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3.“侯氏制碱法”是我国著名制碱专家侯德榜经过多年研究做出的杰出贡献,其最大的优点是降低了成本,大大提高了 NaCl 的利用率。
(1)“侯氏制碱法”的原理可表示为 X + $\ce{NaCl + NaHCO_{3}\xlongequal{\;\;}NH_{4}Cl + Na_{2}CO_{3}}$, X 的化学式是
(2)用 58.5 t NaCl(其利用率在 96%以上)制碱,至少能生成 $\ce{Na_{2}CO_{3}}$ 的质量是多少?
(1)“侯氏制碱法”的原理可表示为 X + $\ce{NaCl + NaHCO_{3}\xlongequal{\;\;}NH_{4}Cl + Na_{2}CO_{3}}$, X 的化学式是
$\ce{NH_{3}}$
,X 中一种元素的质量分数为$\ce{NH_{3}}$中氮元素的质量分数为82.4%(或$\ce{NH_{3}}$中氢元素的质量分数为17.6%)
(精确到0.1%)。(2)用 58.5 t NaCl(其利用率在 96%以上)制碱,至少能生成 $\ce{Na_{2}CO_{3}}$ 的质量是多少?
答案
$\ce{NH_{3}}$
82.4%（或17.6%）
解：设至少能生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量为x。
$ \ce{NH_{3} + NaCl + NaHCO_{3} = NH_{4}Cl + Na_{2}CO_{3}}$
58.5 106
58.5t×96% x
$ \dfrac{58.5}{106}=\dfrac{58.5\ \mathrm{t} × 96\%}{x}$
解得$x=101.76\ \mathrm{t}$
答：至少能生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量是101.76 t。
82.4%（或17.6%）
解：设至少能生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量为x。
$ \ce{NH_{3} + NaCl + NaHCO_{3} = NH_{4}Cl + Na_{2}CO_{3}}$
58.5 106
58.5t×96% x
$ \dfrac{58.5}{106}=\dfrac{58.5\ \mathrm{t} × 96\%}{x}$
解得$x=101.76\ \mathrm{t}$
答：至少能生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量是101.76 t。
解析
【分析】
1. 求X的化学式：依据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目不变，统计反应前后各原子的个数，差值即为X的组成原子，进而确定X的化学式。
2. 计算X中元素的质量分数：先计算X的相对分子质量，再用某元素的相对原子质量总和除以X的相对分子质量，乘以100%，精确到0.1%即可。
3. 化学计算：根据化学方程式计算时，需代入实际参与反应的NaCl质量（总质量×利用率），结合化学方程式中各物质的相对质量列比例式，求解生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变：
反应后原子：N：1，H：4，Cl：1，Na：2，C：1，O：3；
反应前已有原子：Na：2，Cl：1，H：1，C：1，O：3；
差值为N：1、H：3，故X的化学式为$\ce{NH_{3}}$。
$\ce{NH_{3}}$的相对分子质量=14 + 1×3=17；
N元素的质量分数=$\frac{14}{17}×100\%≈82.4\%$，H元素的质量分数=$\frac{3}{17}×100\%≈17.6\%$。
(2) 解：设至少能生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量为x。
$\ce{NH_{3} + NaCl + NaHCO_{3} = NH_{4}Cl + Na_{2}CO_{3}}$
相对质量：NaCl为58.5，$\ce{Na_{2}CO_{3}}$为106；
参与反应的NaCl质量：$58.5\ \mathrm{t}×96\%$；
列比例式：$\frac{58.5}{106}=\frac{58.5\ \mathrm{t}×96\%}{x}$；
解得：$x=101.76\ \mathrm{t}$；
答：至少能生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量是101.76 t。
【答案】
$\ce{NH_{3}}$；82.4%（或17.6%）；101.76 t
【知识点】
质量守恒定律；根据化学方程式的计算；元素质量分数计算
【点评】
本题结合侯氏制碱法考察化学核心知识，既涉及质量守恒定律的应用，又包含化学方程式的计算，需注意计算时代入实际参与反应的物质质量（考虑利用率），是初中化学的典型应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
1. 求X的化学式：依据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目不变，统计反应前后各原子的个数，差值即为X的组成原子，进而确定X的化学式。
2. 计算X中元素的质量分数：先计算X的相对分子质量，再用某元素的相对原子质量总和除以X的相对分子质量，乘以100%，精确到0.1%即可。
3. 化学计算：根据化学方程式计算时，需代入实际参与反应的NaCl质量（总质量×利用率），结合化学方程式中各物质的相对质量列比例式，求解生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变：
反应后原子：N：1，H：4，Cl：1，Na：2，C：1，O：3；
反应前已有原子：Na：2，Cl：1，H：1，C：1，O：3；
差值为N：1、H：3，故X的化学式为$\ce{NH_{3}}$。
$\ce{NH_{3}}$的相对分子质量=14 + 1×3=17；
N元素的质量分数=$\frac{14}{17}×100\%≈82.4\%$，H元素的质量分数=$\frac{3}{17}×100\%≈17.6\%$。
(2) 解：设至少能生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量为x。
$\ce{NH_{3} + NaCl + NaHCO_{3} = NH_{4}Cl + Na_{2}CO_{3}}$
相对质量：NaCl为58.5，$\ce{Na_{2}CO_{3}}$为106；
参与反应的NaCl质量：$58.5\ \mathrm{t}×96\%$；
列比例式：$\frac{58.5}{106}=\frac{58.5\ \mathrm{t}×96\%}{x}$；
解得：$x=101.76\ \mathrm{t}$；
答：至少能生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$的质量是101.76 t。
【答案】
$\ce{NH_{3}}$；82.4%（或17.6%）；101.76 t
【知识点】
质量守恒定律；根据化学方程式的计算；元素质量分数计算
【点评】
本题结合侯氏制碱法考察化学核心知识，既涉及质量守恒定律的应用，又包含化学方程式的计算，需注意计算时代入实际参与反应的物质质量（考虑利用率），是初中化学的典型应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
一、选择题(本大题包括12小题,每小题3分,共36分,每小题只有一个选项符合题意)
1. (2026·长沙期中)学习化学需结合学科本质去认识和理解世界,下列对“质量守恒定律”的理解正确的是（
A.铜粉在密闭锥形瓶中加热后总质量不变,符合质量守恒定律
B.10 g 冰受热熔化成 10 g 水,符合质量守恒定律
C.蜡烛燃烧后质量减轻,不符合质量守恒定律
D.质量守恒定律只适用于少部分化学反应
1. (2026·长沙期中)学习化学需结合学科本质去认识和理解世界,下列对“质量守恒定律”的理解正确的是（
A
）A.铜粉在密闭锥形瓶中加热后总质量不变,符合质量守恒定律
B.10 g 冰受热熔化成 10 g 水,符合质量守恒定律
C.蜡烛燃烧后质量减轻,不符合质量守恒定律
D.质量守恒定律只适用于少部分化学反应
答案
A
解析
【分析】
要正确解答本题，需先明确质量守恒定律的核心要点：①适用范围是化学变化，物理变化不适用；②参加化学反应的各物质质量总和等于反应后生成的各物质质量总和，反应前后总质量守恒（需包含所有生成物，如气态物质）。再逐一分析选项，判断是否符合上述规则。
【解析】
质量守恒定律是指参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生成的各物质的质量总和，仅适用于化学变化，物理变化不适用。
选项A：铜粉在密闭锥形瓶中加热，铜与氧气反应生成氧化铜，属于化学变化，且密闭容器中无物质逸出，总质量不变，符合质量守恒定律，该选项正确。
选项B：冰受热熔化成水，只是物质状态改变，属于物理变化，质量守恒定律不适用于物理变化，该选项错误。
选项C：蜡烛燃烧生成二氧化碳和水蒸气，逸散到空气中导致蜡烛质量减轻，但参加反应的蜡烛和氧气的总质量等于生成的二氧化碳和水的总质量，符合质量守恒定律，该选项错误。
选项D：质量守恒定律适用于所有化学变化，并非仅适用于少部分化学反应，该选项错误。
【答案】
A
【知识点】
质量守恒定律的概念、质量守恒定律的适用范围
【点评】
本题考查对质量守恒定律的基础理解，是化学学科核心知识点之一，解题关键在于明确其适用范围为化学变化，且需注意反应前后总质量守恒需包含所有生成物，避免忽略气态物质的质量。
【难度系数】
0.8
要正确解答本题，需先明确质量守恒定律的核心要点：①适用范围是化学变化，物理变化不适用；②参加化学反应的各物质质量总和等于反应后生成的各物质质量总和，反应前后总质量守恒（需包含所有生成物，如气态物质）。再逐一分析选项，判断是否符合上述规则。
【解析】
质量守恒定律是指参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生成的各物质的质量总和，仅适用于化学变化，物理变化不适用。
选项A：铜粉在密闭锥形瓶中加热，铜与氧气反应生成氧化铜，属于化学变化，且密闭容器中无物质逸出，总质量不变，符合质量守恒定律，该选项正确。
选项B：冰受热熔化成水，只是物质状态改变，属于物理变化，质量守恒定律不适用于物理变化，该选项错误。
选项C：蜡烛燃烧生成二氧化碳和水蒸气，逸散到空气中导致蜡烛质量减轻，但参加反应的蜡烛和氧气的总质量等于生成的二氧化碳和水的总质量，符合质量守恒定律，该选项错误。
选项D：质量守恒定律适用于所有化学变化，并非仅适用于少部分化学反应，该选项错误。
【答案】
A
【知识点】
质量守恒定律的概念、质量守恒定律的适用范围
【点评】
本题考查对质量守恒定律的基础理解，是化学学科核心知识点之一，解题关键在于明确其适用范围为化学变化，且需注意反应前后总质量守恒需包含所有生成物，避免忽略气态物质的质量。
【难度系数】
0.8
阅读下列材料,完成下面2~3小题。
已知同温同压下,具有相同体积的任何气体中含有的分子数相同。
2. 在一定温度和压强下,10体积气体 $\mathrm{A_2}$ 跟 30 体积气体 $\mathrm{B_2}$ 化合生成 20 体积某气体 C,则气体C 的化学式为（
A.AB
B.$\mathrm{A_2B}$
C.$\mathrm{AB_3}$
D.$\mathrm{AB_2}$
已知同温同压下,具有相同体积的任何气体中含有的分子数相同。
2. 在一定温度和压强下,10体积气体 $\mathrm{A_2}$ 跟 30 体积气体 $\mathrm{B_2}$ 化合生成 20 体积某气体 C,则气体C 的化学式为（
C
）A.AB
B.$\mathrm{A_2B}$
C.$\mathrm{AB_3}$
D.$\mathrm{AB_2}$
答案
C
解析
【分析】首先根据题目给出的“同温同压下，相同体积的任何气体含有的分子数相同”，明确气体体积之比等于分子数之比，等于化学反应的化学计量数之比；再结合质量守恒定律（化学反应前后原子的种类和数目不变），即可逐步推断出气体C的化学式。
【解析】根据同温同压下，气体体积之比等于其分子数之比，等于化学反应中各物质的化学计量数之比，可得$\mathrm{A_2}$、$\mathrm{B_2}$、$\mathrm{C}$的化学计量数之比为$10:30:20=1:3:2$，反应式可表示为：$\mathrm{A_2 + 3B_2 = 2C}$。根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变：反应前A原子总数为$1×2=2$，B原子总数为$3×2=6$；则2个C分子中需共含2个A原子和6个B原子，因此每个C分子含1个A原子和3个B原子，故气体C的化学式为$\mathrm{AB_3}$。
【答案】C
【知识点】阿伏伽德罗定律、质量守恒定律、化学式的推断
【点评】本题是阿伏伽德罗定律与质量守恒定律的基础应用，考查学生对气体性质及原子守恒的掌握，题型基础，只要理清体积与化学计量数的关系、运用原子守恒即可快速解题。
【难度系数】0.7
【解析】根据同温同压下，气体体积之比等于其分子数之比，等于化学反应中各物质的化学计量数之比，可得$\mathrm{A_2}$、$\mathrm{B_2}$、$\mathrm{C}$的化学计量数之比为$10:30:20=1:3:2$，反应式可表示为：$\mathrm{A_2 + 3B_2 = 2C}$。根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变：反应前A原子总数为$1×2=2$，B原子总数为$3×2=6$；则2个C分子中需共含2个A原子和6个B原子，因此每个C分子含1个A原子和3个B原子，故气体C的化学式为$\mathrm{AB_3}$。
【答案】C
【知识点】阿伏伽德罗定律、质量守恒定律、化学式的推断
【点评】本题是阿伏伽德罗定律与质量守恒定律的基础应用，考查学生对气体性质及原子守恒的掌握，题型基础，只要理清体积与化学计量数的关系、运用原子守恒即可快速解题。
【难度系数】0.7
3. (2026·安阳月考)安全问题是社会、学校、家长与老师关注的重要问题,老师每周都会给同学们进行安全教育,提升同学们的安全素养。下列做法错误的是（
A.乘坐公共交通工具,严禁携带汽油、酒精等易燃物
B.电器着火,应立即断电,再灭火
C.不小心打翻酒精灯造成失火,立即用湿抹布盖灭
D.厨房天然气泄漏,应立即打开排风扇或抽油烟机排气
D
）A.乘坐公共交通工具,严禁携带汽油、酒精等易燃物
B.电器着火,应立即断电,再灭火
C.不小心打翻酒精灯造成失火,立即用湿抹布盖灭
D.厨房天然气泄漏,应立即打开排风扇或抽油烟机排气
答案
D
解析
【分析】
本题考查生活中的安全常识，需逐一分析各选项做法是否符合安全规范，结合易燃易爆物携带、常见安全事故处理、天然气泄漏应急措施等知识判断对错，选出错误做法。
【解析】
A选项：汽油、酒精属于易燃易爆物品，乘坐公共交通工具时严禁携带，防止引发火灾，该做法正确；
B选项：电器着火时，直接灭火易引发触电，应先切断电源，再进行灭火操作，该做法正确；
C选项：打翻酒精灯失火时，用湿抹布覆盖可隔绝氧气，达到灭火目的，该做法正确；
D选项：厨房天然气泄漏时，室内充满天然气，立即打开排风扇或抽电机会产生电火花，引燃天然气易引发爆炸，该做法错误。因此错误的做法是D选项。
【答案】
D
【知识点】
易燃易爆物安全知识；常见安全事故处理
【点评】
本题结合生活实际考查安全常识，贴近日常，难度较低，要求学生掌握基本的安全操作规范，属于基础题型。
【难度系数】
0.7
本题考查生活中的安全常识，需逐一分析各选项做法是否符合安全规范，结合易燃易爆物携带、常见安全事故处理、天然气泄漏应急措施等知识判断对错，选出错误做法。
【解析】
A选项：汽油、酒精属于易燃易爆物品，乘坐公共交通工具时严禁携带，防止引发火灾，该做法正确；
B选项：电器着火时，直接灭火易引发触电，应先切断电源，再进行灭火操作，该做法正确；
C选项：打翻酒精灯失火时，用湿抹布覆盖可隔绝氧气，达到灭火目的，该做法正确；
D选项：厨房天然气泄漏时，室内充满天然气，立即打开排风扇或抽电机会产生电火花，引燃天然气易引发爆炸，该做法错误。因此错误的做法是D选项。
【答案】
D
【知识点】
易燃易爆物安全知识；常见安全事故处理
【点评】
本题结合生活实际考查安全常识，贴近日常，难度较低，要求学生掌握基本的安全操作规范，属于基础题型。
【难度系数】
0.7
4. 新情境 (2025·呼和浩特期中)花鼓戏《补锅》中唱到“手拉风箱呼呼响，火炉烧得红旺旺”。下列说法最合理的是（
A.风箱拉动过程中增加了可燃物
B.手拉风箱为煤的燃烧提供了充足氧气
C.火炉烧得旺是因为降低了煤的着火点
D.用水浇灭火炉中的火，主要原因是使燃着的煤与空气隔绝
B
）A.风箱拉动过程中增加了可燃物
B.手拉风箱为煤的燃烧提供了充足氧气
C.火炉烧得旺是因为降低了煤的着火点
D.用水浇灭火炉中的火，主要原因是使燃着的煤与空气隔绝
答案
B
解析
【分析】本题考查燃烧与灭火的相关知识，解题时需结合燃烧的条件（可燃物、与氧气接触、温度达到着火点）、着火点的特性（物质固有属性，一般不变）以及灭火的原理，逐一分析各选项：首先明确风箱的作用是向火炉内输送空气，再判断每个选项的说法是否符合化学原理。
【解析】A选项：风箱拉动过程中，是向火炉内鼓入空气，增加了氧气的含量，并未增加可燃物，故A错误；B选项：手拉风箱可向火炉中输送充足的氧气，氧气充足时燃料燃烧更剧烈，因此火炉烧得旺，故B正确；C选项：着火点是物质的固有属性，一般不会改变，火炉烧得旺是因为氧气充足，燃烧更充分，并非降低了煤的着火点，故C错误；D选项：用水灭火时，水蒸发吸热，主要作用是使温度降低到可燃物的着火点以下，并非主要使煤与空气隔绝，故D错误。
【答案】B
【知识点】燃烧的条件、灭火的原理
【点评】本题结合生活情境考查基础化学知识，贴近生活，难度不大，需准确区分着火点的特性和灭火的主要原因，易错点在于误将“燃烧更旺”的原因归结为降低着火点，或混淆用水灭火的主要原理。
【难度系数】0.6
【解析】A选项：风箱拉动过程中，是向火炉内鼓入空气，增加了氧气的含量，并未增加可燃物，故A错误；B选项：手拉风箱可向火炉中输送充足的氧气，氧气充足时燃料燃烧更剧烈，因此火炉烧得旺，故B正确；C选项：着火点是物质的固有属性，一般不会改变，火炉烧得旺是因为氧气充足，燃烧更充分，并非降低了煤的着火点，故C错误；D选项：用水灭火时，水蒸发吸热，主要作用是使温度降低到可燃物的着火点以下，并非主要使煤与空气隔绝，故D错误。
【答案】B
【知识点】燃烧的条件、灭火的原理
【点评】本题结合生活情境考查基础化学知识，贴近生活，难度不大，需准确区分着火点的特性和灭火的主要原因，易错点在于误将“燃烧更旺”的原因归结为降低着火点，或混淆用水灭火的主要原理。
【难度系数】0.6
5. 超氧化钾$(\ce{KO_{2}})$常备于急救器和消防队员背包中,能迅速与水反应放出氧气,反应的化学方程式为$2\ce{KO_{2}}+2\ce{H_{2}O}\xlongequal{\;\;}2\ce{KOH}+\mathrm{X}+\ce{O_{2}}\uparrow$,关于此反应的说法正确的是（
A.$\mathrm{X}$的化学式为$\ce{H_{2}}$
B.每71份质量的$\ce{KO_{2}}$反应,会生成32份质量的$\ce{O_{2}}$
C.反应前后氧元素化合价发生变化
D.$\ce{KO_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{KOH}$均属于氧化物
C
）A.$\mathrm{X}$的化学式为$\ce{H_{2}}$
B.每71份质量的$\ce{KO_{2}}$反应,会生成32份质量的$\ce{O_{2}}$
C.反应前后氧元素化合价发生变化
D.$\ce{KO_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{KOH}$均属于氧化物
答案
C
解析
【分析】要判断各选项的正误，需依次利用质量守恒定律确定X的化学式，再结合化合价规则、化学方程式的质量关系、氧化物的定义逐一分析选项：首先根据反应前后原子种类和数目不变计算X的化学式，再分析各选项描述是否符合化学基本概念和定律，最终确定正确选项。
【解析】1. 确定X的化学式：根据质量守恒定律，反应前后原子的种类、数目不变。反应前原子总数：K为2，O为2×2 + 2×1 = 6，H为2×2 = 4；反应后已知原子：K为2，O为2（KOH中）+2（O₂中）=4，H为2（KOH中）。因此X中含H：4-2=2，O：6-4=2，故X为H₂O₂，A选项错误。
2. 分析B选项：KO₂的相对分子质量为39+16×2=71，2个KO₂的总质量为2×71=142，O₂的相对分子质量为32，即每142份质量的KO₂反应生成32份质量的O₂，并非71份KO₂生成32份O₂，B选项错误。
3. 分析C选项：化合价变化：KO₂中O的化合价为-1/2价（K为+1价，设O化合价为x，则+1 +2x=0，x=-0.5）；H₂O、KOH中O为-2价；O₂中O为0价，反应前后氧元素化合价发生变化，C选项正确。
4. 分析D选项：氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物，KOH由K、O、H三种元素组成，不属于氧化物，D选项错误。
【答案】C
【知识点】质量守恒定律、化合价、氧化物
【点评】本题考查化学核心基础知识，涵盖质量守恒定律的应用、化合价计算、氧化物定义及化学方程式的质量关系，需准确掌握各概念的内涵，逐一分析选项即可得出结论，属于基础题型。
【难度系数】0.5
【解析】1. 确定X的化学式：根据质量守恒定律，反应前后原子的种类、数目不变。反应前原子总数：K为2，O为2×2 + 2×1 = 6，H为2×2 = 4；反应后已知原子：K为2，O为2（KOH中）+2（O₂中）=4，H为2（KOH中）。因此X中含H：4-2=2，O：6-4=2，故X为H₂O₂，A选项错误。
2. 分析B选项：KO₂的相对分子质量为39+16×2=71，2个KO₂的总质量为2×71=142，O₂的相对分子质量为32，即每142份质量的KO₂反应生成32份质量的O₂，并非71份KO₂生成32份O₂，B选项错误。
3. 分析C选项：化合价变化：KO₂中O的化合价为-1/2价（K为+1价，设O化合价为x，则+1 +2x=0，x=-0.5）；H₂O、KOH中O为-2价；O₂中O为0价，反应前后氧元素化合价发生变化，C选项正确。
4. 分析D选项：氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物，KOH由K、O、H三种元素组成，不属于氧化物，D选项错误。
【答案】C
【知识点】质量守恒定律、化合价、氧化物
【点评】本题考查化学核心基础知识，涵盖质量守恒定律的应用、化合价计算、氧化物定义及化学方程式的质量关系，需准确掌握各概念的内涵，逐一分析选项即可得出结论，属于基础题型。
【难度系数】0.5
6. (2026·黄冈期中)将一定质量镁粉($m_1\ \mathrm{g}$)与足量的纯氧气分别在密闭与开放的环境中完全燃烧,固体物质的质量随时间变化如图。下列分析正确的是（
A.燃烧总耗时长为$t_2\ \mathrm{s}$
B.生成的氧化镁中氧元素的质量为$(m_2-m_1)\mathrm{g}$
C.开放环境中燃烧,逸散的氧化镁质量为$(m_1-m_3)\mathrm{g}$
D.此反应不符合质量守恒定律
B
）A.燃烧总耗时长为$t_2\ \mathrm{s}$
B.生成的氧化镁中氧元素的质量为$(m_2-m_1)\mathrm{g}$
C.开放环境中燃烧,逸散的氧化镁质量为$(m_1-m_3)\mathrm{g}$
D.此反应不符合质量守恒定律
答案
B
解析
【分析】
要解决本题，需结合镁在氧气中燃烧的反应原理、质量守恒定律，分析密闭与开放环境下固体质量变化的差异：镁燃烧的反应为$\ce{2Mg + O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}} 2MgO}$，反应中固体镁与氧气结合生成氧化镁；密闭环境中固体增加的质量等于参加反应的氧气质量，开放环境中部分生成的氧化镁会以白烟形式逸散，导致固体质量减少。接下来逐一分析选项。
【解析】
1. 选项A：由图像可知，$t_2$时固体质量不再变化，说明反应在$t_2$前已完成，燃烧总时长并非$t_2\ \mathrm{s}$，A错误。
2. 选项B：密闭环境中，初始固体镁的质量为$m_1\ \mathrm{g}$，反应后固体（氧化镁）质量为$m_2\ \mathrm{g}$，根据质量守恒定律，固体增加的质量$(m_2 - m_1)\mathrm{g}$等于参加反应的氧气质量，而氧气中的氧元素全部进入氧化镁，因此生成的氧化镁中氧元素的质量为$(m_2 - m_1)\mathrm{g}$，B正确。
3. 选项C：开放环境中，初始镁质量为$m_1\ \mathrm{g}$，最终剩余固体质量为$m_3\ \mathrm{g}$，逸散的是生成的氧化镁中未留在固体中的部分，逸散质量应为“生成的氧化镁总质量 - $m_3$”，而非$(m_1 - m_3)\mathrm{g}$，C错误。
4. 选项D：所有化学反应都遵循质量守恒定律，镁燃烧也不例外，D错误。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律；镁的燃烧；化学方程式应用
【点评】
本题结合图像考查镁燃烧在不同环境下的固体质量变化，核心是理解质量守恒定律在反应中的应用，需明确密闭与开放环境对反应后固体质量的影响，易错点在于混淆开放环境中逸散物质的质量计算。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合镁在氧气中燃烧的反应原理、质量守恒定律，分析密闭与开放环境下固体质量变化的差异：镁燃烧的反应为$\ce{2Mg + O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}} 2MgO}$，反应中固体镁与氧气结合生成氧化镁；密闭环境中固体增加的质量等于参加反应的氧气质量，开放环境中部分生成的氧化镁会以白烟形式逸散，导致固体质量减少。接下来逐一分析选项。
【解析】
1. 选项A：由图像可知，$t_2$时固体质量不再变化，说明反应在$t_2$前已完成，燃烧总时长并非$t_2\ \mathrm{s}$，A错误。
2. 选项B：密闭环境中，初始固体镁的质量为$m_1\ \mathrm{g}$，反应后固体（氧化镁）质量为$m_2\ \mathrm{g}$，根据质量守恒定律，固体增加的质量$(m_2 - m_1)\mathrm{g}$等于参加反应的氧气质量，而氧气中的氧元素全部进入氧化镁，因此生成的氧化镁中氧元素的质量为$(m_2 - m_1)\mathrm{g}$，B正确。
3. 选项C：开放环境中，初始镁质量为$m_1\ \mathrm{g}$，最终剩余固体质量为$m_3\ \mathrm{g}$，逸散的是生成的氧化镁中未留在固体中的部分，逸散质量应为“生成的氧化镁总质量 - $m_3$”，而非$(m_1 - m_3)\mathrm{g}$，C错误。
4. 选项D：所有化学反应都遵循质量守恒定律，镁燃烧也不例外，D错误。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律；镁的燃烧；化学方程式应用
【点评】
本题结合图像考查镁燃烧在不同环境下的固体质量变化，核心是理解质量守恒定律在反应中的应用，需明确密闭与开放环境对反应后固体质量的影响，易错点在于混淆开放环境中逸散物质的质量计算。
【难度系数】
0.5
