的质量比为$12:(1×2+16)=12:18=2:3≠1:1$，D错误。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律、微观示意图、化学方程式
【点评】
本题结合微观示意图考查化学反应的基本规律，需掌握从微观粒子推导化学方程式的方法，结合质量守恒定律分析各选项，属于基础题型，侧重对核心知识点的应用。
【难度系数】
0.6
【分析】
要解决这道题，需结合化学方程式的意义、质量守恒定律、元素质量计算等知识逐步分析：首先根据生成的$\ce{SO_2}$质量计算其物质的量，结合反应式系数确定参加反应的$\ce{O_2}$的物质的量及质量，判断$\ce{O_2}$是否过量；再计算$\ce{RO_2}$的摩尔质量确定R元素，进而分析X的元素组成、各物质质量，最后判断选项。
【解析】
1. 计算生成$\ce{SO_2}$的物质的量：$n(\ce{SO_2})=\frac{6.4\ \mathrm{g}}{64\ \mathrm{g/mol}}=0.1\ \mathrm{mol}$。
2. 根据反应式$\ce{X + 3O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}RO_{2} + 2SO_{2}}$，生成0.1 mol $\ce{SO_2}$时，参加反应的$\ce{O_2}$物质的量为$\frac{3}{2}×0.1\ \mathrm{mol}=0.15\ \mathrm{mol}$，参加反应的$\ce{O_2}$质量为$0.15\ \mathrm{mol}×32\ \mathrm{g/mol}=4.8\ \mathrm{g}$，因此$\ce{O_2}$过量，剩余$\ce{O_2}$质量为$5\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{g}$。
3. 计算$\ce{RO_2}$的物质的量：由反应式，生成$\ce{RO_2}$的物质的量为$\frac{1}{2}×0.1\ \mathrm{mol}=0.05\ \mathrm{mol}$，则$\ce{RO_2}$的摩尔质量为$\frac{2.2\ \mathrm{g}}{0.05\ \mathrm{mol}}=44\ \mathrm{g/mol}$，故R的相对原子质量为$44 - 2×16=12$，即R为碳元素。
4. 分析选项：
A选项：$\ce{RO_2}$为$\ce{CO_2}$，O为-2价，故C的化合价为+4，A错误。
B选项：根据质量守恒，参加反应的X质量为$2.2\ \mathrm{g}+6.4\ \mathrm{g}-4.8\ \mathrm{g}=3.8\ \mathrm{g}$，生成物中C的质量为$0.05\ \mathrm{mol}×12\ \mathrm{g/mol}=0.6\ \mathrm{g}$，S的质量为$0.1\ \mathrm{mol}×32\ \mathrm{g/mol}=3.2\ \mathrm{g}$，总和为$0.6+3.2=3.8\ \mathrm{g}$，等于X的质量，故X仅含C、S，不含O，B错误。
C选项：参加反应的X质量为3.8 g，不是3.6 g，C错误。
D选项：反应后生成$\ce{RO_2}$、$\ce{SO_2}$，剩余$\ce{O_2}$，共三种物质，D正确。
【答案】
D
【知识点】
化学方程式计算、质量守恒定律、元素化合价
【点评】
本题综合考查化学方程式计算、质量守恒定律的应用，需注意判断反应物是否过量，避免混淆“参加反应的物质”与“总物质”，是一道基础但易出错的计算题。
【难度系数】
0.5
【分析】要解决本题，需利用质量守恒定律分析图像中各物质的质量变化：首先根据反应前后总质量不变计算x的值，再区分“反应后物质总质量”和“生成物质的质量”，结合元素守恒判断物质组成，最后依据质量守恒的微观本质分析选项。
【解析】根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量相等：
反应前总质量 = $\ce{H_{2}S}$质量 + $\ce{SO_{2}}$质量 + $\ce{M}$质量 + $\ce{H_{2}O}$质量 = $34\ \mathrm{g} + 32\ \mathrm{g} + 1\ \mathrm{g} + 0\ \mathrm{g} = 67\ \mathrm{g}$；
反应后总质量 = 剩余$\ce{H_{2}S}$质量 + 剩余$\ce{SO_{2}}$质量 + 反应后$\ce{M}$质量 + 反应后$\ce{H_{2}O}$质量 = $0\ \mathrm{g} + 0\ \mathrm{g} + 48\ \mathrm{g} + x$，因此$67\ \mathrm{g} = 48\ \mathrm{g} + x$，解得$x=19$，故A选项正确。
反应生成的物质是$\ce{M}$和$\ce{H_{2}O}$：生成$\ce{M}$的质量 = 反应后$\ce{M}$质量 - 初始$\ce{M}$质量 = $48\ \mathrm{g} - 1\ \mathrm{g} = 47\ \mathrm{g}$，生成$\ce{H_{2}O}$的质量 = $19\ \mathrm{g} - 0\ \mathrm{g} = 19\ \mathrm{g}$，两者质量比为$47:19$，不是$48:19$，故B选项错误。
根据元素守恒，反应物$\ce{H_{2}S}$和$\ce{SO_{2}}$含S元素，生成物$\ce{H_{2}O}$不含S元素，因此$\ce{M}$中一定含有S元素，C选项正确。
质量守恒的微观本质是反应前后原子的种类、数目、质量均不变，故反应前后原子数目不变，D选项正确。
综上，不正确的是B选项。
【答案】B
【知识点】质量守恒定律、元素守恒、化学计算
【点评】本题结合图像考查质量守恒定律的应用，易错点是混淆“反应后物质质量”和“生成物质的质量”，需仔细分析图像中各物质的质量变化关系，结合元素守恒和质量守恒的微观本质判断选项。
【难度系数】0.6
【分析】
本题考查初中常见化学反应的化学方程式书写与配平，解题思路为：① 明确每个反应的反应物、生成物及反应条件；② 依据化学式书写规则正确写出各物质的化学式，标注反应条件、气体或沉淀符号；③ 根据质量守恒定律，通过观察法、最小公倍数法等配平化学方程式，使反应前后各原子的种类和数目相等。
【解析】
(1) 硫在氧气中充分燃烧，反应物为S和O₂，反应条件为点燃，生成物为SO₂，反应前后原子数目相等，化学方程式为$\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$；
(2) 氧化铜与氢气加热反应，反应物为CuO和H₂，反应条件为加热（Δ），生成物为Cu和H₂O，反应前后原子数目相等，化学方程式为$\ce{CuO + H_{2}\xlongequal{\Delta}Cu + H_{2}O}$；
(3) 二氧化碳与氢氧化钙溶液反应，反应物为CO₂和Ca(OH)₂，生成物为CaCO₃沉淀和H₂O，CaCO₃需标注沉淀符号，反应前后原子数目相等，化学方程式为$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$；
(4) 铁与硫酸铜溶液反应，反应物为Fe和CuSO₄，生成物为FeSO₄和Cu，反应前后原子数目相等，化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4}=FeSO_{4} + Cu}$；
(5) ① 配平$\ce{Fe_{2}O_{3} + CO\xlongequal{高温}Fe + CO_{2}}$：观察可知，Fe₂O₃含2个Fe，故Fe系数为2；Fe₂O₃中3个O需3个CO提供，生成3个CO₂，因此系数依次为1、3、2、3；
② 配平$\ce{NaOH + Fe_{2}(SO_{4})_{3}=Fe(OH)_{3}\downarrow + Na_{2}SO_{4}}$：Fe原子守恒，Fe₂(SO₄)₃系数为1时，Fe(OH)₃系数为2；SO₄²⁻守恒，Na₂SO₄系数为3；Na原子守恒，NaOH系数为6，因此系数依次为6、1、2、3。
【答案】
$\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$；$\ce{CuO + H_{2}\xlongequal{\Delta}Cu + H_{2}O}$；$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$；$\ce{Fe + CuSO_{4}=FeSO_{4} + Cu}$；1、3、2、3；6、1、2、3
【知识点】
化学方程式书写、化学方程式配平、常见化学反应
【点评】
本题为初中化学基础核心题型，聚焦常见反应的化学方程式书写与配平，需掌握反应事实、符号标注规则及配平方法，是化学学习的必备基础，难度适中。
【难度系数】
0.7
【分析】
本题考查质量守恒定律的应用及化学方程式的书写，需根据反应前后原子种类、数目不变推导化学式，结合反应物、生成物及反应条件书写化学方程式，注意配平、标注反应条件和气体符号等细节。
(1) 利用质量守恒定律，通过反应前后原子的种类和数目推导X的化学式；
(2) 根据反应物元素组成确定生成物单质，再配平化学方程式；
(3) 结合电解氧化铝的反应原理，明确生成物并书写配平反应式；
(4) 根据石绿的组成元素确定分解生成的三种氧化物，配平并标注反应条件。
【解析】
(1) 反应前原子总数：Ti为2个，H为6个，Cl为6个；反应后已有H的数目为$3×2=6$个，因此2个X分子中含2个Ti原子和6个Cl原子，每个X分子含1个Ti原子和3个Cl原子，故X的化学式为$\ce{TiCl_{3}}$；
(2) 反应物为$\ce{N_{2}H_{4}}$和$\ce{O_{2}}$，根据元素守恒，生成的单质为$\ce{N_{2}}$，另一生成物为$\ce{H_{2}O}$，配平后化学方程式为$\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$；
(3) 电解熔融$\ce{Al_{2}O_{3}}$生成铝和可供呼吸的氧气，配平并标注反应条件，化学方程式为$\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$；
(4) $\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$受热分解生成三种氧化物：$\ce{CuO}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$，配平后化学方程式为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$；
【答案】
$\ce{TiCl_{3}}$；$\ce{N_{2}H_{4} + O_{2}\xlongequal{特定条件}N_{2} + 2H_{2}O}$；$\ce{2Al_{2}O_{3}(熔融)\xlongequal{通电}4Al + 3O_{2}\uparrow}$；$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta}2CuO + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
【知识点】
质量守恒定律；化学方程式书写；氧化物的判断
【点评】
本题围绕化学核心用语展开，结合质量守恒定律、物质性质等基础知识点，考查学生对化学用语的掌握及应用能力，需注意配平、反应条件、气体符号等细节，整体难度适中。
【难度系数】
0.6
【分析】
本题围绕氮气转化为氨气的循环过程设置问题，需逐一分析各小问：
1. 第一问需明确LiOH中的原子团，回忆常见原子团的名称；
2. 第二问根据化合物中正负化合价代数和为0，计算氨气中氮元素的化合价；
3. 第三问结合图示反应流程，分析生成的单质气体；
4. 第四问根据过程①的反应物和生成物，配平化学方程式；
5. 第五问观察循环流程，找出既参与反应又生成的物质，即循环使用的物质。
【解析】
(1) LiOH中，Li为+1价，对应的原子团是$\ce{OH^-}$，名称为氢氧根离子；
(2) 在$\ce{NH_{3}}$中，氢元素显+1价，设氮元素化合价为$x$，根据化合物中正负化合价代数和为0，得：$x + (+1)×3 = 0$，解得$x=-3$；
(3) 由图示流程，过程③中$\ce{LiOH}$通电分解生成$\ce{Li}$、水和氧气，氧气是单质气体，因此除氨气外生成的单质为$\ce{O_{2}}$；
(4) 过程①是$\ce{Li}$和$\ce{N_{2}}$在一定条件下反应生成$\ce{Li_{3}N}$，根据原子守恒配平：6个$\ce{Li}$原子与1个$\ce{N_{2}}$分子反应，生成2个$\ce{Li_{3}N}$，化学方程式为：$\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$；
(5) 观察循环流程，$\ce{Li}$在过程①消耗、过程③生成，水在过程②消耗、过程③生成，因此可循环使用的物质为$\ce{H_{2}O}$或$\ce{Li}$。
【答案】
氢氧根离子；-3；$\ce{O_{2}}$；$\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$；$\ce{H_{2}O}$(或$\ce{Li}$)
【知识点】
化合价计算、化学方程式书写、物质循环利用
【点评】
本题结合工业转化的循环流程，考查基础化学知识点，需结合图示分析各步反应，难度不大，侧重对基础知识的应用。
【难度系数】
0.6
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