质量守恒定律和化学方程式（练习）解析版-2025年中考化学一轮复习

主题一物质的化学变化

专题03质量守恒定律化学方程式

01模拟基础练

【题型一】质量守恒定律

【题型二】化学方程式

【题型三】根据化学方程式进行简单计算

02重难创新练

03真题实战练

模拟基础练।

题型一质量守恒定律

1.下列说法中正确的是

A.5g铁粉和5g铜粉混合，总质量为10g,符合质量守恒定律

B.煤燃烧后剩余的煤渣减轻，因此不符合质量守恒定律

C.10g水全部蒸发变成10g水蒸气，因此符合质量守恒定律

D.高镒酸钾分解后固体质量变小，符合质量守恒定律

【答案】D

【详解】A、质量守恒定律适用于化学变化，5g铁粉和5g铜粉混合没有发生化学反应，所以不能说符合质

量守恒定律，故说法错误；

B、煤燃烧后产生大量的气体（二氧化碳、水蒸气），所以质量损失，在整个燃烧过程中质量是守恒的，故说

法错误；

C、质量守恒定律适用于化学变化，水蒸发不是化学反应，所以不能说符合质量守恒定律，故说法错误；

D、高锌酸钾受热分解后，剩余固体为锦酸钾和二氧化锦，由于氧气的逸出，导致剩余固体的质量比反应物

的质量小，符合质量守恒定律，故说法正确。

故选D。

2•【新考向】某小组同学通过铜与氧气反应验证质量守恒定律（图a所示），锥形瓶中固体部分变为黑色，实

验过程中瓶内物质或元素质量变化与图b相符的是

图b

B.氮气的质量C.氧元素的质量D.固态物质的质量

【答案】A

【分析】根据某小组同学通过铜与氧气反应按图a装置验证质量守恒定律，一段时间后，发现锥形瓶内部

分固体变为黑色，是因为铜与氧气在加热的条件下生成黑色固体氧化铜，图b的变化是质量逐渐减少，最

终不变，进行分析判断。

【详解】A、铜与氧气在加热的条件下生成固体氧化铜，随着反应的进行，铜粉的质量逐渐减少，最终反应

停止，质量不再发生改变，与图b相符，故选项正确；

B、铜与氧气在加热的条件下生成固体氧化铜，铜粉与氮气不反应，氮气的质量不变，与图b不相符，故选

项错误；

C、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的质量不变，则实验过程中瓶内氧元素的质量不变，与图b不相

符，故选项错误；

D、铜与氧气在加热的条件下生成固体氧化铜，实验过程中瓶内固态物质的质量逐渐增加，与图b不相符,

故选项错误。

故选Ao

3.【新考向】（2024•陕西咸阳•一模）对下列有关实验的分析不正确的是

探究质量守恒定律（天平省略）测空气中氧气的含量

A.甲可直接验证质量守恒定律

B.乙中气球膨胀产生浮力会引起误差

C.丙实验需测定锥形瓶（含导管）的容积、注射器反应前后的体积

D.若丙中白磷量不足，会使测定结果偏小

【答案】A

【详解】A、甲中碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，该装置没有密闭，生成的二氧化碳会逸

散到空气中，导致实验后装置总质量减小，不能直接验证质量守恒定律，A选项错误；

B、乙中碳酸钙与稀盐酸会反应二氧化碳气体，导致气球膨胀，产生的浮力会引起误差，B选项正确；

C、丙实验的原理是白磷燃烧消耗氧气，同时生成固体，导致装置内气压降低，燃烧停止且温度恢复室温后，

注射器活塞推进的体积即为装置内原有氧气的体积，据此推算空气中氧气的含量，需测定锥形瓶（含导管）

的容积、注射器反应前后的体积，C选项正确；

D、若丙中白磷量不足，则燃烧停止后装置内有氧气剩余，气压下降幅度偏小，则活塞推进的体积偏小，会

使测定结果偏小，D选项正确。

故选：Ao

4.如图是A、B两组同学分别设计的质量守恒定律的两个验证实验。请根据图示进行思考回答（假设A、B

两组药品混合前质量均为m前、混合后质量均为m后）。

CuSCh溶液

Na2c。3一

溶液

⑴A组药品混合前、后质量关系为：m前____m后（填“＞”或“=”或

（2）B组药品混合前、后质量关系为：01前＞!!1后，请解释原因_________o

（3）有同学认为白糖和水混合前后的质量也相等，说明该实验也能验证质量守恒定律，这种说法对吗？

为什么？o

【答案】（1尸

（2）反应生成的CO2气体从烧杯中逸出，总质量减少

（3）不对因为两种物质未发生化学反应，所以不能验证质量守恒定律

【详解】（1）根据质量守恒定律，可知A组药品混合前、后质量关系为:：ms=mBo故填：=。

（2）稀盐酸与碳酸钠溶液反应有二氧化碳气体生成，生成的气体从烧杯中逸出，总质量减少，所以B组药

品混合前、后质量关系为：m前＞m后。故填：反应生成的CO2气体从烧杯中逸出，总质量减少。

（3）质量守恒定律解释的是化学反应前后物质的质量关系，而白糖和水混合属于物理变化，所以该实验不

能验证质量守恒定律。故填：不对；因为两种物质未发生化学反应，所以不能验证质量守恒定律。

5.【新形式】（2023•江苏无锡•中考真题）“化学链燃烧”是指燃料不直接与空气接触，而是以载氧体在两个

反应器之间的循环来实现燃料较低温度下燃烧的过程。某“化学链燃烧”的过程如下：

载氧体循环传送器

下列叙述错误的是

A

A.空气反应器中发生的反应为：2CU,O+O2=4CUO

B.X中氮气的含量比空气中高

C.与直接燃烧相比，“化学链燃烧”有利于二氧化碳的捕集

D.等质量的甲烷直接燃烧比“化学链燃烧”消耗氧气多

【答案】D

【详解】A.由图可知，空气反应器中氧化亚铜与氧气反应生成氧化铜，反应的化学方程式为:

A

2CU2O+O2=4CUO,故A正确；

B.由图可知，在空气反应器中，氧气被消耗，排出气体X中氮气的含量比空气中高，故B正确；

C.指燃料不直接与空气接触，而是以载氧体在两个反应器之间的循环来实现燃料燃烧，此操作装置的改变有

利于分离和回收比较纯净的二氧化碳，故C正确；

D.消耗等质量的甲烷，参加反应的氧气质量不会改变，故D错误。

故选：D。

6.【新考法】（2024•河北•中考真题）当前，氨气（NHJ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

质量/g

80

口反应前

勿反应后

氮气氢气氨气催化剂物质

A.反应后催化剂的质量为8g

参加反应的氢气质量为6g

氨气分子的微观示意图为国苞®

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

【详解】A.根据质量守恒定律，反应前后催化剂的质量不变，反应前催化剂的质量为5g,故反应后催化剂

的质量也为5g,故A错误；

B.根据质量守恒定律，反应前氢气质量为：52g+9g+34g—80g—0g=15g,参加反应的氢气质量为：

15g-9g=6g,故B正确；

C.氨气是由氨分子构成的，每个氨分子是由1个氮原子和3个氢原子构成的，氨气分子的微观示意图为

蕊,故C错误;

D.根据质量守恒定律，参加反应的氮气质量为：80g-52g=28g,生成的氨气质量为：34g-0g=34g,由化学方

程式可知，参加反应的氮气和生成的氨气分子个数比为啰:堂=1:2,故D错误。

2817

故选：Bo

7.【新考向】在一密闭容器中，有a、b、c、d四种物质，反应前各物质的质量关系如下图刻度纸所示（例

如：d的质量为2g）在一定条件下发生反应，反应结束后，再次测得各物质的质量变化，并通过刻度的移

动来表示，且记录在同一张刻度纸上：刻度线I向右移动9格；刻度线II向左移动8格；刻度线III向左移动8

格。下列说法正确的是

^30

A.反应结束后c的质量为14g

B.该反应为化合反应

C.a、b变化的质量比一定为9：17

D.a、d的相对分子质量之比一定为9:8

【答案】C

【分析】由图可知，一开始，a=5g-0=5g、b=22g-5g=17g>c=28g-22g=6g>d=30g-28g=2g,反应后,刻度线I

向右移动9格；刻度线II向左移动8格；刻度线III向左移动8格，故a=5g+9g=14g、b=17g-9g-8g=0.

c=6g+8g-8g=6g、d=2g+8g=10g,故反应后，a质量增加，是生成物，b质量减小，是反应物，c质量不变，

可能是催化剂，也可能是不参与反应的杂质，d质量增加，是生成物；

【详解】A、由分析可知，反应结束后，c的质量是6g,故A不符合题意；

B、a、d是生成物，b是反应物，该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应，故B不符合题意；

C、a、b变化的质量比为：(14g-5g)：(17g-0)=9:17,故C符合题意；

D、参加反应的a、d的质量比为：(14g-5g)：(10g-2g)=9:8,但是化学计量数之比未知，无法计算相对分

子质量之比，故D不符合题意。

故选C。

8.(2024•四川达州•一模)将10g碳酸钙固体高温燃烧一段时间后，停止加热，冷却后称得固体质量为8g,

再向剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应后，蒸发，得到固体的质量为

A.11.1gB.15.9gC.33.3gD.44.4g

【答案】A

【详解】碳酸钙高温燃烧生成氧化钙和二氧化碳，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，氧化

钙与稀盐酸反应生成氯化钙和水，最终得到的固体为氯化钙，由质量守恒定律，生成的氯化钙的钙元素全

CaCO3-Ca-CaCl2

部来自于10g碳酸钙，则理论上可得到固体氯化钙的质量为x,则有100111

10gX

111x

100-10g

x=ll.lg

故选：Ao

题型二化学方程式

9•【原创题】通过电能驱动的电化学固氮被认为是一种可持续发展的绿色合成氨技术。氧化锂电催化氮气

还原合成氨具备巨大潜力，反应的微观示意图如图，下列说法正确的是

。一氮原子

。一氧原子

•一氢原子

A.反应前后原子和分子总数都不变

氧化镉

B.该反应的化学方程式为2N,+6H2。4NHj+30

通电2

C.反应前后三种元素的化合价均发生变化

D.参加反应的和“a”的化学计量数之比为1：2,

【答案】B

氧化镉

【详解】A、由微观示意图可知，该反应的化学方程式为2N2+6HQ」4NH3+3O,,反应前后分子的

通电

数目由8变为7,分子数目变少，由质量守恒定律可知，反应前后原子的种类、数目、质量都不变，故A

错误；

氧化镉

=

B、2N2+6H,04NH3+30,,故B正确;

通电

C、反应前后氢元素的化合价没有发生变化，故c错误;

氧化铝

参加反应的和“a”的化学计量数之比为

D、根据2N2+6HQ4NH3+3O2可知,

通电

2:6=1:3,故D错误。

故选B。

10.（2024•黑龙江大庆•中考真题）下列化学方程式书写正确的是

A.氧化铝溶于稀硫酸：AI2O3+2H2so4=2A1SO4+2H2。

B.铁溶于稀盐酸：2Fe+6HCl=2FeCb+3H2T

C.氢气还原氧化铜：CUO+H2=CU+H2O

D.向硫酸铜溶液中滴加少量氢氧化钠溶液：CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2；+Na2SO4

【答案】D

【详解】A、氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，正确的化学方程式为AI2O3+3H2sO4=A12（SO4）3+3H2。,

故选项不符合题意；

B、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的化学方程式为Fe+2HCl=FeCb+H2T，故选项不符合题意；

△

C、氢气与氧化铜在加热的条件下生成铜和水，正确的化学方程式为CUO+H2=CU+H2。，故选项不符合题意;

D、硫酸铜与氢氧化钠反应生成硫酸铜沉淀和硫酸钠，化学方程式书写正确，故选项符合题意。

故选D。

11•【新考向】（2024•江苏常州•二模）H2s气体剧毒，可用FeCb、FeCl2>CuCb的混合液处理（如图）并得到

化工原料S。下列说法不正确的是

A.在如图转化中，元素化合价发生改变的是Fe、S、O

B.过程I的发生的反应为CUC12+H2S=CUS；+2HC1

—'定条件

C.该反应的总方程式2H2S+O2八2SI+2H2。

D.随着反应的进行，溶液的pH值一直在减小

【答案】D

【详解】A、过程I是硫化氢和氯化铜反应生成HC1和CuS,对应的化学方程式为：H2S+CUC12=CUS；+2HC1,

反应前后氢元素显示+1价，硫元素显-2价，氯元素显-1价，铜元素显+2价，过程无化合价改变；过程n是

硫化铜和FeCb混合反应生成氯化铜和氯化亚铁以及硫，对应的化学方程式为:CuS+2FeC13=2FeC12+CuCb+S,

反应前铜元素显+2价，硫元素显-2价，铁元素显+3价，氯元素显-1价，反应后铁元素显+2价，氯元素显

-1价，铜元素显+2价，硫元元素0价，则铁元素和硫元素化合价改变；过程皿为FeCb和氧气和盐酸反应

生成氯化铁（FeCb）和水，反应前铁元素显+2价，氯元素显-1价，氧元素为0价，氢元素显+1价，反应

后铁元素显+3价，氯元素显-1价，氢元素显+1价，氧元素显-2价，则铁元素和氧元素化合价改变，故在如

图的转化中，化合价改变的元素有Fe、S、O,故选项说法正确；

B、过程I是硫化氢和氯化铜反应生成HC1和CuS,对应的化学方程式为：H2S+CUC12=CUS；+2HC1,故选项

说法正确；

C、过程中氯化铁以及氯化铜都是做催化剂的，所以总反应为硫化氢和氧气在一定条件下反应生成硫单质和

.一定条件

水，该反应的总方程式：2H2S+O2=^^S；+2H2O,故选项正确；

D、过程I是硫化氢和氯化铜反应生成HC1和CuS,过程n是硫化铜和FeCb混合反应生成氯化铜和氯化亚铁

以及硫，对应的化学方程式为：CuS+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2+S,过程III为FeCb和氧气和盐酸反应生成氯化

铁（FeCb）和水，随着反应的进行，氢硫酸反应，生成氯化氢，酸性越来越强，随后盐酸参与反应，酸性

又减弱，所以整个溶液的pH值逐渐变小，后又逐渐变大，故选项错误；

故选：D。

题型三根据化学方程式进行简单的计算

12.赤铁矿是重要的炼铁原料，其中FqOj的含量直接影响到炼铁的效率和成本。兴趣小组用一氧化碳还原

10g赤铁矿样品，充分反应后得到5.6g铁单质，计算该赤铁矿样品中的质量分数。

【答案】解：设该赤铁矿样品中FezCh的质量分数为x

高温

Fe2O3+3CO^=3CO2+2Fe

160112

10gxx5.6g

160_lOgxx

H2-5.6g

x=80%

答：该赤铁矿样品中Fe2C>3的质量分数为80%。

【详解】过程见答案。

13.（2024•江苏常州•二模）NaHCCh是发酵粉的主要成分，加热后充分分解所得剩余固体为Na2cO3,常用

于制作糕点、馒头的发泡剂。某同学为探究发酵粉样品中NaHCCh的质量分数，他取样品20.0g,用下图实

验步骤进行探究（假设样品中除NaHCCh之外的其他成分加热不发生变化，也不与盐酸反应,直接进入固体B

中）。下列判断正确的是

发酵粉样品加热一段时间固体A加过量稀盐酸、固体B

(20.0g)(16.9g)蒸发结晶(14.9g)

A.加热产生CO?的质量为3.1gB.固体A中含有Na2cO3的质量为7.5g

C.固体B中含有NaCl的质量为5.85gD.发酵粉样品中NaHCQ的质量分数为84.0%

【答案】D

【详解】A、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为

△小

2NaHCO=NaCO+HO+COT,依据质量守恒定律可知，加热产生和的质量为

32322H2Oco2

20.0g-16.9g=3.1g,故A判断错误;

4

2NaHC0,Na2cO3+H2O+CO2T固体减少量106x

32322——=---------解得

B、设加热生成碳酸钠的质量为X,

106184418+44=62623.1g"+'寸

X3.1g

x=5.3g,则固体A中含有Na2cO3的质量为5.3g,故B判断错误;

C、由D分析可知，原发酵粉样品中的NaHCCh的质量为16.8g,杂质的质量为20.0g-16.8g=3.2g,碳酸氢钠

和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则固体B中氯

化钠的质量为14.9g-3.2g=11.7g,故C判断错误；

D、分析2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2T,NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2T,

Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2T,则可得如下关系NaHCO?〜NaC/〜固体减少量，设发酵粉样品中

NaHCO3-NaCl~固体减少量

NaHCCh的质量为z,8458.584-58.5=25.5,――,z=16,8g,则原发酵粉样品中的

5.1g

z20.0g-14.9g=5.1g

NaHCCh的质量分数为襄善xl00%=84%,故D判断正确;

20.0g

故选：D。

14.(2024•甘肃武威•二模)某校化学兴趣小组为了测定某一碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数，进行如下实

验，取13.25g碳酸钠样品(杂质既不溶于酸也不溶于水)放入烧杯中，加入95.8g水使其完全溶解，再向

其中加入稀盐酸，测得反应放出气体的总质量与所加入稀盐酸的质量关系曲线如图所示，求：

放

出

气

体

的

质

量

/g

(1)当加入212g稀盐酸时，放出气体的质量。

(2)碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数。

【答案】⑴4.4g

（2）解：设碳酸钠样品中碳酸钠的质量为x

Na2CO3+2HCI=2NaCl+H20+CO2T

10644

x4.4g

106_x

~44~^4g

x=10.6g

碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数为：=噜X100%=80%

13.25g

答：碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数为80%。

【详解】（1）由图可知，加入106g稀盐酸时碳酸钠与稀盐酸恰好完全反应，生成气体质量为4.4g,则加入

212g稀盐酸时，放出气体的质量也为4.4g；

15.（2024•河北石家庄•三模）在牙膏中，常用轻质碳酸钙粉末等作摩擦剂。已知某品牌牙膏中的摩擦剂是

CaCO3和SiO2（SiO2既不溶于水也不与稀盐酸反应）,化学兴趣小组用该牙膏的摩擦剂测定某盐酸中溶质的质

量分数，通过实验测得如图数据：（假设产生气体全部逸出）

50g稀盐酸1\60g稀盐酸||

搅售克泰屋d搅皆充分‘等

反应反应

15g摩剩余混合物剩余混合物

擦剂的质量62.8g的质量120.6g

⑴□生成CO的质量为go

2

（2）求稀盐酸中溶质的质量分数。

【答案】⑴4.4

（2）15g摩擦剂中加入50g稀盐酸生成二氧化碳的质量为50g+15g-62.8g=2.2g,设50g稀盐酸中溶质的质量为

x,则有

CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2T

7344

x2.2g

73_x

44-Z2g

%=3.65g

稀盐酸中溶质质量分数为不xl00%=7.3%。

50g

答：稀盐酸中溶质质量分数为7.3%。

【详解】（1）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，15g摩擦剂和110g稀盐酸充分反应后，生成

二弘化碳的质量为15g+50g+60g-120.6g=4.4go故填4.4；

（2）见答案。

重难创新练

1.某化学课外小组同学用下图所示实验探究质量守恒定律。

（1）A实验中，加热细铜丝团一段时间后移走酒精灯，观察到铜丝表面变为黑色（CuO）,细铜丝团一端会—

（填“上升”或“下降

（2）B实验中，观察到小气球先变鼓再变瘪，其中“变鼓”的原因是。该实验过程中，锥形瓶中物质的总

质量随时间的变化关系如下图所示，正确的是（填字母）。

总

总

总

总

质

质

质

质

量

量

量

量

0时间0时I、旬0时尚0时间

abcd

（3）B、C、D三组实验充分反应并冷却至室温后，天平不能平衡的是（填字母）。

（4）实验拓展：冬天常会看到机动车排气管后冒出团团“白气”（实际上是水的小雾滴），通过这一现象我们可

以得出柴油或汽油中一定含有元素。

【答案】（1）下降

（2）红磷燃烧放出热量，装置内气体受热膨胀，压强增大b

(3)D

(4)氢/H

【详解】（1）A实验中，加热细铜丝团一段时间后，铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜，根据质量

守恒定律，生成氧化铜的质量等于参加反应的铜的质量与参加反应的氧气的质量之和，故观察到铜丝表面

变为黑色(CuO),细铜丝团一端会下降；

(2)B实验中，观察到小气球先变鼓再变瘪，其中“变鼓”的原因：红磷燃烧放出热量，装置内气体受热膨

胀，压强增大；

B实验中，红磷燃烧生成五氧化二磷，该实验在密闭容器中进行，根据质量守恒定律，化学反应前后，物质

的总质量不变。

故选b；

(3)B实验中红磷燃烧生成五氧化二磷，该实验在密闭容器中进行，化学反应前后，物质的总质量不变，

待完全反应，冷却至室温后，天平平衡；

C实验中氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，该实验无气体参与或生成，化学反应前后，质量不

变，天平平衡；

D实验中蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，二氧化碳是气体，会散逸到空气中，导致质量减小，天平不平衡。

故天平不能平衡的是D；

(4)冬天常会看到机动车排气管后冒出团团“白气”(实际上是水的小雾滴)，通过这一现象说明汽油或柴油

燃烧生成水，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，生成物中含H、O,反应物氧气由氧元

素组成，故可得出柴油或汽油中一定含氢元素。

2.(2024•安徽宣城•一模)2022年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们利用Cu+做催化剂将氮原子和碳原子

象“纽扣”一样链接在一起，称为“链接化学”。下列有关说法正确的是

AzideAlkyne

<-N=N=N=—•

1G°lecuQ噩

AzideAlkyne

O♦-N=N=N—>

J®

Triazole

N=N

3(Molecule^(

MoleculeI

Click

A.反应中原子没有发生变化B.Cu+在反应中质量和性质都不变

C.反应中元素种类发生变化D.该反应没有新物质生成

【答案】A

【详解】A、依据质量守恒定律可知：化学变化前后原子的种类不变，说法正确，说法正确;

B、催化剂在反应中质量和化学性质不变，说法错误;

C、依据质量守恒定律可知：化学反应前后元素种类不变，说法错误;

D、化学反应一定有新物质生成，说法错误;

故选：Ao

3.（2024•福建三明•二模）用Pt-Rh合金催化氧化NH3制NO,其反应的微观模型如图①，含氮生成物产

率随反应温度的变化曲线如图②所示。关于该转化过程的说法不正确的是

OH

NNH,

O二.NO

HN

图①图②

A.化学反应前后原子的种类不变

B.400。（3时，生成的产物只有N2和NO

C.Pt-Rh合金催化氧化NH3制NO,适宜的温度为800OC

D.化学反应前后Pt-Rh合金的质量和化学性质均未改变

【答案】B

【详解】A、根据质量守恒定律可知，化学反应前后原子的种类不变，正确；

B、根据质量守恒定律可知，反应前后原子的种类和数目保持不变，因此400（时，用Pt-Rh合金催化下，

氧化NH3生成的产物不仅有N2和NO,还有水生成，错误；

C、根据图示信息可知，Pt-Rh合金催化氧化NH3制NO,适宜的温度为800。。此时一氧化氮的产率较高,

正确；

D、催化剂反应前后质量和化学性质保持不变，因此化学反应前后Pt-Rh合金的质量和化学性质均未改变,

正确;

故选：B„

4.二氧化铳因应用广泛而备受关注。某研究小组采用下图装置通过焙烧MnCC>3制取Mn02,发生反应的化

(1)实验过程中，石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化如上图所示，则焙烧MnCCh制取Mn02应该

控制反应的温度不高于℃o

(2)若加热到300〜90(TC时，镒的氧化物会分解产生一种常见气体，该气体为(填化学式)。

(3)若把反应温度控制在900℃,充分反应后管内剩余固体的质量为go

(4)试根据化学方程式求46.0gMnCO3通过熔烧最多制得的MnO,的质量是多少？(请写出计算过程)

【答案］⑴300

⑵。2

(3)28.4

(4)解：设最多制得的MnO2的质量是X。

A

2MnCO3+O2=2CO2+2MnO2

230174

46.0gx

23046.0g

174-x

x=34.8g

答：最多制得的MnC)2的质量是34.8g。

【详解】(1)由图像可知，300P后二氧化锦开始分解，所以焙烧温度应控制在300(以下。

(2)若加热到300〜90(FC时，钵的氧化物会分解产生一种常见气体，由质量守恒定律，化学反应前后元素

种类不变可知，该气体为氧气，其化学式为

(3)由图像可知，当温度控制在900。。充分反应后管内剩余固体为MnO,46.0gMnCC)3中锦元素的质量

为46.0gx—,xl00%=22g,根据化学反应前后元素的质量不变可知，生成的MnO的质量为22g-

55+12+16x3

55

.xlOO%）=28.4go

55+166

（4）见答案。

5.生产乙醇（C2H6。）的两个反应如下：

_一定条件催化剂.

①C2H4+H2OC2H6。②C6Hl2（）6===2C2H6O+2CO2T

（1）若用反应①制取23g乙醇，理论上至少需要乙烯（C2H4）的质量是多少?

目标产物中所有原子的总质量

（2）原子经济性---------------------------------------X100%,它是绿色化学的重要指标。上述两个反应中，原子经济性

反应物中所有原子的总质量

更好的是反应________（填“①”或“②，）

【答案】（1）解：设制取23g乙醇，理论上至少需要乙烯的质量为X。

一定条件

C2H4+H2OC2H6。

2846

x23g

28_x

46-23j

x=14g

答：制取23g乙醇，理论上至少需要乙烯的质量为14g。

⑵①

【详解】（1）见答案。

（2）根据原子经济性公式，①中反应物完全转化为生成物，原子经济性百分之百，②中反应物未完全转化

为生成物，原子经济性小于百分之百，故原子经济性更好的是反应①。

真题实战练

1.（2024•山西・中考真题）在一次实验课上，同学们通过小组合作，完成了对密闭容器中少量小苏打与少量

白醋反应的质量测定。以下分析正确的是

A.反应后小苏打的质量增加B.反应过程中各物质的质量都不变

C.反应前后各物质的质量总和相等D.反应前称量的是小苏打和白醋的总质量

【答案】C

【详解】A、白醋的主要成分是醋酸，小苏打是碳酸氢钠的俗称，醋酸能与碳酸氢钠反应生成醋酸钠、二氧

化碳和水，所以反应后小苏打的质量减少，故A分析错误；

B、白醋的主要成分是醋酸，小苏打是碳酸氢钠的俗称，醋酸能与碳酸氢钠反应生成醋酸钠、二氧化碳和水,

反应过程中各物质的质量改变，故B分析错误；

D、根据质量守恒定律，参加化学反应的各物质质量总和与反应后生成的各物质质量总和相等，该装置密闭,

则反应前后各物质的质量总和相等，故C分析正确；

D、根据图示，反应前称量的是小苏打和白醋以及装置的总质量，故D分析错误；

故选：Co

2.（2024•黑龙江绥化•中考真题）现将40gA和足量的B混合加热。A与B发生化学反应，40gA完全反应

后生成32gC和22gD,则参加反应的B与生成的D的质量比是

A.20：7B.7：11C.5：4D.16：11

【答案】B

【详解】40gA完全反应后生成32gC和22gD,由质量守恒定律可知，参加反应的B的质量=32g+22g-40g

=14g,故参加反应的B和D的质量比是14g：22g=7：11。

故选：Bo

3.（2024•四川德阳•中考真题）天然气的主要成分是甲烷（CHQ,甲烷参与某反应的微观示意图如图，下列

说法错误的是•

氧

原

+O子

碳

原

子

氢

原

O子

A.微粒“R”的化学式为CO2

B.反应前后，原子和分子数目均保持不变

C.参加反应的£§与"的质量之比为1:2

D.天然气是不可再生的化石燃料

【答案】C

【详解】A、根据图示可知，该反应反应物为甲烷和氧气，生成物之一为水，根据质量守恒定律，化学反应

前后原子个数不变、种类不变，则微粒R的化学式为CO?，故A正确；

占燃

B、根据图示可知，该反应的化学方程式为。%+2020（302+2凡0,则反应前分子数为3,反应后分子

数也为3,则该反应反应前后原子、分子数目均不变，故B正确；

点燃

C、根据图示可知，该反应的化学方程式为CH4+2O2二＜3。2+2凡0,则参加反应的甲烷和水的分子数目

之比为1：2,则其质量之比为（Ixl6）：（2x32）=l：4,故C错误；

D、天然气为远古生物遗蜕在高温高压条件下反应生成，属于不可再生能源，故D正确；

故选C：

4.（2024•江苏徐州•中考真题）为了实现碳的资源化利用，我国科学家用纳米保粒子作催化剂将二氧化碳合

催化剂

成甲烷，反应的化学方程式为COZ+4H2^=CH4+2X。下列说法正确的是

A.X的化学式为H2O2B.甲烷中碳、氢元素的质量比为3：1

C.反应前后分子的数目不变D.参加反应的CO2和H2的质量比为22：1

【答案】B

【详解】A、反应前碳、氢、氧原子个数分别为1、8、2,反应后的生成物中碳、氢、氧原子个数分别为1、

4、0,根据化学反应前后原子种类、数目不变，则2X分子中含有4个氢原子和2个氧原子，则每个X分

子由2个氢原子和1个氧原子构成，则物质X的化学式为H2O,,故A错误；

B、甲烷中碳、氢元素的质量比为：12：4=3：1,故B正确；

C、微观上，该反应是1个二氧化碳分子和4个氢分子反应生成1个甲烷分子和2个水分子，反应前后分子

的数目减少，故C错误；

D、参加反应的CO2和H2的质量比为:44：（4x2）=11：2,故D错误。

故选B。

5.（2024•山东临沂•中考真题）一定条件下，甲、乙、丙、丁四种物质反应前后的质量关系如表所示。下列

说法中错误的是

物质甲乙丙丁

反应前的质量/g40352

反应后的质量/g4X534

A.x=7B.丙可能是该反应的催化剂

C.该反应属于化合反应D.反应中甲和丁的质量比是9：8

【答案】C

【详解】A、由质量守恒定律可知，xg=（40g+3g+2g+5g-（4g+5g+34g）=7g,故说法正确；

B、丙质量不变，可能是该反应的催化剂，也可能不参加反应，故说法正确；

C、由表中信息可知，甲物质质量在减少为反应物，乙和丁质量增加为生成物，反应符合一变多，属于分解

反应，故说法错误；

D、由表可以得出，反应中甲和丁的质量比为（40g-4g）：（34g-2g）=9：8,故说法正确。

故选C。

6.（2024•黑龙江•中考真题）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.该反应基本反应类型为化合反应

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】C

【分析】由图可知，甲反应前质量分数为70%,反应后质量分数为42%,减小了28%,即甲为反应物；乙

反应前质量分数为14%,反应后质量分数为8%,减小了6%,即乙为反应物；分析反应后各物质的质量分

数可知，丁反应后的质量分数为1-40%-42%-8%=10%,即丁反应前后质量分数保持不变，则丁可能是

催化剂，也可能没有参加反应；丙反应前质量分数为6%,反应后质量分数为40%,增长了34%,即丙为生

成物，该反应为：甲+乙一丙。

【详解】A、由分析可知，该反应符合“多变一”的特点，属于化合反应，故A不符合题意；

B、该化学反应中乙、丙质量比为（14%-8%）:（40%-6%）=3:17,故B不符合题意；

C、由分析可知，该反应为：甲+乙-丙，属于化合反应，则丙一定是化合物，不可能是单质，故C符合题

思；

D、由分析可知，丁反应前后质量分数保持不变，则丁可能是催化剂，也可能没有参加反应，故D不符合

题意。

故选C。

7.（2024•四川广元•中考真题）乙醇（C2H5OH）是常用的燃料。现有4.6g乙醇与一定量氧气混合于密闭容器

内，在一定条件下反应物全部转化为一氧化碳、二氧化碳和水，恢复到室温，测得所得气体中氧元素质量

分数为70%,则参加反应的氧气质量为

A.6.4gB.8.0gC.8.8gD.9.6g

【答案】C

【分析】根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，物质的总质量不变来分析。

【详解】现有4.6g乙醇与一定量氧气混合于密闭容器内，在一定条件下反应物全部转化为一氧化碳、二氧

12x2

化碳和水，4.6g乙醇（C2H5OH）中碳元素的质量为4.6gx—.,,xioo%=2.4g,氢元素的质量为4.6gx

12x2+1x6+16

——xl00%=0.6g,恢复到室温所得气体是一氧化碳和二氧化碳的混合物，其中氧元素质量分数

12x2+1x6+16

为70%,则碳元素的质量分数为1-70%=30%,所以混合气体的质量为2.4g+30%=8g,乙醇燃烧生成水的质

1x2

量为0.6g/,/”xl00%=5.4g,根据质量守恒定律可知，参加反应的氧气的质量为（8g+5.4g）-4.6g=8.8g。

1x2+16

故选C。

【点睛】化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变，这

是书写化学方程式、判断物质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。

8.（2023•吉林・中考真题）化学兴趣小组用气密性良好的不同装置进行下列实验，验证质量守恒定律。

玻璃管

红磷稀盐酸

_____细沙碳酸钠

O\

实验一

(1)实验一：称量装置和药品的总质量为如保持装置密闭。使红磷燃烧，待装置冷却后。再次称量装置和药

品的总质量为％2，加/与加2的大小关系是：mi也;

(2)实验二：将气球中的碳酸钠粉末倒入稀盐酸后，观察到的现象是,白色固体消失，气球变鼓，受

浮力影响电子天平示数减小；

(3)为克服实验二中气球受浮力的影响。在实验三中利用硬塑料纸改进实验装置，用电子天平称量装置和药

品的总质量，接下来的实验操作为,待反应结束后，再次称量装置和药品的总质量，。电子天平示数

不变；

(4)化学反应遵守质量守恒定律，其微观原因是。

【答案】(1)=/等于

(2)产生气泡，气球膨胀，电子天平示数减小

(3)倾斜瓶子，使稀盐酸和碳酸钠混合

(4)反应前后原子种类、个数和质量都不变

【详解】(1)实验一：称量装置和药品的总质量为n保持装置密闭。使红磷燃烧，待装置冷却后。再次称

量装置和药品的总质量为m2，根据质量守恒定律可知，mi与m2的大小关系是：mi=m2；

(2)碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳。实验二：将气球中的碳酸钠粉末倒入锥形瓶中，观察

到的现象是产生气泡，气球膨胀，电子天平示数减小(气球膨胀产生向上的浮力)；

(3)为克服实验二中气球受浮力的影响。在实验三中利用硬塑料纸改进实验装置，用电子天平称量装置和

药品的总质量，接下来的实验操作是倾斜瓶子，使稀盐酸和碳酸钠混合，待反应结束后，由于二氧化碳没

有逸出，再次称量装置和药品的总质量，电子天平示数不变；

(4)化学反应遵守