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10.(2025·海安月考)硝酸铜$\ce{[Cu(NO_{3})_{2}]}$易潮解,易溶于水,所得溶液呈酸性,受热时能分解。取$37.6\ \mathrm{g}\ \ce{Cu(NO_{3})_{2}}$固体加热,测得完全反应后生成$\ce{CuO}$、某种氮的氧化物$\mathrm{X}$和$\ce{O_{2}}$的质量分别为$16\ \mathrm{g}$、$n\ \mathrm{g}$、$3.2\ \mathrm{g}$。下列说法错误的是（
A.$n=18.4$
B.$\mathrm{X}$的化学式可能为$\ce{NO_{2}}$
C.硝酸铜固体应在阴凉处保存
D.硝酸铜受热分解时化学方程式中$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$和$\ce{O_{2}}$的化学计量数之比为$1:1$
D
）A.$n=18.4$
B.$\mathrm{X}$的化学式可能为$\ce{NO_{2}}$
C.硝酸铜固体应在阴凉处保存
D.硝酸铜受热分解时化学方程式中$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$和$\ce{O_{2}}$的化学计量数之比为$1:1$
答案
10.D
解析
【分析】
这道题是结合质量守恒定律、元素守恒的化学计算类选择题，解题思路可以按步骤拆解：1. 首先利用反应前后总质量不变的规律，直接计算氮的氧化物X的质量n，快速判断A选项；2. 先算出参与反应的硝酸铜的物质的量，再通过元素守恒统计所有N元素的总质量，推导X中N、O元素的质量比，得到原子个数比，判断B选项；3. 结合题干给出的硝酸铜受热易分解的性质，判断其保存要求，验证C选项；4. 分别算出硝酸铜和生成氧气的物质的量，二者的比值就是对应化学计量数之比，判断D选项，最终选出错误的说法。
【解析】
1. 验证A选项：
根据质量守恒定律，化学反应前后总质量相等，可得$37.6\ \mathrm{g}=16\ \mathrm{g}+n\ \mathrm{g}+3.2\ \mathrm{g}$，解得$n=37.6-16-3.2=18.4$，A说法正确，不符合题意。
2. 计算反应物的物质的量：
$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$的摩尔质量$M=64 + 2×(14+3×16)=188\ \mathrm{g/mol}$，$37.6\ \mathrm{g}\ \ce{Cu(NO_{3})_{2}}$的物质的量为$\frac{37.6\ \mathrm{g}}{188\ \mathrm{g/mol}}=0.2\ \mathrm{mol}$。
3. 验证B选项：
$0.2\ \mathrm{mol}\ \ce{Cu(NO_{3})_{2}}$中含有的N元素总物质的量为$0.2\ \mathrm{mol}×2=0.4\ \mathrm{mol}$，N元素总质量为$0.4\ \mathrm{mol}×14\ \mathrm{g/mol}=5.6\ \mathrm{g}$。
X的总质量为$18.4\ \mathrm{g}$，因此X中O元素的质量为$18.4\ \mathrm{g}-5.6\ \mathrm{g}=12.8\ \mathrm{g}$，O元素的物质的量为$\frac{12.8\ \mathrm{g}}{16\ \mathrm{g/mol}}=0.8\ \mathrm{mol}$。
X中N、O原子个数比为$0.4\ \mathrm{mol}:0.8\ \mathrm{mol}=1:2$，因此X的最简组成为$\ce{NO_{2}}$，化学式可能为$\ce{NO_{2}}$，B说法正确，不符合题意。
4. 验证C选项：
题干明确说明硝酸铜受热时能分解，因此为避免其受热分解，需要在阴凉处密封保存，C说法正确，不符合题意。
5. 验证D选项：
生成的$\ce{O_{2}}$质量为$3.2\ \mathrm{g}$，$\ce{O_{2}}$的物质的量为$\frac{3.2\ \mathrm{g}}{32\ \mathrm{g/mol}}=0.1\ \mathrm{mol}$。
反应中$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$和$\ce{O_{2}}$的物质的量之比为$0.2\ \mathrm{mol}:0.1\ \mathrm{mol}=2:1$，因此二者在化学方程式中的化学计量数之比为$2:1$，不是$1:1$，D说法错误，符合题意。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律，元素质量计算，化学计量数推算
【点评】本题属于中等难度的性质结合计算的题型，核心考点是灵活运用元素守恒推导未知含氮氧化物的组成，易错点是计算化学计量数时误用质量比代替物质的量之比，导致判断失误，整体计算量不大，侧重对守恒思想的考察。
【难度系数】0.6
这道题是结合质量守恒定律、元素守恒的化学计算类选择题，解题思路可以按步骤拆解：1. 首先利用反应前后总质量不变的规律，直接计算氮的氧化物X的质量n，快速判断A选项；2. 先算出参与反应的硝酸铜的物质的量，再通过元素守恒统计所有N元素的总质量，推导X中N、O元素的质量比，得到原子个数比，判断B选项；3. 结合题干给出的硝酸铜受热易分解的性质，判断其保存要求，验证C选项；4. 分别算出硝酸铜和生成氧气的物质的量，二者的比值就是对应化学计量数之比，判断D选项，最终选出错误的说法。
【解析】
1. 验证A选项：
根据质量守恒定律，化学反应前后总质量相等，可得$37.6\ \mathrm{g}=16\ \mathrm{g}+n\ \mathrm{g}+3.2\ \mathrm{g}$，解得$n=37.6-16-3.2=18.4$，A说法正确，不符合题意。
2. 计算反应物的物质的量：
$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$的摩尔质量$M=64 + 2×(14+3×16)=188\ \mathrm{g/mol}$，$37.6\ \mathrm{g}\ \ce{Cu(NO_{3})_{2}}$的物质的量为$\frac{37.6\ \mathrm{g}}{188\ \mathrm{g/mol}}=0.2\ \mathrm{mol}$。
3. 验证B选项：
$0.2\ \mathrm{mol}\ \ce{Cu(NO_{3})_{2}}$中含有的N元素总物质的量为$0.2\ \mathrm{mol}×2=0.4\ \mathrm{mol}$，N元素总质量为$0.4\ \mathrm{mol}×14\ \mathrm{g/mol}=5.6\ \mathrm{g}$。
X的总质量为$18.4\ \mathrm{g}$，因此X中O元素的质量为$18.4\ \mathrm{g}-5.6\ \mathrm{g}=12.8\ \mathrm{g}$，O元素的物质的量为$\frac{12.8\ \mathrm{g}}{16\ \mathrm{g/mol}}=0.8\ \mathrm{mol}$。
X中N、O原子个数比为$0.4\ \mathrm{mol}:0.8\ \mathrm{mol}=1:2$，因此X的最简组成为$\ce{NO_{2}}$，化学式可能为$\ce{NO_{2}}$，B说法正确，不符合题意。
4. 验证C选项：
题干明确说明硝酸铜受热时能分解，因此为避免其受热分解，需要在阴凉处密封保存，C说法正确，不符合题意。
5. 验证D选项：
生成的$\ce{O_{2}}$质量为$3.2\ \mathrm{g}$，$\ce{O_{2}}$的物质的量为$\frac{3.2\ \mathrm{g}}{32\ \mathrm{g/mol}}=0.1\ \mathrm{mol}$。
反应中$\ce{Cu(NO_{3})_{2}}$和$\ce{O_{2}}$的物质的量之比为$0.2\ \mathrm{mol}:0.1\ \mathrm{mol}=2:1$，因此二者在化学方程式中的化学计量数之比为$2:1$，不是$1:1$，D说法错误，符合题意。
【答案】D
【知识点】质量守恒定律，元素质量计算，化学计量数推算
【点评】本题属于中等难度的性质结合计算的题型，核心考点是灵活运用元素守恒推导未知含氮氧化物的组成，易错点是计算化学计量数时误用质量比代替物质的量之比，导致判断失误，整体计算量不大，侧重对守恒思想的考察。
【难度系数】0.6
11.羰基铁粉在国防军工领域有重要应用，我国是少数几个掌握其生产技术的国家之一。制备羰基铁粉的过程如图甲所示。
(1)$\ce{Fe(CO)_{5}}$中碳、氧元素的质量比为________。
(2)反应1的化学方程式为$\ce{Fe + 5CO\xlongequal{\mathrm{高压}}Fe(CO)_{5}}$，用100kg含铁96%的海绵铁，理论上可制备$\ce{Fe(CO)_{5}}$的质量是多少？（写出计算过程）
(3)反应2的化学方程式为$\ce{Fe(CO)_{5}\xlongequal{\mathrm{一定条件}}Fe + 5CO\uparrow}$。196kg $\ce{Fe(CO)_{5}}$分解生成羰基铁粉的质量随时间的变化如图乙所示，在$t_{1}\mathrm{h}$时，剩余________kg $\ce{Fe(CO)_{5}}$未分解；在________h时，$\ce{Fe(CO)_{5}}$恰好完全分解。
(4)制备羰基铁粉过程中循环利用的物质是________。
(1)$\ce{Fe(CO)_{5}}$中碳、氧元素的质量比为________。
(2)反应1的化学方程式为$\ce{Fe + 5CO\xlongequal{\mathrm{高压}}Fe(CO)_{5}}$，用100kg含铁96%的海绵铁，理论上可制备$\ce{Fe(CO)_{5}}$的质量是多少？（写出计算过程）
(3)反应2的化学方程式为$\ce{Fe(CO)_{5}\xlongequal{\mathrm{一定条件}}Fe + 5CO\uparrow}$。196kg $\ce{Fe(CO)_{5}}$分解生成羰基铁粉的质量随时间的变化如图乙所示，在$t_{1}\mathrm{h}$时，剩余________kg $\ce{Fe(CO)_{5}}$未分解；在________h时，$\ce{Fe(CO)_{5}}$恰好完全分解。
(4)制备羰基铁粉过程中循环利用的物质是________。
答案
11.(1)$3:4$
(2)336kg
【点拨】100kg 含铁 96% 的海绵铁中铁的质量为$100\mathrm{kg}×96\%=96\mathrm{kg}$。
设理论上可制备$\ce{Fe(CO)_{5}}$的质量是$x$。
$\ce{Fe + 5CO\xlongequal{高压}Fe(CO)_{5}}$
$56\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 196$
$96\mathrm{kg}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x$
$\dfrac{56}{196}=\dfrac{96\mathrm{kg}}{x}$
$x=336\mathrm{kg}$。
(3)98 $t_3$
(4)$\ce{CO}$
(2)336kg
【点拨】100kg 含铁 96% 的海绵铁中铁的质量为$100\mathrm{kg}×96\%=96\mathrm{kg}$。
设理论上可制备$\ce{Fe(CO)_{5}}$的质量是$x$。
$\ce{Fe + 5CO\xlongequal{高压}Fe(CO)_{5}}$
$56\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 196$
$96\mathrm{kg}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x$
$\dfrac{56}{196}=\dfrac{96\mathrm{kg}}{x}$
$x=336\mathrm{kg}$。
(3)98 $t_3$
(4)$\ce{CO}$
解析
【分析】
我们可以分小问逐步梳理解题思路：
1. 第(1)问计算$\ce{Fe(CO)_{5}}$中碳、氧元素质量比，无需考虑铁元素，直接计算5个碳原子和5个氧原子的总相对原子质量之比即可。
2. 第(2)问是不纯原料的化学方程式计算，首先先算出100kg含铁96%的海绵铁中纯铁的实际质量，再结合反应1的化学方程式，找出Fe和$\ce{Fe(CO)_{5}}$的相对质量关系，列比例式就能算出理论生成$\ce{Fe(CO)_{5}}$的质量。
3. 第(3)问结合图像分析：首先$t_1$时刻生成的羰基铁粉质量为28kg，根据反应2的方程式，算出得到28kgFe时已经分解的$\ce{Fe(CO)_{5}}$质量，用总质量196kg减去已分解的质量，就得到未分解的质量；图像中羰基铁粉质量在$t_3$时刻达到最大值56kg后不再变化，说明此时$\ce{Fe(CO)_{5}}$恰好完全分解。
4. 第(4)问观察两个反应的反应物和生成物：反应1消耗CO，反应2又生成CO，因此CO可以在流程中循环利用。
【解析】
(1) $\ce{Fe(CO)_{5}}$中碳、氧元素的质量比 = $(12×5):(16×5) = 60:80 = 3:4$。
(2) 首先计算100kg含铁96%的海绵铁中纯铁的质量：$100\mathrm{kg}×96\% = 96\mathrm{kg}$。
设理论上可制备$\ce{Fe(CO)_{5}}$的质量为$x$：
$\ce{Fe + 5CO\xlongequal{高压}Fe(CO)_{5}}$
相对质量：$56\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 196$
对应质量：$96\mathrm{kg}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x$
列比例式：$\dfrac{56}{196}=\dfrac{96\mathrm{kg}}{x}$
解得：$x=336\mathrm{kg}$。
(3) 196kg $\ce{Fe(CO)_{5}}$完全分解理论上生成Fe的质量为56kg，$t_1$时刻生成Fe的质量为28kg，说明此时有一半的$\ce{Fe(CO)_{5}}$发生分解，已分解的质量为98kg，剩余未分解的$\ce{Fe(CO)_{5}}$质量为$196\mathrm{kg}-98\mathrm{kg}=98\mathrm{kg}$；图像中$t_3$时刻羰基铁粉质量达到最大值56kg后不再变化，说明此时$\ce{Fe(CO)_{5}}$恰好完全分解。
(4) 反应1消耗CO，反应2生成CO，因此循环利用的物质是CO。
【答案】
(1)$3:4$
(2)336kg
(3)98；$t_3$
(4)$\ce{CO}$
【知识点】
元素质量比计算；化学方程式计算；物质循环利用
【点评】
本题结合羰基铁粉的工业制备流程命题，考察的都是初中化学核心基础考点，难度梯度平缓，既考察了基础的元素质量比计算，也考察了含杂质的化学方程式计算，同时结合图像分析反应进程，引导学生理解化工生产中循环利用物质的思路，易错点是第(3)问的剩余反应物质量计算，需要结合反应的质量关系推导。
【难度系数】
0.7
我们可以分小问逐步梳理解题思路：
1. 第(1)问计算$\ce{Fe(CO)_{5}}$中碳、氧元素质量比，无需考虑铁元素，直接计算5个碳原子和5个氧原子的总相对原子质量之比即可。
2. 第(2)问是不纯原料的化学方程式计算，首先先算出100kg含铁96%的海绵铁中纯铁的实际质量，再结合反应1的化学方程式，找出Fe和$\ce{Fe(CO)_{5}}$的相对质量关系，列比例式就能算出理论生成$\ce{Fe(CO)_{5}}$的质量。
3. 第(3)问结合图像分析：首先$t_1$时刻生成的羰基铁粉质量为28kg，根据反应2的方程式，算出得到28kgFe时已经分解的$\ce{Fe(CO)_{5}}$质量，用总质量196kg减去已分解的质量，就得到未分解的质量；图像中羰基铁粉质量在$t_3$时刻达到最大值56kg后不再变化，说明此时$\ce{Fe(CO)_{5}}$恰好完全分解。
4. 第(4)问观察两个反应的反应物和生成物：反应1消耗CO，反应2又生成CO，因此CO可以在流程中循环利用。
【解析】
(1) $\ce{Fe(CO)_{5}}$中碳、氧元素的质量比 = $(12×5):(16×5) = 60:80 = 3:4$。
(2) 首先计算100kg含铁96%的海绵铁中纯铁的质量：$100\mathrm{kg}×96\% = 96\mathrm{kg}$。
设理论上可制备$\ce{Fe(CO)_{5}}$的质量为$x$：
$\ce{Fe + 5CO\xlongequal{高压}Fe(CO)_{5}}$
相对质量：$56\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 196$
对应质量：$96\mathrm{kg}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x$
列比例式：$\dfrac{56}{196}=\dfrac{96\mathrm{kg}}{x}$
解得：$x=336\mathrm{kg}$。
(3) 196kg $\ce{Fe(CO)_{5}}$完全分解理论上生成Fe的质量为56kg，$t_1$时刻生成Fe的质量为28kg，说明此时有一半的$\ce{Fe(CO)_{5}}$发生分解，已分解的质量为98kg，剩余未分解的$\ce{Fe(CO)_{5}}$质量为$196\mathrm{kg}-98\mathrm{kg}=98\mathrm{kg}$；图像中$t_3$时刻羰基铁粉质量达到最大值56kg后不再变化，说明此时$\ce{Fe(CO)_{5}}$恰好完全分解。
(4) 反应1消耗CO，反应2生成CO，因此循环利用的物质是CO。
【答案】
(1)$3:4$
(2)336kg
(3)98；$t_3$
(4)$\ce{CO}$
【知识点】
元素质量比计算；化学方程式计算；物质循环利用
【点评】
本题结合羰基铁粉的工业制备流程命题，考察的都是初中化学核心基础考点，难度梯度平缓，既考察了基础的元素质量比计算，也考察了含杂质的化学方程式计算，同时结合图像分析反应进程，引导学生理解化工生产中循环利用物质的思路，易错点是第(3)问的剩余反应物质量计算，需要结合反应的质量关系推导。
【难度系数】
0.7
12.(2025·兰州一模)阅读下列质量守恒定律发现的科学史话,回答问题。
材料1:17世纪波义耳将金属汞放入密闭容器煅烧,开盖冷却后称量,发现物质总质量增加,与质量守恒定律失之交臂。
材料2:18世纪罗蒙诺索夫把锡(Sn)放入密闭容器加热生成二氧化锡($\ce{SnO_{2}}$),加热前后容器及物质的总质量不变,反复实验其结果相同,他认为化学变化中质量不变,此发现未引起科学界重视。
材料3:18世纪拉瓦锡在前人研究和定量研究的基础上,借助天平,将氧化汞加热分解,证明化学反应中参加反应的物质与反应产物间质量保持恒定,为人们从定量角度研究化学变化提供了依据。
材料4:20世纪廊道尔特和曼莱做精确度很高的实验,容器和反应物质量约1000g,反应前后质量差小于0.0001g,变化小于千万分之一,在误差范围内,科学界一致承认该定律。
(1)导致波义耳与质量守恒定律失之交臂的具体原因是
。
(2)罗蒙诺索夫的实验中反应的化学方程式为。
(3)拉瓦锡对化学的贡献之一便是从实验的角度,利用定量分析的方法验证并总结了质量守恒定律,你还知道他在定量研究上的其他贡献吗?请举一例:。
(4)质量守恒定律是在的实验后才被科学界一致承认的。
A.波义耳
B.罗蒙诺索夫
C.拉瓦锡
D.廊道尔特和曼莱
材料1:17世纪波义耳将金属汞放入密闭容器煅烧,开盖冷却后称量,发现物质总质量增加,与质量守恒定律失之交臂。
材料2:18世纪罗蒙诺索夫把锡(Sn)放入密闭容器加热生成二氧化锡($\ce{SnO_{2}}$),加热前后容器及物质的总质量不变,反复实验其结果相同,他认为化学变化中质量不变,此发现未引起科学界重视。
材料3:18世纪拉瓦锡在前人研究和定量研究的基础上,借助天平,将氧化汞加热分解,证明化学反应中参加反应的物质与反应产物间质量保持恒定,为人们从定量角度研究化学变化提供了依据。
材料4:20世纪廊道尔特和曼莱做精确度很高的实验,容器和反应物质量约1000g,反应前后质量差小于0.0001g,变化小于千万分之一,在误差范围内,科学界一致承认该定律。
(1)导致波义耳与质量守恒定律失之交臂的具体原因是
。
(2)罗蒙诺索夫的实验中反应的化学方程式为。
(3)拉瓦锡对化学的贡献之一便是从实验的角度,利用定量分析的方法验证并总结了质量守恒定律,你还知道他在定量研究上的其他贡献吗?请举一例:。
(4)质量守恒定律是在的实验后才被科学界一致承认的。
A.波义耳
B.罗蒙诺索夫
C.拉瓦锡
D.廊道尔特和曼莱
答案
12.(1)反应过程中消耗容器内氧气，当打开容器盖后，空气进入导致总质量增加
(2)$\ce{Sn + O_{2}\xlongequal{\Delta}SnO_{2}}$
(3)测定了空气中氧气的体积分数
(4)D
(2)$\ce{Sn + O_{2}\xlongequal{\Delta}SnO_{2}}$
(3)测定了空气中氧气的体积分数
(4)D
解析
【分析】
我们可以逐问结合题干给出的材料和已学化学知识推导答案：
1. 第一问：波义耳的操作是煅烧后打开了密闭容器的盖子，首先回忆金属煅烧的反应是和氧气结合，容器内氧气被消耗后内部压强小于外界大气压，开盖后空气会进入容器，就会导致称量的总质量变大，这就是他得到质量增加的原因。
2. 第二问：题干已经给出反应物是锡和氧气，反应条件是加热，生成物是二氧化锡，直接按照化学方程式书写规则配平即可。
3. 第三问：回忆拉瓦锡的经典定量实验，最具代表性的就是他研究空气组成，测定空气中氧气体积分数的实验。
4. 第四问：直接定位材料4的描述，明确高精度实验完成后科学界才一致承认质量守恒定律，对应实验的研究者即可选出答案。
【解析】
(1) 金属汞煅烧时会和密闭容器内的氧气发生反应，消耗容器内的氧气，容器内压强小于外界大气压，波义耳打开容器盖后，外界空气进入容器内，补充了反应消耗的气体质量，最终称量得到的总质量就会增加，因此他没能得出质量守恒的结论。
(2) 锡和氧气在加热条件下反应生成二氧化锡，配平后化学方程式为$\ce{Sn + O_{2}\xlongequal{\Delta}SnO_{2}}$。
(3) 拉瓦锡在定量研究上的另一大贡献是通过汞的加热分解与化合实验，测定出了空气中氧气的体积分数约占空气总体积的1/5，明确了空气是混合物。
(4) 根据材料4的描述，廊道尔特和曼莱完成了精确度极高的实验，验证了反应前后质量差在误差允许范围内，此后科学界才一致承认质量守恒定律，因此选D。
【答案】
(1)反应过程中消耗容器内氧气，当打开容器盖后，空气进入导致总质量增加
(2)$\ce{Sn + O_{2}\xlongequal{\Delta}SnO_{2}}$
(3)测定了空气中氧气的体积分数
(4)D
【知识点】
质量守恒定律；化学方程式书写；化学史常识
【点评】
本题以质量守恒定律的发现史为情境命题，既考察了学生对质量守恒定律实验核心要点的理解，也结合化学史考察了基础化学常识，难度较低，同时能引导学生体会化学定律得出过程中定量实验严谨性的重要意义。
【难度系数】
0.8
我们可以逐问结合题干给出的材料和已学化学知识推导答案：
1. 第一问：波义耳的操作是煅烧后打开了密闭容器的盖子，首先回忆金属煅烧的反应是和氧气结合，容器内氧气被消耗后内部压强小于外界大气压，开盖后空气会进入容器，就会导致称量的总质量变大，这就是他得到质量增加的原因。
2. 第二问：题干已经给出反应物是锡和氧气，反应条件是加热，生成物是二氧化锡，直接按照化学方程式书写规则配平即可。
3. 第三问：回忆拉瓦锡的经典定量实验，最具代表性的就是他研究空气组成，测定空气中氧气体积分数的实验。
4. 第四问：直接定位材料4的描述，明确高精度实验完成后科学界才一致承认质量守恒定律，对应实验的研究者即可选出答案。
【解析】
(1) 金属汞煅烧时会和密闭容器内的氧气发生反应，消耗容器内的氧气，容器内压强小于外界大气压，波义耳打开容器盖后，外界空气进入容器内，补充了反应消耗的气体质量，最终称量得到的总质量就会增加，因此他没能得出质量守恒的结论。
(2) 锡和氧气在加热条件下反应生成二氧化锡，配平后化学方程式为$\ce{Sn + O_{2}\xlongequal{\Delta}SnO_{2}}$。
(3) 拉瓦锡在定量研究上的另一大贡献是通过汞的加热分解与化合实验，测定出了空气中氧气的体积分数约占空气总体积的1/5，明确了空气是混合物。
(4) 根据材料4的描述，廊道尔特和曼莱完成了精确度极高的实验，验证了反应前后质量差在误差允许范围内，此后科学界才一致承认质量守恒定律，因此选D。
【答案】
(1)反应过程中消耗容器内氧气，当打开容器盖后，空气进入导致总质量增加
(2)$\ce{Sn + O_{2}\xlongequal{\Delta}SnO_{2}}$
(3)测定了空气中氧气的体积分数
(4)D
【知识点】
质量守恒定律；化学方程式书写；化学史常识
【点评】
本题以质量守恒定律的发现史为情境命题，既考察了学生对质量守恒定律实验核心要点的理解，也结合化学史考察了基础化学常识，难度较低，同时能引导学生体会化学定律得出过程中定量实验严谨性的重要意义。
【难度系数】
0.8
