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$\ce{O_{2}}$
$\ce{6Li + N_{2}\xlongequal{一定条件}2Li_{3}N}$
$\ce{H_{2}O}$(或$\ce{Li}$)
单质
$\ce{SO_{3}}$
$\ce{SO_{2} + 2H_{2}S\xlongequal{一定条件}3S + 2H_{2}O}$
过氧化氢分子
$\ce{CH_{4} + H_{2}O_{2}\xlongequal[催化剂]{25\ °C}CH_{3}OH + H_{2}O}$
原子
$\ce{HCOOH}$
大于
生成物质量中多了参加反应的氧气的质量(合理答案均可)
湿润的红色
石蕊试纸变成蓝色
【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
【分析】要解决这道题，需理解价类图的含义：横坐标代表物质类别，纵坐标代表对应元素的化合价。首先，单质中元素化合价为0，据此判断A点对应的物质类别X；其次，氧化物中氧元素化合价为-2，结合C点硫元素的化合价，利用化合价规则确定其化学式；最后，确定B点物质为SO₂，根据反应产物（A点的S单质）和质量守恒定律，推出另一产物为H₂O，进而配平化学方程式。
【解析】(1) 单质中元素的化合价为0，A点硫元素化合价为0，因此对应的物质类别X是单质；C点属于氧化物，硫元素化合价为+6，氧元素化合价为-2，设C的化学式为$\ce{S_{a}O_{b}}$，根据化合物中正负化合价代数和为0，得$(+6)×a + (-2)×b = 0$，解得$a:b=1:3$，故C的化学式为$\ce{SO_{3}}$。(2) B点为氧化物，硫元素化合价为+4，因此B为$\ce{SO_{2}}$；$\ce{SO_{2}}$与$\ce{H_{2}S}$在一定条件下反应，生成A点的S单质和一种氧化物，根据反应前后元素种类不变，该氧化物为$\ce{H_{2}O}$，配平后化学方程式为$\ce{SO_{2} + 2H_{2}S\xlongequal{一定条件}3S + 2H_{2}O}$。
【答案】单质；$\ce{SO_{3}}$；$\ce{SO_{2} + 2H_{2}S\xlongequal{一定条件}3S + 2H_{2}O}$
【知识点】化合价与化学式、化学方程式书写、单质判断
【点评】本题结合价类图考查硫及其化合物的相关知识，核心是利用化合价规则和质量守恒定律分析，需掌握基础化学用语和概念，难度适中。
【难度系数】0.5
【分析】
根据图例明确各原子：○为H，●为C，大○为O。第(1)题，观察“∞∞”的微观构成，是2个H原子和2个O原子形成的分子，对应过氧化氢分子；第(2)题，步骤Ⅰ为CH₄吸附在催化剂表面，步骤Ⅱ是加入的过氧化氢与CH₄反应，结合反应条件和生成物推导总反应；第(3)题，化学变化中原子是最小粒子，反应前后原子种类、数目不变；第(4)题，步骤Ⅱ是甲烷与过氧化氢反应生成甲醇和水，步骤Ⅴ后得到甲醛，步骤Ⅵ与步骤Ⅱ类似，类比反应规律推导产物。
【解析】
(1) 由图例可知，“∞∞”的微观结构为2个氢原子和2个氧原子构成的分子，对应过氧化氢分子；
(2) 步骤Ⅰ反应物为CH₄，步骤Ⅱ加入的反应物是过氧化氢（H₂O₂），生成物为甲醇（CH₃OH）和水，反应条件为25℃、催化剂，总反应化学方程式为：$\ce{CH_{4} + H_{2}O_{2}\xlongequal[催化剂]{25\ °C}CH_{3}OH + H_{2}O}$；
(3) 化学变化的本质是分子分裂为原子，原子重新组合成新分子，因此反应前后不变的粒子是原子；
(4) 步骤Ⅱ是甲烷与过氧化氢反应生成甲醇和水，步骤Ⅴ后得到甲醛（CH₂O），步骤Ⅵ与步骤Ⅱ类似，即甲醛与过氧化氢反应，类比甲醇的生成规律，甲醛反应后生成甲酸（HCOOH）和水，故产物为$\ce{HCOOH}$和$\ce{H_{2}O}$。
【答案】
过氧化氢分子；$\ce{CH_{4} + H_{2}O_{2}\xlongequal[催化剂]{25\ °C}CH_{3}OH + H_{2}O}$；原子；$\ce{HCOOH}$
【知识点】
微观粒子；化学方程式书写；原子的概念
【点评】
本题结合微观示意图考查化学反应的本质、化学方程式的书写，需结合图例分析粒子构成，类比反应规律推导产物，是期末常见题型，难度适中。
【难度系数】
0.5
【分析】
首先，第(1)问需结合质量守恒定律分析：镁燃烧是镁与氧气反应生成氧化镁，生成物质量等于参加反应的镁和氧气的质量和，因此生成物质量大于镁条质量，原因是包含了参加反应的氧气质量。第(2)问，验证黄色固体为氮化镁时，需利用资料中“氮化镁与水反应生成氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝”的信息；反思部分，需对比氧气和氮气的化学活泼性，以及镁的反应特性，判断实验结论和替代物的合理性。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，镁条在氧气中燃烧的反应为$\ce{2Mg + O_{2}\xlongequal{点燃} 2MgO}$，生成物氧化镁的质量等于参加反应的镁条质量与参加反应的氧气质量之和，因此理论上生成物的质量大于镁条的质量，原因是生成物质量中多了参加反应的氧气的质量。
(2) 【进行实验】根据查阅资料③，氮化镁与水反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此实验中观察到湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，即可证明黄色固体为氮化镁。
【反思与交流】① 氧气的化学性质比氮气活泼，镁条燃烧时更易与氧气反应，因此生成的氧化镁远多于氮化镁；② 镁条不能替代红磷做测定空气中氧气含量的实验，因为镁条不仅能和氧气反应，还能和空气中的氮气反应，导致消耗的气体体积大于氧气的体积，测定结果不准确。
【答案】
大于；生成物质量中多了参加反应的氧气的质量(合理答案均可)；湿润的红色石蕊试纸变成蓝色；氧气的化学性质比氮气活泼；不能；镁条不仅能和氧气反应，还能和氮气反应
【知识点】
质量守恒定律、镁的化学性质、实验探究
【点评】
本题结合镁条燃烧实验，考查质量守恒定律的应用、实验探究的信息提取能力，以及测定空气中氧气含量实验的替代物选择，需要学生从题目资料中获取关键信息，分析反应本质，是一道综合性适中的基础实验题。
【难度系数】
0.5
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