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1. 教材变式 （2026·周口期中）下列说法不能用质量守恒定律解释的是（
A.煤炭在空气中燃烧后剩余固体质量减轻
B.细铁丝在氧气中燃烧后，生成物的质量比细铁丝大
C.向 50 g 水中加入 10 g 白糖得到 60 g 白糖水
D.完全电解 20 g 水，得到的氢气和氧气的质量之和仍然是 20 g
C
）A.煤炭在空气中燃烧后剩余固体质量减轻
B.细铁丝在氧气中燃烧后，生成物的质量比细铁丝大
C.向 50 g 水中加入 10 g 白糖得到 60 g 白糖水
D.完全电解 20 g 水，得到的氢气和氧气的质量之和仍然是 20 g
答案
解析:煤炭在空气中燃烧后剩余固体质量减轻,是因为生成的二氧化碳气体逸散到空气中,剩余固体质量变小,A不符合题意;生成物的质量等于铁丝的质量与参加反应氧气的质量之和,所以生成物的质量比细铁丝大,B不符合题意;白糖溶于水是物理变化,不能用质量守恒定律解释,C符合题意;参加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,所以完全电解20 g水,得到的氢气和氧气的质量之和仍然是20 g,D不符合题意。
易错提醒 质量守恒定律的适用范围是所有的化学反应,不适用于物理变化。
易错提醒 质量守恒定律的适用范围是所有的化学反应,不适用于物理变化。
解析
【分析】首先明确质量守恒定律的适用范围：仅适用于化学变化，不适用于物理变化。接着逐一分析各选项的变化类型，判断是否能用质量守恒定律解释，从而选出不能用该定律解释的选项。
【解析】A选项：煤炭燃烧是化学变化，生成的二氧化碳气体逸散，剩余固体质量减轻，符合质量守恒定律（参加反应的煤炭与氧气总质量等于反应后剩余固体与逸出气体总质量），能用质量守恒定律解释，不符合题意；B选项：铁丝在氧气中燃烧是化学变化，生成物质量等于铁丝质量与参加反应的氧气质量之和，因此生成物质量比铁丝大，符合质量守恒定律，能用质量守恒定律解释，不符合题意；C选项：白糖溶于水是物理变化（无新物质生成），质量守恒定律不适用于物理变化，因此不能用质量守恒定律解释，符合题意；D选项：电解水是化学变化，根据质量守恒定律，参加反应的水的质量等于生成氢气和氧气的质量之和，因此20g水完全电解后，氢气和氧气质量之和为20g，能用质量守恒定律解释，不符合题意。
【答案】C
【知识点】质量守恒定律的适用范围、物理变化与化学变化的判断
【点评】本题考查质量守恒定律的适用条件，属于基础概念题，解题关键是明确质量守恒定律仅适用于化学变化，需准确区分化学变化与物理变化，难度较低，易因忽略适用范围出错。
【难度系数】0.8
【解析】A选项：煤炭燃烧是化学变化，生成的二氧化碳气体逸散，剩余固体质量减轻，符合质量守恒定律（参加反应的煤炭与氧气总质量等于反应后剩余固体与逸出气体总质量），能用质量守恒定律解释，不符合题意；B选项：铁丝在氧气中燃烧是化学变化，生成物质量等于铁丝质量与参加反应的氧气质量之和，因此生成物质量比铁丝大，符合质量守恒定律，能用质量守恒定律解释，不符合题意；C选项：白糖溶于水是物理变化（无新物质生成），质量守恒定律不适用于物理变化，因此不能用质量守恒定律解释，符合题意；D选项：电解水是化学变化，根据质量守恒定律，参加反应的水的质量等于生成氢气和氧气的质量之和，因此20g水完全电解后，氢气和氧气质量之和为20g，能用质量守恒定律解释，不符合题意。
【答案】C
【知识点】质量守恒定律的适用范围、物理变化与化学变化的判断
【点评】本题考查质量守恒定律的适用条件，属于基础概念题，解题关键是明确质量守恒定律仅适用于化学变化，需准确区分化学变化与物理变化，难度较低，易因忽略适用范围出错。
【难度系数】0.8
2. (2026·苏州期中)科学家利用“N-掺杂石墨烯量子点”作催化剂,将二氧化碳转化为乙醇,其微观示意图如下所示。下列说法正确的是（
A.生成物有3种
B.反应前后分子的数目不发生改变
C.反应前后有元素化合价发生改变
D.反应前后“N-掺杂石墨烯量子点”质量发生改变
C
）A.生成物有3种
B.反应前后分子的数目不发生改变
C.反应前后有元素化合价发生改变
D.反应前后“N-掺杂石墨烯量子点”质量发生改变
答案
解析:生成物是氧气和乙醇两种物质,A错误;反应前有6个分子,反应后有5个分子,分子的数目发生改变,B错误;有氧气生成,单质化合价为0,反应前氧元素的化合价为-2,反应前后氧元素化合价发生改变,C正确;“N-掺杂石墨烯量子点”在反应中作催化剂,反应前后质量不发生改变,D错误。
解析
【分析】
要解答本题，需先根据微观示意图识别反应物、生成物的分子构成，写出反应的化学方程式，再结合各选项逐一分析：首先确定反应物为二氧化碳和水，生成物为乙醇和氧气，配平反应后，依据反应的相关规律判断选项正误。
【解析】
根据微观示意图，反应物为$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，生成物为$\ce{C_{2}H_{5}OH}$和$\ce{O_{2}}$，配平后的反应为：$\ce{2CO_{2} + 3H_{2}O\xlongequal{催化剂} C_{2}H_{5}OH + 3O_{2}}$。
选项A：生成物只有乙醇和氧气2种物质，不是3种，错误；
选项B：反应前分子总数为$2+3=5$，反应后分子总数为$1+3=4$，分子数目发生改变，错误；
选项C：反应前$\ce{CO_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$中氧元素化合价为$-2$价，反应后$\ce{O_{2}}$中氧元素化合价为$0$价；$\ce{CO_{2}}$中碳元素为$+4$价，乙醇中碳元素为$-2$价，因此反应前后有元素化合价发生改变，正确；
选项D：“N-掺杂石墨烯量子点”是该反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，错误。
【答案】
C
【知识点】
微观示意图应用、化合价计算、催化剂的性质
【点评】
本题结合微观示意图考查化学反应的核心知识，需准确识别分子构成、配平反应，掌握化合价规律和催化剂的特点，是化学期中常考的基础题型，需细心分析细节。
【难度系数】
0.6
要解答本题，需先根据微观示意图识别反应物、生成物的分子构成，写出反应的化学方程式，再结合各选项逐一分析：首先确定反应物为二氧化碳和水，生成物为乙醇和氧气，配平反应后，依据反应的相关规律判断选项正误。
【解析】
根据微观示意图，反应物为$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，生成物为$\ce{C_{2}H_{5}OH}$和$\ce{O_{2}}$，配平后的反应为：$\ce{2CO_{2} + 3H_{2}O\xlongequal{催化剂} C_{2}H_{5}OH + 3O_{2}}$。
选项A：生成物只有乙醇和氧气2种物质，不是3种，错误；
选项B：反应前分子总数为$2+3=5$，反应后分子总数为$1+3=4$，分子数目发生改变，错误；
选项C：反应前$\ce{CO_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$中氧元素化合价为$-2$价，反应后$\ce{O_{2}}$中氧元素化合价为$0$价；$\ce{CO_{2}}$中碳元素为$+4$价，乙醇中碳元素为$-2$价，因此反应前后有元素化合价发生改变，正确；
选项D：“N-掺杂石墨烯量子点”是该反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，错误。
【答案】
C
【知识点】
微观示意图应用、化合价计算、催化剂的性质
【点评】
本题结合微观示意图考查化学反应的核心知识，需准确识别分子构成、配平反应，掌握化合价规律和催化剂的特点，是化学期中常考的基础题型，需细心分析细节。
【难度系数】
0.6
3. (2025·廊坊期中)密闭容器内有甲、乙、丙、丁四种物质,在一定条件下充分反应,测得反应前后各物质的质量分数如图所示。下列说法错误的是（
A.该反应中有两种物质是反应物
B.该化学反应中乙、丙质量比为 $3:17$
C.物质丙可能为单质
D.物质丁可能是该反应的催化剂
C
）A.该反应中有两种物质是反应物
B.该化学反应中乙、丙质量比为 $3:17$
C.物质丙可能为单质
D.物质丁可能是该反应的催化剂
答案
解析:由质量守恒定律可知,反应后丁的质量分数为1-42%-8%-40%=10%。反应后,甲物质的质量分数减小,则甲是反应物,乙物质的质量分数减小,则乙是反应物,丙物质的质量分数增大,则丙是生成物,丁物质的质量分数没有改变,则丁可能是该反应的催化剂,也可能是没有参加反应的杂质。该反应的反应物是甲和乙,生成物是丙,符合“多变一”的特征,属于化合反应,丙是化合反应的生成物,丙一定属于化合物,不可能是单质,C错误。
解析
【分析】
首先根据质量守恒定律，密闭容器内反应前后各物质的质量分数总和为100%，先计算出反应后丁的质量分数；再对比反应前后各物质的质量分数变化：质量分数减小的是反应物，增大的是生成物，不变的可能是催化剂或未参与反应的杂质；最后结合反应类型、催化剂的概念逐一分析选项，找出错误说法。
【解析】
1. 计算反应后丁的质量分数：根据质量守恒定律，反应后丁的质量分数 = 1 - 甲的质量分数 - 乙的质量分数 - 丙的质量分数 = 1 - 42% - 8% - 40% = 10%，与反应前丁的质量分数相等。
2. 判断反应物、生成物：
甲：反应前70%，反应后42%，质量分数减小，是反应物；
乙：反应前14%，反应后8%，质量分数减小，是反应物；
丙：反应前6%，反应后40%，质量分数增大，是生成物；
丁：质量分数不变，可能是该反应的催化剂，也可能是未参与反应的杂质。
3. 分析反应类型：该反应为甲 + 乙 → 丙，符合“多变一”的特征，属于化合反应，生成物丙一定是化合物，不可能是单质。
4. 逐一分析选项：
A选项：反应物是甲和乙，共两种，说法正确；
B选项：乙的质量变化为14% - 8% = 6%，丙的质量变化为40% - 6% = 34%，乙、丙质量比为6%:34% = 3:17，说法正确；
C选项：丙是化合反应的生成物，一定是化合物，不可能是单质，说法错误；
D选项：丁的质量分数不变，可能是该反应的催化剂，说法正确。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律、催化剂、化合反应
【点评】
本题结合饼图考查质量守恒定律的应用，核心是通过反应前后质量分数变化判断反应物、生成物，需掌握化合反应、催化剂的概念，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先根据质量守恒定律，密闭容器内反应前后各物质的质量分数总和为100%，先计算出反应后丁的质量分数；再对比反应前后各物质的质量分数变化：质量分数减小的是反应物，增大的是生成物，不变的可能是催化剂或未参与反应的杂质；最后结合反应类型、催化剂的概念逐一分析选项，找出错误说法。
【解析】
1. 计算反应后丁的质量分数：根据质量守恒定律，反应后丁的质量分数 = 1 - 甲的质量分数 - 乙的质量分数 - 丙的质量分数 = 1 - 42% - 8% - 40% = 10%，与反应前丁的质量分数相等。
2. 判断反应物、生成物：
甲：反应前70%，反应后42%，质量分数减小，是反应物；
乙：反应前14%，反应后8%，质量分数减小，是反应物；
丙：反应前6%，反应后40%，质量分数增大，是生成物；
丁：质量分数不变，可能是该反应的催化剂，也可能是未参与反应的杂质。
3. 分析反应类型：该反应为甲 + 乙 → 丙，符合“多变一”的特征，属于化合反应，生成物丙一定是化合物，不可能是单质。
4. 逐一分析选项：
A选项：反应物是甲和乙，共两种，说法正确；
B选项：乙的质量变化为14% - 8% = 6%，丙的质量变化为40% - 6% = 34%，乙、丙质量比为6%:34% = 3:17，说法正确；
C选项：丙是化合反应的生成物，一定是化合物，不可能是单质，说法错误；
D选项：丁的质量分数不变，可能是该反应的催化剂，说法正确。
【答案】
C
【知识点】
质量守恒定律、催化剂、化合反应
【点评】
本题结合饼图考查质量守恒定律的应用，核心是通过反应前后质量分数变化判断反应物、生成物，需掌握化合反应、催化剂的概念，难度适中。
【难度系数】
0.5
4. 思想方法 对比法 （2026·昆明月考）定量研究对于化学科学发展有重大作用，因此我们应该掌握好有关质量守恒定律的相关知识。
(1)如图所示实验A中小气球在形成密闭体系的同时还有
(2)实验C中发生化学反应的文字表达式为
(3)某物质受热发生分解反应，生成氧化钙和二氧化碳，则该物质一定由C、Ca、
(1)如图所示实验A中小气球在形成密闭体系的同时还有
平衡装置内外压强,防止瓶塞冲出
作用，三个实验中天平失去平衡的是B
（填字母）。对于有气体参加或生成的化学反应，如要验证质量守恒定律要在密闭
装置中实验。(2)实验C中发生化学反应的文字表达式为
铁+硫酸铜——→铜+硫酸亚铁
。(3)某物质受热发生分解反应，生成氧化钙和二氧化碳，则该物质一定由C、Ca、
O
（填写具体的元素符号）元素组成。答案
(1)平衡装置内外压强,防止瓶塞冲出 B 密闭 (2)铁+硫酸铜——→铜+硫酸亚铁 (3)O
解析:(1)实验B天平失衡的原因是碳酸钠和稀盐酸反应生成二氧化碳,该装置为敞口体系,产生的二氧化碳逸散到空气中。(2)实验C中铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。(3)根据质量守恒定律,化学反应前后元素种类不变,则该物质一定由C、Ca、O元素组成。
解析:(1)实验B天平失衡的原因是碳酸钠和稀盐酸反应生成二氧化碳,该装置为敞口体系,产生的二氧化碳逸散到空气中。(2)实验C中铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。(3)根据质量守恒定律,化学反应前后元素种类不变,则该物质一定由C、Ca、O元素组成。
解析
【分析】
首先，针对问题(1)：实验A中铜粉与氧气反应会放热，使瓶内压强增大，小气球可平衡装置内外压强，避免瓶塞被冲出；实验B中碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，装置为敞口体系，生成的二氧化碳逸散到空气中，导致天平失衡；实验C中铁与硫酸铜反应无气体参与或生成，反应前后质量不变，天平平衡，因此天平失衡的是B，验证有气体参与或生成的反应的质量守恒需在密闭装置中进行。问题(2)：实验C是铁与硫酸铜发生置换反应，生成铜和硫酸亚铁。问题(3)：根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，分解反应的生成物为氧化钙（含Ca、O）和二氧化碳（含C、O），故反应物一定含C、Ca、O元素。
【解析】
(1) 实验A中铜粉与氧气反应放热，瓶内压强增大，小气球的作用是平衡装置内外压强，防止瓶塞冲出；实验B中碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，装置敞口，二氧化碳逸散到空气中，导致天平失去平衡；实验C中铁与硫酸铜反应无气体参与或生成，反应前后质量不变，天平平衡，因此天平失去平衡的是B，验证有气体参加或生成的化学反应的质量守恒，需在密闭装置中进行。
(2) 实验C中铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，文字表达式为：铁+硫酸铜——→铜+硫酸亚铁。
(3) 根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，生成物氧化钙（CaO）含Ca、O元素，二氧化碳（CO₂）含C、O元素，因此反应物该物质一定由C、Ca、O元素组成。
【答案】
(1) 平衡装置内外压强，防止瓶塞冲出；B；密闭 (2) 铁+硫酸铜——→铜+硫酸亚铁 (3) O
【知识点】
质量守恒定律；化学反应文字表达式；元素守恒
【点评】
本题围绕质量守恒定律展开，通过对比三个实验分析天平平衡的原因，考查质量守恒定律的验证条件及元素守恒的应用，属于化学基础知识点的常规考查，难度适中。
【难度系数】
0.6
首先，针对问题(1)：实验A中铜粉与氧气反应会放热，使瓶内压强增大，小气球可平衡装置内外压强，避免瓶塞被冲出；实验B中碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，装置为敞口体系，生成的二氧化碳逸散到空气中，导致天平失衡；实验C中铁与硫酸铜反应无气体参与或生成，反应前后质量不变，天平平衡，因此天平失衡的是B，验证有气体参与或生成的反应的质量守恒需在密闭装置中进行。问题(2)：实验C是铁与硫酸铜发生置换反应，生成铜和硫酸亚铁。问题(3)：根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，分解反应的生成物为氧化钙（含Ca、O）和二氧化碳（含C、O），故反应物一定含C、Ca、O元素。
【解析】
(1) 实验A中铜粉与氧气反应放热，瓶内压强增大，小气球的作用是平衡装置内外压强，防止瓶塞冲出；实验B中碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，装置敞口，二氧化碳逸散到空气中，导致天平失去平衡；实验C中铁与硫酸铜反应无气体参与或生成，反应前后质量不变，天平平衡，因此天平失去平衡的是B，验证有气体参加或生成的化学反应的质量守恒，需在密闭装置中进行。
(2) 实验C中铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，文字表达式为：铁+硫酸铜——→铜+硫酸亚铁。
(3) 根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，生成物氧化钙（CaO）含Ca、O元素，二氧化碳（CO₂）含C、O元素，因此反应物该物质一定由C、Ca、O元素组成。
【答案】
(1) 平衡装置内外压强，防止瓶塞冲出；B；密闭 (2) 铁+硫酸铜——→铜+硫酸亚铁 (3) O
【知识点】
质量守恒定律；化学反应文字表达式；元素守恒
【点评】
本题围绕质量守恒定律展开，通过对比三个实验分析天平平衡的原因，考查质量守恒定律的验证条件及元素守恒的应用，属于化学基础知识点的常规考查，难度适中。
【难度系数】
0.6
5.(2025·泰州期中)二氧化硫是酸雨形成的原
因之一,某工厂工艺流程不仅能吸收$\ce{SO_{2}}$,减
少环境污染,而且还可以得到仅含一种元素的
高能燃料X,流程如下图。下列说法正确的是
（
A.反应器中的反应物一共有2种
B.分离器中发生的变化是化学变化
C.膜反应器中发生的是分解反应,物质X
是H
D.上述流程中可循环使用的物质是碘
因之一,某工厂工艺流程不仅能吸收$\ce{SO_{2}}$,减
少环境污染,而且还可以得到仅含一种元素的
高能燃料X,流程如下图。下列说法正确的是
（
D
）A.反应器中的反应物一共有2种
B.分离器中发生的变化是化学变化
C.膜反应器中发生的是分解反应,物质X
是H
D.上述流程中可循环使用的物质是碘
答案
解析:由题图可知,反应器中反应物有三种,分别是水、二氧化硫、碘,A错误;分离器中只是将硫酸和HI分离,无新物质生成,属于物理变化,B错误;根据质量守恒定律,化学反应前后,元素的种类不变,反应物中含H、I,生成物中含I,故生成物中还应含H,故X为$\ce{H_{2}}$,该反应符合“一变多”的特点,属于分解反应,C错误;由题图可知,碘既是反应物,又是生成物,可以循环利用,D正确。
解析
【分析】
本题为工艺流程题，需结合流程示意图，依据化学基本概念（化学变化与物理变化、分解反应、质量守恒定律、物质循环）逐一分析各选项：先明确反应器的反应物种类，再判断分离器的变化类型，接着根据质量守恒定律确定膜反应器的反应与物质X，最后判断可循环使用的物质，从而得出正确答案。
【解析】
1. 选项A：反应器中加入的反应物有$\ce{SO_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{I_{2}}$，共3种，并非2种，故A错误。
2. 选项B：分离器仅将$\ce{H_{2}SO_{4}}$和$\ce{HI}$分离，无新物质生成，属于物理变化，不是化学变化，故B错误。
3. 选项C：膜反应器中，$\ce{HI}$在500℃下分解，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，$\ce{HI}$含H、I元素，生成物有$\ce{I_{2}}$，故X为$\ce{H_{2}}$，反应为分解反应，但选项中X写为$\ce{H}$，错误，故C错误。
4. 选项D：流程中，反应器需要$\ce{I_{2}}$，膜反应器又生成$\ce{I_{2}}$，因此碘可循环使用，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
化学变化与物理变化、分解反应、质量守恒定律、物质循环
【点评】
本题以二氧化硫处理的工艺流程为载体，考查化学核心概念的应用，要求学生结合流程细节分析判断，侧重基础知识的灵活运用，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题为工艺流程题，需结合流程示意图，依据化学基本概念（化学变化与物理变化、分解反应、质量守恒定律、物质循环）逐一分析各选项：先明确反应器的反应物种类，再判断分离器的变化类型，接着根据质量守恒定律确定膜反应器的反应与物质X，最后判断可循环使用的物质，从而得出正确答案。
【解析】
1. 选项A：反应器中加入的反应物有$\ce{SO_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{I_{2}}$，共3种，并非2种，故A错误。
2. 选项B：分离器仅将$\ce{H_{2}SO_{4}}$和$\ce{HI}$分离，无新物质生成，属于物理变化，不是化学变化，故B错误。
3. 选项C：膜反应器中，$\ce{HI}$在500℃下分解，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，$\ce{HI}$含H、I元素，生成物有$\ce{I_{2}}$，故X为$\ce{H_{2}}$，反应为分解反应，但选项中X写为$\ce{H}$，错误，故C错误。
4. 选项D：流程中，反应器需要$\ce{I_{2}}$，膜反应器又生成$\ce{I_{2}}$，因此碘可循环使用，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
化学变化与物理变化、分解反应、质量守恒定律、物质循环
【点评】
本题以二氧化硫处理的工艺流程为载体，考查化学核心概念的应用，要求学生结合流程细节分析判断，侧重基础知识的灵活运用，难度适中。
【难度系数】
0.6
