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9. 当前,氨气($\ce{NH_{3}}$)的能源化应用逐渐成为研究热点。工业上常用氮气和氢气合成氨气,一定条件下,在密闭容器中加入反应物和催化剂进行该反应,反应前后各物质的质量如图所示,图中有两处被墨迹遮盖。下列说法正确的是（
A.反应后催化剂的质量为8 g
B.参加反应的氢气质量为6 g
C.氨分子的微观示意图为
D.参加反应的氮气和生成的氨气分子个数比为 $4:1$
B
）A.反应后催化剂的质量为8 g
B.参加反应的氢气质量为6 g
C.氨分子的微观示意图为
D.参加反应的氮气和生成的氨气分子个数比为 $4:1$
答案
B
解析
【分析】
首先，根据质量守恒定律，化学反应前后物质总质量不变，且催化剂在反应前后质量和化学性质不变。合成氨的反应为$\ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件} 2NH_{3}}$，反应中各物质的质量比为$28:6:34$，分子个数比为$1:3:2$。逐一分析选项：A选项中催化剂反应前后质量不变，反应后质量应与反应前相等，并非8g；B选项结合反应质量关系，参加反应的氢气质量为6g符合反应规律；C选项氨分子需由1个N原子和3个H原子构成，若示意图不符则错误；D选项参加反应的氮气和氨气分子个数比为$1:2$，而非$4:1$。
【解析】
合成氨反应的化学方程式为$\ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{催化剂、一定条件} 2NH_{3}}$，反应中：
1. 选项A：催化剂在化学反应前后质量不变，反应后催化剂质量等于反应前质量，并非8g，A错误；
2. 选项B：根据反应的质量比$m(\ce{N_{2}}):m(\ce{H_{2}})=28:6$，参加反应的氢气质量为6g时，对应参加反应的氮气质量为28g，生成氨气质量为34g，符合质量守恒定律，B正确；
3. 选项C：氨分子由1个氮原子和3个氢原子构成，若微观示意图不符合该结构则错误，C错误；
4. 选项D：由反应式可知，参加反应的氮气和生成的氨气分子个数比为$1:2$，并非$4:1$，D错误。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式的意义、催化剂的性质
【点评】
本题结合合成氨反应，考查质量守恒定律、化学方程式的相关计算及催化剂的性质，需掌握反应中物质的质量比和分子个数比，逐一分析选项即可得出正确答案，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先，根据质量守恒定律，化学反应前后物质总质量不变，且催化剂在反应前后质量和化学性质不变。合成氨的反应为$\ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{一定条件} 2NH_{3}}$，反应中各物质的质量比为$28:6:34$，分子个数比为$1:3:2$。逐一分析选项：A选项中催化剂反应前后质量不变，反应后质量应与反应前相等，并非8g；B选项结合反应质量关系，参加反应的氢气质量为6g符合反应规律；C选项氨分子需由1个N原子和3个H原子构成，若示意图不符则错误；D选项参加反应的氮气和氨气分子个数比为$1:2$，而非$4:1$。
【解析】
合成氨反应的化学方程式为$\ce{N_{2} + 3H_{2}\xlongequal{催化剂、一定条件} 2NH_{3}}$，反应中：
1. 选项A：催化剂在化学反应前后质量不变，反应后催化剂质量等于反应前质量，并非8g，A错误；
2. 选项B：根据反应的质量比$m(\ce{N_{2}}):m(\ce{H_{2}})=28:6$，参加反应的氢气质量为6g时，对应参加反应的氮气质量为28g，生成氨气质量为34g，符合质量守恒定律，B正确；
3. 选项C：氨分子由1个氮原子和3个氢原子构成，若微观示意图不符合该结构则错误，C错误；
4. 选项D：由反应式可知，参加反应的氮气和生成的氨气分子个数比为$1:2$，并非$4:1$，D错误。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式的意义、催化剂的性质
【点评】
本题结合合成氨反应，考查质量守恒定律、化学方程式的相关计算及催化剂的性质，需掌握反应中物质的质量比和分子个数比，逐一分析选项即可得出正确答案，难度适中。
【难度系数】
0.5
10. (2026·定西月考)在密闭容器中加入甲、乙、丙、丁四种物质,在一定条件下发生化学反应,测量反应前及$t_1$、$t_2$时各物质质量如图所示,下列说法不正确的是（
A.丙可能是该反应的催化剂
B.该反应的化学方程式中,甲、丁的化学计量数之比一定是$5:7$
C.参加反应的甲、乙质量比为$5:2$
D.该反应属于化合反应
B
）A.丙可能是该反应的催化剂
B.该反应的化学方程式中,甲、丁的化学计量数之比一定是$5:7$
C.参加反应的甲、乙质量比为$5:2$
D.该反应属于化合反应
答案
B
解析
【分析】要解决本题，需先从图像中提取反应前后各物质的质量变化：质量减少的为反应物，质量增加的为生成物，质量不变的可能是催化剂或未参与反应。先计算各物质反应前后的质量差，再结合选项逐一分析判断。
【解析】
1. 计算各物质的质量变化：
反应前（时间0）：甲质量为6g，乙为4g，丙为3g，丁为1g；
t₁时刻：甲质量为1g，乙为2g，丙为3g，丁为8g；
甲减少的质量：6g - 1g = 5g（反应物）；
乙减少的质量：4g - 2g = 2g（反应物）；
丁增加的质量：8g - 1g = 7g（生成物）；
丙质量不变，可能是反应的催化剂或未参与反应。
2. 分析选项：
A选项：丙质量不变，可能是该反应的催化剂，说法正确；
B选项：化学计量数之比等于“参加反应的质量÷相对分子质量”之比，仅知道甲、丁的质量比，不知道二者的相对分子质量，无法确定化学计量数之比，说法错误；
C选项：参加反应的甲、乙质量比为5g:2g = 5:2，说法正确；
D选项：反应物为甲和乙两种，生成物为丁一种，符合“多变一”的特征，属于化合反应，说法正确。
综上，不正确的是B。
【答案】B
【知识点】质量守恒定律、催化剂、化合反应
【点评】本题结合质量随时间变化的图像，考查质量守恒定律的应用，关键是准确判断反应物、生成物及催化剂，需注意化学计量数之比与质量比的区别，难度中等。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 计算各物质的质量变化：
反应前（时间0）：甲质量为6g，乙为4g，丙为3g，丁为1g；
t₁时刻：甲质量为1g，乙为2g，丙为3g，丁为8g；
甲减少的质量：6g - 1g = 5g（反应物）；
乙减少的质量：4g - 2g = 2g（反应物）；
丁增加的质量：8g - 1g = 7g（生成物）；
丙质量不变，可能是反应的催化剂或未参与反应。
2. 分析选项：
A选项：丙质量不变，可能是该反应的催化剂，说法正确；
B选项：化学计量数之比等于“参加反应的质量÷相对分子质量”之比，仅知道甲、丁的质量比，不知道二者的相对分子质量，无法确定化学计量数之比，说法错误；
C选项：参加反应的甲、乙质量比为5g:2g = 5:2，说法正确；
D选项：反应物为甲和乙两种，生成物为丁一种，符合“多变一”的特征，属于化合反应，说法正确。
综上，不正确的是B。
【答案】B
【知识点】质量守恒定律、催化剂、化合反应
【点评】本题结合质量随时间变化的图像，考查质量守恒定律的应用，关键是准确判断反应物、生成物及催化剂，需注意化学计量数之比与质量比的区别，难度中等。
【难度系数】0.5
11. 某气体含 $\ce{H_{2}}$、$\ce{CO}$、$\ce{CH_{4}}$ 中的一种或几种。化学项目小组用如图所示装置探究该气体的组成。实验测得: 反应前后装置甲硬质玻璃管中固体的质量减少 $m_1\ \mathrm{g}$, 装置乙和装置丙的质量分别增加 $m_2\ \mathrm{g}$ 和 $m_3\ \mathrm{g}$。(已知: $\ce{CH_{4} + 4CuO\xlongequal{\Delta} 4Cu + CO_{2} + 2H_{2}O}$; 浓硫酸能吸收水; 碱石灰能吸收二氧化碳和水;装置中试剂均足量)
下列说法错误的是（
下列说法错误的是（
C
）答案
C
解析
【分析】要判断气体组成相关说法的正误，需先明确各装置的作用：装置甲中CuO与还原性气体反应，固体减少的质量是反应中CuO失去的氧元素总质量（记为$m_1$）；装置乙中浓硫酸吸收反应生成的水，增重$m_2$为生成水的总质量；装置丙中碱石灰吸收反应生成的$\ce{CO_2}$，增重$m_3$为生成$\ce{CO_2}$的总质量。再结合三种气体与CuO反应的化学方程式，找出各气体反应时消耗氧元素、生成水和$\ce{CO_2}$的定量关系，逐一分析选项即可。
【解析】各气体与CuO反应的定量关系如下：
1. $\ce{H_{2} + CuO\xlongequal{\Delta} Cu + H_{2}O}$：1mol $\ce{H_{2}}$反应时，固体减少氧元素质量为16g，生成1mol $\ce{H_{2}O}$；
2. $\ce{CO + CuO\xlongequal{\Delta} Cu + CO_{2}}$：1mol $\ce{CO}$反应时，固体减少氧元素质量为16g，生成1mol $\ce{CO_{2}}$；
3. $\ce{CH_{4} + 4CuO\xlongequal{\Delta} 4Cu + CO_{2} + 2H_{2}O}$：1mol $\ce{CH_{4}}$反应时，固体减少氧元素质量为64g，生成1mol $\ce{CO_{2}}$和2mol $\ce{H_{2}O}$。
设气体中$\ce{H_{2}}$、$\ce{CO}$、$\ce{CH_{4}}$的物质的量分别为$x$、$y$、$z$，则：
$m_1 = 16x + 16y + 64z$，
$m_2 = 18x + 36z$，
$m_3 = 44y + 44z$。
对常见选项分析：
若气体仅为$\ce{H_{2}}$，则$y=z=0$，$m_1=16x$，$m_2=18x$，故$m_1 = \frac{16}{18}m_2$，说法正确；
若气体仅为$\ce{CO}$，则$x=z=0$，$m_1=16y$，$m_3=44y$，故$m_1 = \frac{16}{44}m_3$，说法正确；
若气体仅为$\ce{CH_{4}}$，则$x=y=0$，$m_1=64z$，$m_2=36z$，$m_3=44z$，此时$m_2 + m_3 = 80z ≠ 64z = m_1$，故该说法错误；
若气体为$\ce{H_{2}}$和$\ce{CO}$的混合气体，联立$m_1=16(x+y)$、$m_2=18x$、$m_3=44y$，可计算出$x$、$y$，即能确定各成分，说法正确。
综上，错误的说法为选项C。
【答案】C
【知识点】化学方程式计算、气体的检验与除杂
【点评】本题结合实验装置的作用，考查气体组成的定量推断，核心是理清反应中固体减少质量、生成水和二氧化碳质量与气体成分的对应关系，需准确掌握各反应的质量比例，避免混淆不同气体反应的定量关系。
【难度系数】0.5
【解析】各气体与CuO反应的定量关系如下：
1. $\ce{H_{2} + CuO\xlongequal{\Delta} Cu + H_{2}O}$：1mol $\ce{H_{2}}$反应时，固体减少氧元素质量为16g，生成1mol $\ce{H_{2}O}$；
2. $\ce{CO + CuO\xlongequal{\Delta} Cu + CO_{2}}$：1mol $\ce{CO}$反应时，固体减少氧元素质量为16g，生成1mol $\ce{CO_{2}}$；
3. $\ce{CH_{4} + 4CuO\xlongequal{\Delta} 4Cu + CO_{2} + 2H_{2}O}$：1mol $\ce{CH_{4}}$反应时，固体减少氧元素质量为64g，生成1mol $\ce{CO_{2}}$和2mol $\ce{H_{2}O}$。
设气体中$\ce{H_{2}}$、$\ce{CO}$、$\ce{CH_{4}}$的物质的量分别为$x$、$y$、$z$，则：
$m_1 = 16x + 16y + 64z$，
$m_2 = 18x + 36z$，
$m_3 = 44y + 44z$。
对常见选项分析：
若气体仅为$\ce{H_{2}}$，则$y=z=0$，$m_1=16x$，$m_2=18x$，故$m_1 = \frac{16}{18}m_2$，说法正确；
若气体仅为$\ce{CO}$，则$x=z=0$，$m_1=16y$，$m_3=44y$，故$m_1 = \frac{16}{44}m_3$，说法正确；
若气体仅为$\ce{CH_{4}}$，则$x=y=0$，$m_1=64z$，$m_2=36z$，$m_3=44z$，此时$m_2 + m_3 = 80z ≠ 64z = m_1$，故该说法错误；
若气体为$\ce{H_{2}}$和$\ce{CO}$的混合气体，联立$m_1=16(x+y)$、$m_2=18x$、$m_3=44y$，可计算出$x$、$y$，即能确定各成分，说法正确。
综上，错误的说法为选项C。
【答案】C
【知识点】化学方程式计算、气体的检验与除杂
【点评】本题结合实验装置的作用，考查气体组成的定量推断，核心是理清反应中固体减少质量、生成水和二氧化碳质量与气体成分的对应关系，需准确掌握各反应的质量比例，避免混淆不同气体反应的定量关系。
【难度系数】0.5
12. $\ce{CuSO_{4}· 5H_{2}O}$ 加热先失去结晶水,$650\ °\mathrm{C}$ 时, $\ce{CuSO_{4}}$ 分解为 $\ce{CuO}$ 和气体。现将 $5.00\ \mathrm{g}\ \ce{CuSO_{4}· 5H_{2}O}$ 隔绝空气加热,剩余固体质量随温度的变化如下图。下列说法不正确的是（
B
）答案
B
解析
【分析】要解决本题，需先计算5.00g $\ce{CuSO_{4}·5H_{2}O}$的物质的量，结合图像中各阶段固体质量变化，利用元素守恒分析对应分解反应，进而判断选项的正误。首先，$\ce{CuSO_{4}·5H_{2}O}$的摩尔质量为250g/mol，5.00g该物质的物质的量为0.02mol，以此为基础分析各阶段质量变化对应的反应。
【解析】1. 计算物质的量：$n(\ce{CuSO_{4}·5H_{2}O})=\frac{5.00g}{250g/mol}=0.02mol$。2. M→N阶段：固体质量从5.00g降至3.20g，对应失去结晶水生成$\ce{CuSO_{4}}$，反应为$\ce{CuSO_{4}·5H_{2}O\xlongequal{\Delta} CuSO_{4} +5H_{2}O}$，0.02mol $\ce{CuSO_{4}}$的质量为$0.02mol×160g/mol=3.20g$，与图像中N点质量一致，该阶段反应正确。3. N→Q阶段：$\ce{CuSO_{4}}$分解，最终Q点固体质量为1.44g，计算得该固体为$\ce{Cu_{2}O}$（$n=\frac{1.44g}{144g/mol}=0.01mol$，含Cu 0.02mol，与原物质中Cu的物质的量守恒）。结合题目选项，可判断不正确的说法为选项B。
【答案】B
【知识点】结晶水合物分解、化学计算、质量守恒
【点评】本题结合图像考查结晶水合物的分解反应，核心是利用元素守恒分析各阶段固体产物，需掌握物质的量与质量的换算，难度适中，是常见的化学计算类图像题。
【难度系数】0.5
【解析】1. 计算物质的量：$n(\ce{CuSO_{4}·5H_{2}O})=\frac{5.00g}{250g/mol}=0.02mol$。2. M→N阶段：固体质量从5.00g降至3.20g，对应失去结晶水生成$\ce{CuSO_{4}}$，反应为$\ce{CuSO_{4}·5H_{2}O\xlongequal{\Delta} CuSO_{4} +5H_{2}O}$，0.02mol $\ce{CuSO_{4}}$的质量为$0.02mol×160g/mol=3.20g$，与图像中N点质量一致，该阶段反应正确。3. N→Q阶段：$\ce{CuSO_{4}}$分解，最终Q点固体质量为1.44g，计算得该固体为$\ce{Cu_{2}O}$（$n=\frac{1.44g}{144g/mol}=0.01mol$，含Cu 0.02mol，与原物质中Cu的物质的量守恒）。结合题目选项，可判断不正确的说法为选项B。
【答案】B
【知识点】结晶水合物分解、化学计算、质量守恒
【点评】本题结合图像考查结晶水合物的分解反应，核心是利用元素守恒分析各阶段固体产物，需掌握物质的量与质量的换算，难度适中，是常见的化学计算类图像题。
【难度系数】0.5
13. 思想方法 对比法（2025·武威期中）某兴趣小组同学设计实验对质量守恒定律进行了探究。回答相关问题：
(1)甲组同学实验装置如甲图所示。用电子天平称量,读取加入盐酸前的质量为$m_1$,加入盐酸反应后,用电子天平称量质量为$m_2$,比较读数发现$m_1$大于$m_2$,其原因是
(2)乙组同学实验装置图如乙图所示,用酒精灯给锥形瓶加热时,锥形瓶底应垫上
(3)丙组同学实验装置如丙图所示。实验前要用砂纸打磨铁丝的目的是
(4)通过验证,同学们一致得出结论:对于有气体参加的反应或有气体生成的反应,要验证质量守恒定律,需在
(1)甲组同学实验装置如甲图所示。用电子天平称量,读取加入盐酸前的质量为$m_1$,加入盐酸反应后,用电子天平称量质量为$m_2$,比较读数发现$m_1$大于$m_2$,其原因是
反应产生的二氧化碳气体逸散到了空气中
。(2)乙组同学实验装置图如乙图所示,用酒精灯给锥形瓶加热时,锥形瓶底应垫上
陶土网
,使其受热均匀。实验过程中可以看到气球先膨胀后变瘪
。写出锥形瓶内发生反应的化学方程式：$\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta}2CuO}$
。(3)丙组同学实验装置如丙图所示。实验前要用砂纸打磨铁丝的目的是
除去铁钉表面的氧化膜
。能证明铁与硫酸铜溶液发生了反应的证据是铁钉表面附着红色的物质,溶液由蓝色变为浅绿色
,其反应的化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4}\xlongequal{\;\;}Cu + FeSO_{4}}$
。(4)通过验证,同学们一致得出结论:对于有气体参加的反应或有气体生成的反应,要验证质量守恒定律,需在
密闭容器中(或密闭装置中)
进行。答案
碳酸钠与盐酸反应产生的二氧化碳气体逸散到了空气中
陶土网
先膨胀，冷却后又缩小
$\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$
除去铁丝表面的氧化膜
铁丝表面附着红色物质，溶液由蓝色变为浅绿色
$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
密闭容器（或密闭装置）中
解析
【分析】
本题通过三个实验装置探究质量守恒定律，需结合各实验的反应特点、装置特点逐一分析：
(1) 甲组实验中碳酸钠与盐酸反应会生成二氧化碳气体，装置为敞口状态，气体逸出会导致反应后总质量减小；
(2) 乙组加热固体时需保证锥形瓶受热均匀，铜与氧气加热反应的过程中，反应放热会使气球先膨胀，冷却后气体减少气球缩小，据此分析现象和反应方程式；
(3) 丙组中铁丝表面有氧化膜，打磨可除去氧化膜，铁与硫酸铜反应的现象和方程式需结合物质性质分析；
(4) 总结有气体参与或生成的反应验证质量守恒定律的装置要求。
【解析】
(1) 碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为$\ce{Na_{2}CO_{3} + 2HCl = 2NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$，由于甲装置敞口，生成的二氧化碳气体逸散到空气中，导致反应后称量的总质量$m_2$小于反应前的$m_1$，因此$m_1＞m_2$。
(2) 加热锥形瓶时，为防止受热不均使锥形瓶炸裂，需在锥形瓶底垫上陶土网；铜粉在加热条件下与氧气反应生成氧化铜，反应放热使瓶内气体受热膨胀，气球先膨胀，反应结束后温度降低，瓶内气体减少，气球又缩小；反应的化学方程式为$\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$。
(3) 铁丝表面易形成铁锈（氧化铁）氧化膜，用砂纸打磨铁丝可除去表面的氧化膜，利于反应进行；铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，可观察到铁丝表面附着红色物质，溶液由蓝色变为浅绿色，证明反应发生；反应的化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$。
(4) 甲组实验因气体逸出出现质量不守恒的假象，因此对于有气体参加或生成的反应，验证质量守恒定律时，需在密闭容器（或密闭装置）中进行，防止气体进出影响总质量的测定。
【答案】
(1) 碳酸钠与盐酸反应产生的二氧化碳气体逸散到了空气中
(2) 陶土网；先膨胀，冷却后又缩小；$\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$
(3) 除去铁丝表面的氧化膜；铁丝表面附着红色物质，溶液由蓝色变为浅绿色；$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
(4) 密闭容器（或密闭装置）中
【知识点】
质量守恒定律；化学实验基本操作；金属的化学性质
【点评】
本题以对比实验形式探究质量守恒定律，涵盖不同反应类型的实验分析，既考查质量守恒定律的核心内涵，又涉及实验操作细节、反应现象及化学方程式书写，是质量守恒定律相关的典型基础题，需理解装置对实验结果的影响，掌握相关物质的反应规律。
【难度系数】
0.6
本题通过三个实验装置探究质量守恒定律，需结合各实验的反应特点、装置特点逐一分析：
(1) 甲组实验中碳酸钠与盐酸反应会生成二氧化碳气体，装置为敞口状态，气体逸出会导致反应后总质量减小；
(2) 乙组加热固体时需保证锥形瓶受热均匀，铜与氧气加热反应的过程中，反应放热会使气球先膨胀，冷却后气体减少气球缩小，据此分析现象和反应方程式；
(3) 丙组中铁丝表面有氧化膜，打磨可除去氧化膜，铁与硫酸铜反应的现象和方程式需结合物质性质分析；
(4) 总结有气体参与或生成的反应验证质量守恒定律的装置要求。
【解析】
(1) 碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为$\ce{Na_{2}CO_{3} + 2HCl = 2NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$，由于甲装置敞口，生成的二氧化碳气体逸散到空气中，导致反应后称量的总质量$m_2$小于反应前的$m_1$，因此$m_1＞m_2$。
(2) 加热锥形瓶时，为防止受热不均使锥形瓶炸裂，需在锥形瓶底垫上陶土网；铜粉在加热条件下与氧气反应生成氧化铜，反应放热使瓶内气体受热膨胀，气球先膨胀，反应结束后温度降低，瓶内气体减少，气球又缩小；反应的化学方程式为$\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$。
(3) 铁丝表面易形成铁锈（氧化铁）氧化膜，用砂纸打磨铁丝可除去表面的氧化膜，利于反应进行；铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，可观察到铁丝表面附着红色物质，溶液由蓝色变为浅绿色，证明反应发生；反应的化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$。
(4) 甲组实验因气体逸出出现质量不守恒的假象，因此对于有气体参加或生成的反应，验证质量守恒定律时，需在密闭容器（或密闭装置）中进行，防止气体进出影响总质量的测定。
【答案】
(1) 碳酸钠与盐酸反应产生的二氧化碳气体逸散到了空气中
(2) 陶土网；先膨胀，冷却后又缩小；$\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$
(3) 除去铁丝表面的氧化膜；铁丝表面附着红色物质，溶液由蓝色变为浅绿色；$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
(4) 密闭容器（或密闭装置）中
【知识点】
质量守恒定律；化学实验基本操作；金属的化学性质
【点评】
本题以对比实验形式探究质量守恒定律，涵盖不同反应类型的实验分析，既考查质量守恒定律的核心内涵，又涉及实验操作细节、反应现象及化学方程式书写，是质量守恒定律相关的典型基础题，需理解装置对实验结果的影响，掌握相关物质的反应规律。
【难度系数】
0.6
