登录
8. 在光照条件下,$\ce{AgNO_{3}}$可分解为$\ce{Ag}$、$\ce{O_{2}}$和某种氮的氧化物$\mathrm{X}$。取一定质量的$\ce{AgNO_{3}}$固体充分光照,测得反应后生成$\ce{Ag}$、$\ce{O_{2}}$、$\mathrm{X}$的质量分别为$21.6\ \mathrm{g}$、$m\ \mathrm{g}$、$9.2\ \mathrm{g}$。下列说法正确的是（
A.$\ce{AgNO_{3}}$固体应密封保存在无色细口瓶中
B.$m=3.2$
C.$\mathrm{X}$的化学式为$\mathrm{NO}$
D.该反应的化学方程式中$\ce{Ag}$与$\ce{O_{2}}$的化学计量数之比为$3:2$
B
）A.$\ce{AgNO_{3}}$固体应密封保存在无色细口瓶中
B.$m=3.2$
C.$\mathrm{X}$的化学式为$\mathrm{NO}$
D.该反应的化学方程式中$\ce{Ag}$与$\ce{O_{2}}$的化学计量数之比为$3:2$
答案
8. B 解析:硝酸银固体见光易分解,必须避光保存,应密封保存在棕色广口瓶中,A错误;反应生成银的质量为21.6 g,根据硝酸银的化学式计算,求得反应的硝酸银的质量为$\frac{21.6\ \mathrm{g}}{\frac{108}{108+14+16×3}×100\%}=34\ \mathrm{g}$,根据质量守恒定律求得生成氧气的质量为34 g-21.6 g-9.2 g=3.2 g,B正确;根据反应生成银、氧气的质量关系推断反应的化学方程式为2AgNO₃$\stackrel{光照}{=\!=\!=}$2Ag+O₂↑+2NO₂↑,物质X的化学式为NO₂,C错误;该反应的化学方程式中Ag与O₂的化学计量数之比为2:1,D错误。
解析
【分析】
首先分析各选项：选项A需明确硝酸银见光易分解，保存时需避光；选项B需通过银的质量计算硝酸银质量，再用质量守恒求氧气质量；选项C需利用原子守恒推断X的化学式；选项D需结合反应方程式确定化学计量数之比。
【解析】
1. 选项A：$\ce{AgNO_{3}}$见光易分解，应密封保存在棕色广口瓶中，而非无色细口瓶，A错误。
2. 计算参加反应的$\ce{AgNO_{3}}$质量：$\ce{Ag}$的相对原子质量为108，$\ce{AgNO_{3}}$的相对分子质量为$108+14+16×3=170$。设参加反应的$\ce{AgNO_{3}}$质量为$x$，由$\ce{Ag}$元素守恒得：
$ x × \frac{108}{170} = 21.6\ \mathrm{g} $
解得$x=34\ \mathrm{g}$。
3. 计算氧气质量：根据质量守恒定律，反应前后总质量相等，因此生成$\ce{O_{2}}$的质量$m=34\ \mathrm{g} - 21.6\ \mathrm{g} -9.2\ \mathrm{g}=3.2\ \mathrm{g}$，故B正确。
4. 推断$\mathrm{X}$的化学式：反应前$\ce{AgNO_{3}}$中$\ce{N}$原子总物质的量等于生成$\ce{Ag}$的物质的量，即$21.6\ \mathrm{g}÷108\ \mathrm{g/mol}=0.2\ \mathrm{mol}$；反应前$\ce{O}$原子总物质的量为$0.2\ \mathrm{mol}×3=0.6\ \mathrm{mol}$，反应后$\ce{O_{2}}$中$\ce{O}$原子物质的量为$3.2\ \mathrm{g}÷32\ \mathrm{g/mol}×2=0.2\ \mathrm{mol}$，因此$\mathrm{X}$中$\ce{O}$原子物质的量为$0.6\ \mathrm{mol}-0.2\ \mathrm{mol}=0.4\ \mathrm{mol}$，$\ce{N}$原子$0.2\ \mathrm{mol}$，故$\mathrm{X}$中$\ce{N}$、$\ce{O}$原子个数比为$1:2$，即$\mathrm{X}$为$\ce{NO_{2}}$，C错误。
5. 确定化学计量数：反应的化学方程式为$\ce{2AgNO_{3}\xlongequal{光照}2Ag + O_{2}↑ + 2NO_{2}↑}$，$\ce{Ag}$与$\ce{O_{2}}$的化学计量数之比为$2:1$，D错误。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、物质的保存
【点评】
本题结合硝酸银分解反应，考查物质保存、质量守恒应用、化学式及化学方程式推断，需熟练运用守恒思想解题，综合性较强但难度适中。
【难度系数】
0.5
首先分析各选项：选项A需明确硝酸银见光易分解，保存时需避光；选项B需通过银的质量计算硝酸银质量，再用质量守恒求氧气质量；选项C需利用原子守恒推断X的化学式；选项D需结合反应方程式确定化学计量数之比。
【解析】
1. 选项A：$\ce{AgNO_{3}}$见光易分解，应密封保存在棕色广口瓶中，而非无色细口瓶，A错误。
2. 计算参加反应的$\ce{AgNO_{3}}$质量：$\ce{Ag}$的相对原子质量为108，$\ce{AgNO_{3}}$的相对分子质量为$108+14+16×3=170$。设参加反应的$\ce{AgNO_{3}}$质量为$x$，由$\ce{Ag}$元素守恒得：
$ x × \frac{108}{170} = 21.6\ \mathrm{g} $
解得$x=34\ \mathrm{g}$。
3. 计算氧气质量：根据质量守恒定律，反应前后总质量相等，因此生成$\ce{O_{2}}$的质量$m=34\ \mathrm{g} - 21.6\ \mathrm{g} -9.2\ \mathrm{g}=3.2\ \mathrm{g}$，故B正确。
4. 推断$\mathrm{X}$的化学式：反应前$\ce{AgNO_{3}}$中$\ce{N}$原子总物质的量等于生成$\ce{Ag}$的物质的量，即$21.6\ \mathrm{g}÷108\ \mathrm{g/mol}=0.2\ \mathrm{mol}$；反应前$\ce{O}$原子总物质的量为$0.2\ \mathrm{mol}×3=0.6\ \mathrm{mol}$，反应后$\ce{O_{2}}$中$\ce{O}$原子物质的量为$3.2\ \mathrm{g}÷32\ \mathrm{g/mol}×2=0.2\ \mathrm{mol}$，因此$\mathrm{X}$中$\ce{O}$原子物质的量为$0.6\ \mathrm{mol}-0.2\ \mathrm{mol}=0.4\ \mathrm{mol}$，$\ce{N}$原子$0.2\ \mathrm{mol}$，故$\mathrm{X}$中$\ce{N}$、$\ce{O}$原子个数比为$1:2$，即$\mathrm{X}$为$\ce{NO_{2}}$，C错误。
5. 确定化学计量数：反应的化学方程式为$\ce{2AgNO_{3}\xlongequal{光照}2Ag + O_{2}↑ + 2NO_{2}↑}$，$\ce{Ag}$与$\ce{O_{2}}$的化学计量数之比为$2:1$，D错误。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、物质的保存
【点评】
本题结合硝酸银分解反应，考查物质保存、质量守恒应用、化学式及化学方程式推断，需熟练运用守恒思想解题，综合性较强但难度适中。
【难度系数】
0.5
9. (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
9. B 解析:丙的质量在反应前后没有变化,说明丙既不是反应物,也不是生成物,可能是该反应的催化剂,A正确;t₁ s时,参加反应的甲和反应生成的丁的质量比为(6-1)g:(8-1)g=5:7,题干没有给出甲和丁的相对分子质量,无法求出二者的化学计量数之比,B错误;t₁ s时,参加反应的甲、乙质量比为(6-1)g:(4-2)g=5:2,C正确;该反应的反应物为甲和乙,生成物为丁,反应物为两种,生成物为一种,属于化合反应,D正确。
解析
【分析】
要解决这道题，需先根据图像中各物质反应前后的质量变化，判断反应物、生成物和催化剂，再逐一分析选项：
1. 读取反应前（时间0）各物质质量：甲6g、乙4g、丙3g、丁1g；
2. 读取t₁时刻各物质质量：甲1g、乙2g、丙3g、丁8g；
3. 计算质量变化：甲减少5g（反应物）、乙减少2g（反应物）、丙质量不变（可能是催化剂）、丁增加7g（生成物）；
4. 结合质量守恒定律和反应类型等知识，判断选项正误。
【解析】
解：根据图像可知，反应前后各物质的质量变化如下：
甲：反应前6g，t₁时1g，减少了5g，是反应物；
乙：反应前4g，t₁时2g，减少了2g，是反应物；
丙：反应前后均为3g，质量不变，可能是催化剂；
丁：反应前1g，t₁时8g，增加了7g，是生成物。
逐一分析选项：
A. 丙的质量在反应前后无变化，既不是反应物也不是生成物，可能是该反应的催化剂，说法正确；
B. 化学计量数之比=（参加反应的质量÷相对分子质量）之比，题目未给出甲和丁的相对分子质量，无法确定二者化学计量数之比，说法错误；
C. 参加反应的甲质量为5g，乙质量为2g，质量比为5:2，说法正确；
D. 该反应反应物为甲、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，不正确的说法是B。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、催化剂、化合反应
【点评】
本题结合图像考查质量守恒定律的应用，核心是通过质量变化判断反应物、生成物和催化剂，需注意化学计量数与质量比的区别，避免直接将质量比当作化学计量数比的错误，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需先根据图像中各物质反应前后的质量变化，判断反应物、生成物和催化剂，再逐一分析选项：
1. 读取反应前（时间0）各物质质量：甲6g、乙4g、丙3g、丁1g；
2. 读取t₁时刻各物质质量：甲1g、乙2g、丙3g、丁8g；
3. 计算质量变化：甲减少5g（反应物）、乙减少2g（反应物）、丙质量不变（可能是催化剂）、丁增加7g（生成物）；
4. 结合质量守恒定律和反应类型等知识，判断选项正误。
【解析】
解：根据图像可知，反应前后各物质的质量变化如下：
甲：反应前6g，t₁时1g，减少了5g，是反应物；
乙：反应前4g，t₁时2g，减少了2g，是反应物；
丙：反应前后均为3g，质量不变，可能是催化剂；
丁：反应前1g，t₁时8g，增加了7g，是生成物。
逐一分析选项：
A. 丙的质量在反应前后无变化，既不是反应物也不是生成物，可能是该反应的催化剂，说法正确；
B. 化学计量数之比=（参加反应的质量÷相对分子质量）之比，题目未给出甲和丁的相对分子质量，无法确定二者化学计量数之比，说法错误；
C. 参加反应的甲质量为5g，乙质量为2g，质量比为5:2，说法正确；
D. 该反应反应物为甲、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，不正确的说法是B。
【答案】
B
【知识点】
质量守恒定律、催化剂、化合反应
【点评】
本题结合图像考查质量守恒定律的应用，核心是通过质量变化判断反应物、生成物和催化剂，需注意化学计量数与质量比的区别，避免直接将质量比当作化学计量数比的错误，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
10. (2026·成都期中)利用如图装置进行实验,检验碱式碳酸铜(绿色固体)受热分解的产物。已知:分解反应的化学方程式为 $\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta} 2CuO + H_{2}O + CO_{2}}$,白色无水硫酸铜粉末遇水会变为蓝色。下列说法不正确的是 （
A.加热过程中,观察到固体由绿色逐渐变为黑色
B.实验中观察到 B 装置中无水硫酸铜变为蓝色,证明有水生成
C.实验中观察到 C 装置中澄清石灰水变浑浊,证明有二氧化碳生成
D.装置 B 和 C 交换位置也能得出生成物中有 $\ce{H_{2}O}$ 和 $\ce{CO_{2}}$ 的结论
D
）A.加热过程中,观察到固体由绿色逐渐变为黑色
B.实验中观察到 B 装置中无水硫酸铜变为蓝色,证明有水生成
C.实验中观察到 C 装置中澄清石灰水变浑浊,证明有二氧化碳生成
D.装置 B 和 C 交换位置也能得出生成物中有 $\ce{H_{2}O}$ 和 $\ce{CO_{2}}$ 的结论
答案
10. D 解析:若将装置B、C交换位置,气体通入澄清石灰水后会带出部分水蒸气,则无法证明是否有水生成,D错误。
解析
【分析】
本题考查碱式碳酸铜分解产物的检验，需结合各装置的检验作用分析选项。碱式碳酸铜受热分解生成黑色CuO、H₂O和CO₂，装置B的无水硫酸铜用于检验H₂O（遇水变蓝），装置C的澄清石灰水用于检验CO₂（遇CO₂变浑浊）。需注意装置顺序对检验结果的影响，逐一判断选项正误。
【解析】
根据碱式碳酸铜的分解反应$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta} 2CuO + H_{2}O + CO_{2}}$，分析各选项：
A选项：分解产物CuO为黑色，因此加热过程中绿色碱式碳酸铜逐渐变为黑色，说法正确。
B选项：白色无水硫酸铜遇水会变为蓝色，B装置中无水硫酸铜变蓝，可证明分解生成了水，说法正确。
C选项：CO₂能使澄清石灰水变浑浊，C装置中澄清石灰水变浑浊，可证明分解生成了二氧化碳，说法正确。
D选项：若将装置B和C交换位置，气体先通过C装置的澄清石灰水时，会带出澄清石灰水中的水蒸气，后续B装置无水硫酸铜变蓝无法证明该水是分解生成的，因此无法得出产物中有H₂O的结论，说法错误。
【答案】
D
【知识点】
物质的检验、化学实验装置的作用、碱式碳酸铜的分解反应
【点评】
本题围绕分解产物的检验，重点考查实验装置顺序对检验结果的影响，需明确各装置的检验目的，避免因装置顺序错误导致结论错误，是化学实验基础的典型题型。
【难度系数】
0.6
本题考查碱式碳酸铜分解产物的检验，需结合各装置的检验作用分析选项。碱式碳酸铜受热分解生成黑色CuO、H₂O和CO₂，装置B的无水硫酸铜用于检验H₂O（遇水变蓝），装置C的澄清石灰水用于检验CO₂（遇CO₂变浑浊）。需注意装置顺序对检验结果的影响，逐一判断选项正误。
【解析】
根据碱式碳酸铜的分解反应$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}\xlongequal{\Delta} 2CuO + H_{2}O + CO_{2}}$，分析各选项：
A选项：分解产物CuO为黑色，因此加热过程中绿色碱式碳酸铜逐渐变为黑色，说法正确。
B选项：白色无水硫酸铜遇水会变为蓝色，B装置中无水硫酸铜变蓝，可证明分解生成了水，说法正确。
C选项：CO₂能使澄清石灰水变浑浊，C装置中澄清石灰水变浑浊，可证明分解生成了二氧化碳，说法正确。
D选项：若将装置B和C交换位置，气体先通过C装置的澄清石灰水时，会带出澄清石灰水中的水蒸气，后续B装置无水硫酸铜变蓝无法证明该水是分解生成的，因此无法得出产物中有H₂O的结论，说法错误。
【答案】
D
【知识点】
物质的检验、化学实验装置的作用、碱式碳酸铜的分解反应
【点评】
本题围绕分解产物的检验，重点考查实验装置顺序对检验结果的影响，需明确各装置的检验目的，避免因装置顺序错误导致结论错误，是化学实验基础的典型题型。
【难度系数】
0.6
11. $\ce{CuSO_{4}· 5H_{2}O}$ 加热先失去结晶水，$650\ °Celsius$ 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（
A.$0$~$45\ °Celsius$ 时，未达到 $\ce{CuSO_{4}· 5H_{2}O}$ 分解所需温度
B.$H$ 点对应的固体为 $\ce{CuSO_{4}· 2H_{2}O}$
C.$m=1.60$
D.$Q$ 点对应的固体中铜元素和氧元素的质量比为 $8:1$
B
）A.$0$~$45\ °Celsius$ 时，未达到 $\ce{CuSO_{4}· 5H_{2}O}$ 分解所需温度
B.$H$ 点对应的固体为 $\ce{CuSO_{4}· 2H_{2}O}$
C.$m=1.60$
D.$Q$ 点对应的固体中铜元素和氧元素的质量比为 $8:1$
答案
11. B 解析:0~45 ℃时,固体质量不变,故该温度还没有达到CuSO₄·5H₂O分解所需温度,A正确;H点时,硫酸铜中结晶水还未全部失去,故H点对应固体为硫酸铜和CuSO₄·5H₂O的混合物,B不正确;650 ℃时,CuSO₄分解为CuO和气体,故m表示氧化铜的质量,5 g CuSO₄·5H₂O中铜元素质量为5 g×$\frac{64}{250}$×100%=1.28 g,则氧化铜质量为1.28 g÷$(\frac{64}{80}×100\%)=1.6\ \mathrm{g}$,故m=1.60,C正确;Q点对应固体质量为1.44 g,说明氧化铜也发生了分解,生成铜的氧化物中氧元素质量为1.44 g-1.28 g=0.16 g,则铜元素和氧元素的质量比为1.28 g:0.16 g=8:1,D正确。
解析
【分析】
本题围绕硫酸铜晶体加热分解的图像展开，解题核心是利用铜元素在整个加热过程中守恒的规律，先计算5.00g CuSO₄·5H₂O中铜元素的质量，再结合各阶段固体质量变化，分析每个选项对应的固体成分及相关计算，从而找出不正确的选项。
【解析】
1. 计算铜元素质量：5.00g CuSO₄·5H₂O的物质的量为$\frac{5.00g}{250g/mol}=0.02mol$，其中Cu元素的物质的量为0.02mol，质量为$0.02mol×64g/mol=1.28g$，铜元素在加热过程中始终守恒。
2. 分析选项A：0~45℃时固体质量不变，说明未达到CuSO₄·5H₂O分解所需温度，A正确。
3. 分析选项B：H点固体质量为4.28g，失去水的质量为$5.00g -4.28g=0.72g$，水的物质的量为$\frac{0.72g}{18g/mol}=0.04mol$；原结晶水总物质的量为$0.02mol×5=0.1mol$，剩余结晶水物质的量为$0.1mol -0.04mol=0.06mol$，则剩余固体中CuSO₄与H₂O的物质的量比为$0.02mol:0.06mol=1:3$，对应固体为CuSO₄·3H₂O，不是CuSO₄·2H₂O，B错误。
4. 分析选项C：650℃时CuSO₄分解为CuO，CuO的物质的量为0.02mol，质量为$0.02mol×80g/mol=1.60g$，故m=1.60，C正确。
5. 分析选项D：Q点固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为1.28g，氧元素质量为$1.44g -1.28g=0.16g$，铜元素与氧元素的质量比为$1.28g:0.16g=8:1$，D正确。
综上，不正确的选项为B。
【答案】
B
【知识点】
结晶水合物分解、根据化学式计算、质量守恒定律
【点评】
本题以硫酸铜晶体加热分解的图像为载体，考查化学计算与物质成分分析，关键在于利用元素守恒简化计算，需掌握结晶水合物分解过程中各阶段固体的判断方法，难度中等。
【难度系数】
0.4
本题围绕硫酸铜晶体加热分解的图像展开，解题核心是利用铜元素在整个加热过程中守恒的规律，先计算5.00g CuSO₄·5H₂O中铜元素的质量，再结合各阶段固体质量变化，分析每个选项对应的固体成分及相关计算，从而找出不正确的选项。
【解析】
1. 计算铜元素质量：5.00g CuSO₄·5H₂O的物质的量为$\frac{5.00g}{250g/mol}=0.02mol$，其中Cu元素的物质的量为0.02mol，质量为$0.02mol×64g/mol=1.28g$，铜元素在加热过程中始终守恒。
2. 分析选项A：0~45℃时固体质量不变，说明未达到CuSO₄·5H₂O分解所需温度，A正确。
3. 分析选项B：H点固体质量为4.28g，失去水的质量为$5.00g -4.28g=0.72g$，水的物质的量为$\frac{0.72g}{18g/mol}=0.04mol$；原结晶水总物质的量为$0.02mol×5=0.1mol$，剩余结晶水物质的量为$0.1mol -0.04mol=0.06mol$，则剩余固体中CuSO₄与H₂O的物质的量比为$0.02mol:0.06mol=1:3$，对应固体为CuSO₄·3H₂O，不是CuSO₄·2H₂O，B错误。
4. 分析选项C：650℃时CuSO₄分解为CuO，CuO的物质的量为0.02mol，质量为$0.02mol×80g/mol=1.60g$，故m=1.60，C正确。
5. 分析选项D：Q点固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为1.28g，氧元素质量为$1.44g -1.28g=0.16g$，铜元素与氧元素的质量比为$1.28g:0.16g=8:1$，D正确。
综上，不正确的选项为B。
【答案】
B
【知识点】
结晶水合物分解、根据化学式计算、质量守恒定律
【点评】
本题以硫酸铜晶体加热分解的图像为载体，考查化学计算与物质成分分析，关键在于利用元素守恒简化计算，需掌握结晶水合物分解过程中各阶段固体的判断方法，难度中等。
【难度系数】
0.4
12. 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：$2\ce{Cu}+\ce{O_{2}}\xlongequal{\Delta}2\ce{CuO}$
。(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$\ce{Fe}+\ce{CuSO_{4}}\xlongequal{\;\;}\ce{Cu}+\ce{FeSO_{4}}$
。(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
12.(1)反应产生的二氧化碳气体逸散到了空气中 (2)陶土网 先膨胀后变瘪 2Cu+O₂$\stackrel{△}{=\!=\!=}$2CuO (3)除去铁钉表面的氧化膜 铁钉表面附着红色的物质,溶液由蓝色变为浅绿色 Fe+CuSO₄=Cu+FeSO₄ (4)密闭容器中(或密闭装置中)
解析:(1)碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,反应产生的二氧化碳气体逸散到了空气中。(2)加热锥形瓶,瓶内的气压增大,气球膨胀,铜和空气中的氧气在加热的条件下反应生成氧化铜,完全反应后冷却至室温,瓶内气压减小,气球变小;用酒精灯给锥形瓶加热时,锥形瓶底应垫上陶土网,使其受热均匀;锥形瓶内发生的反应是铜与氧气加热生成氧化铜。(3)实验前要用砂纸打磨铁丝的目的是除去铁钉表面的氧化膜;铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,能证明铁与硫酸铜溶液发生了反应的证据是铁钉表面附着红色的物质,溶液由蓝色变为浅绿色。(4)对于有气体参加的反应或有气体生成的反应,要验证质量守恒定律,需在密闭容器(或密闭装置)进行,防止气体逸出或外界的气体进入。
解析:(1)碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,反应产生的二氧化碳气体逸散到了空气中。(2)加热锥形瓶,瓶内的气压增大,气球膨胀,铜和空气中的氧气在加热的条件下反应生成氧化铜,完全反应后冷却至室温,瓶内气压减小,气球变小;用酒精灯给锥形瓶加热时,锥形瓶底应垫上陶土网,使其受热均匀;锥形瓶内发生的反应是铜与氧气加热生成氧化铜。(3)实验前要用砂纸打磨铁丝的目的是除去铁钉表面的氧化膜;铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,能证明铁与硫酸铜溶液发生了反应的证据是铁钉表面附着红色的物质,溶液由蓝色变为浅绿色。(4)对于有气体参加的反应或有气体生成的反应,要验证质量守恒定律,需在密闭容器(或密闭装置)进行,防止气体逸出或外界的气体进入。
解析
【分析】
本题围绕质量守恒定律的探究，通过甲、乙、丙三个不同实验装置展开分析：甲实验为碳酸钠与盐酸反应生成气体，需考虑气体逸出对质量称量的影响；乙实验为铜与氧气的加热反应，需掌握加热锥形瓶的操作注意事项、反应过程中气压变化及反应方程式；丙实验为铁与硫酸铜的反应，需明确实验前处理铁丝的目的、反应现象及方程式；最后总结有气体参与或生成的反应验证质量守恒的条件，整体需结合实验原理和操作要点逐一分析。
【解析】
(1) 甲组中碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应产生的二氧化碳气体逸散到空气中，导致反应后称量的总质量减少，因此m₁大于m₂。
(2) 加热锥形瓶时，为使瓶底受热均匀，防止炸裂，需垫上陶土网；加热时瓶内温度升高，气压增大，气球先膨胀；反应结束后冷却，瓶内氧气被消耗，气压减小，气球变瘪；锥形瓶内铜与氧气在加热条件下反应生成氧化铜，化学方程式为2Cu + O₂$\stackrel{△}{=\!=\!=}$2CuO。
(3) 铁丝表面有氧化膜，会阻碍铁与硫酸铜的反应，因此实验前用砂纸打磨铁丝是为了除去表面的氧化膜；铁与硫酸铜反应生成红色的铜和浅绿色的硫酸亚铁，现象为铁钉表面附着红色物质，溶液由蓝色变为浅绿色；反应的化学方程式为Fe + CuSO₄ = Cu + FeSO₄。
(4) 对于有气体参加或生成的反应，气体易逸出装置或外界气体易进入，导致称量的质量不守恒，因此需在密闭容器（或密闭装置）中进行实验，才能验证质量守恒定律。
【答案】
(1) 反应产生的二氧化碳气体逸散到了空气中
(2) 陶土网；先膨胀后变瘪；2Cu + O₂$\stackrel{△}{=\!=\!=}$2CuO
(3) 除去铁钉表面的氧化膜；铁钉表面附着红色的物质，溶液由蓝色变为浅绿色；Fe + CuSO₄ = Cu + FeSO₄
(4) 密闭容器中(或密闭装置中)
【知识点】
质量守恒定律、化学实验基本操作、金属的化学性质
【点评】
本题通过对比实验探究质量守恒定律，涵盖实验操作要点、反应现象分析、化学方程式书写及质量守恒定律的适用条件，是化学核心基础实验题，能考查学生对实验原理的理解与应用能力。
【难度系数】
0.6
本题围绕质量守恒定律的探究，通过甲、乙、丙三个不同实验装置展开分析：甲实验为碳酸钠与盐酸反应生成气体，需考虑气体逸出对质量称量的影响；乙实验为铜与氧气的加热反应，需掌握加热锥形瓶的操作注意事项、反应过程中气压变化及反应方程式；丙实验为铁与硫酸铜的反应，需明确实验前处理铁丝的目的、反应现象及方程式；最后总结有气体参与或生成的反应验证质量守恒的条件，整体需结合实验原理和操作要点逐一分析。
【解析】
(1) 甲组中碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应产生的二氧化碳气体逸散到空气中，导致反应后称量的总质量减少，因此m₁大于m₂。
(2) 加热锥形瓶时，为使瓶底受热均匀，防止炸裂，需垫上陶土网；加热时瓶内温度升高，气压增大，气球先膨胀；反应结束后冷却，瓶内氧气被消耗，气压减小，气球变瘪；锥形瓶内铜与氧气在加热条件下反应生成氧化铜，化学方程式为2Cu + O₂$\stackrel{△}{=\!=\!=}$2CuO。
(3) 铁丝表面有氧化膜，会阻碍铁与硫酸铜的反应，因此实验前用砂纸打磨铁丝是为了除去表面的氧化膜；铁与硫酸铜反应生成红色的铜和浅绿色的硫酸亚铁，现象为铁钉表面附着红色物质，溶液由蓝色变为浅绿色；反应的化学方程式为Fe + CuSO₄ = Cu + FeSO₄。
(4) 对于有气体参加或生成的反应，气体易逸出装置或外界气体易进入，导致称量的质量不守恒，因此需在密闭容器（或密闭装置）中进行实验，才能验证质量守恒定律。
【答案】
(1) 反应产生的二氧化碳气体逸散到了空气中
(2) 陶土网；先膨胀后变瘪；2Cu + O₂$\stackrel{△}{=\!=\!=}$2CuO
(3) 除去铁钉表面的氧化膜；铁钉表面附着红色的物质，溶液由蓝色变为浅绿色；Fe + CuSO₄ = Cu + FeSO₄
(4) 密闭容器中(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】
本题通过对比实验探究质量守恒定律，涵盖实验操作要点、反应现象分析、化学方程式书写及质量守恒定律的适用条件，是化学核心基础实验题，能考查学生对实验原理的理解与应用能力。
【难度系数】
0.6
