压轴题01 质量守恒定律及其应用-中考化学压轴题突破（全国通用）

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压轴题01 质量守恒定律及其应用

题型一：密闭容器中质量变化的数据处理
题型二：化学反应微观示意图类
题型三：推断化学方程式中未知物质的化学式
题型四：守恒法分析化学反应（文字描述型）
题型五：守恒法分析化学反应（图像描述型）

质量守恒定律
1.概念：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 。
2.化学反应前后的“变”与“不变”：
①六个一定不变：
宏观：元素的 种类 不变、元素的 种类 不变、物质的 总质量 不变
微观：原子的 种类 不变、原子的 数目 不变、原子的 质量 不变
②两个一定变：
宏观：物质的 种类 一定改变
微观：分子的 种类 一定改变
③两个可能变：
宏观：元素的 化合价 可能改变
微观：分子的 数目 可能改变

题型一：密闭容器中质量变化的数据处理
1．（2022秋·山东枣庄·九年级期末）一定条件下，在一个密闭容器内发生某反应，测得反应前后各物质的质量如图所示，下列说法正确的是

A．x的值为22
B．该反应是分解反应
C．该反应中的生成物是CO2、H2O和O2
D．W由碳、氢、氧三种元素组成
【答案】D
【详解】A、根据总质量不变，1g+8g+20g=x+8g+10g，解得x=11g，该选项说法不正确；
B、该反应中，W和O2的质量减少，为反应物，CO2和H2O的质量增加，为生成物，则该反应不属于分解反应，该选项说法不正确；
C、该反应的生成物为CO2和H2O，该选项说法不正确；
D、CO2中碳元素的质量为，H2O中氢元素的质量为，根据元素守恒可知，W中含有碳、氢元素的质量之和为3g+1g=4g，则W中应含有氧元素，该选项说法正确。
故选D。
2．（2022·江苏南京·九年级专题练习）在密闭容器内，有甲、乙、丙、丁四种物质，甲、丁的相对分子质量之比为1：9．在一定条件下充分混合反应，测得反应过程中t1、t2时刻的质量分数如图所示，下列说法正确的是

A．乙一定是该反应的催化剂
B．生成的甲、丙两物质的质量比为8：1
C．该反应方程式中丁和甲的计量数之比为1：1
D．某时刻，若ω甲为18%，则ω丙为32%
【答案】C
【详解】由四种物质反应前后各物质的质量分数可知，反应前后甲的质量分数增加了19%﹣17%＝2%，故甲是生成物；乙的质量分数不变，可能作该反应的催化剂，也可能没有参加反应；反应后丙的质量分数增加了41%﹣25%＝16%，故是生成物；丁的质量分数减少了48%﹣30%＝18%，是反应物。
A、乙的质量分数不变，可能作该反应的催化剂，也可能是不参加反应的杂质，故A错误不符合题意；
B、反应中甲和丙的质量比为2%：16%＝1：8，故B错误不符合题意；
C、甲、丁的相对分子质量之比为1：9．该反应中甲、丁的质量比是2%：18%＝1：9，故该反应方程式中丁和甲的计量数之比为1：1，故C正确符合题意；
D、反应中甲和丙的质量比为2%：16%＝1：8，某时刻，若ω甲为18%时，18%﹣17%＝1%，则ω丙为25%+8%＝33%，故D错误不符合题意；
故选：C。
3．（2023春·湖南郴州·九年级校考竞赛）将某种天然气水合物（CH4·nH2O）与一定量氧气在密闭容器中用电火花引燃，反应后得到二氧化碳、一氧化碳和水蒸气，反应前后质量如下：下列说法正确的是

CH4·nH2O
O2
H2O
CO2
CO
反应前/g
37.2
16.0
0
0
0
反应后/g
0
0
43.2
4.4
x

A．该天然气水合物的化学式中n=8
B．该天然气水合物为氧化物
C．该天然气水合物中碳、氢元素质量比为3：4
D．若将生成物恢复到常温常压下，则得到气体中氧元素的质量分数为48%
【答案】C
【分析】根据质量守恒定律，x=37.2+16.0-43.2-4.4=5.6；O2、H2O、CO2、CO的分子个数比为：=5:24:1:2，反应的化学方程式可表示为：；
【详解】A、综上分析，根据氢原子个数可得：，解得：n=6，故A错误；
B、该天然气水合物为氧化物含有C、H、O三种元素，不是氧化物，氧化物中只有两种元素，故B错误；
C、该天然气水合物中碳、氢元素质量比为：12：16=3：4，故C正确；
D、4.4g二氧化碳中氧元素的质量与5.6g一氧化碳中氧元素的质量之和为：=6.4g，则若将生成物恢复到常温常压下，得到气体中氧元素的质量分数为：=64%，故D错误。
故选C。
4．（2023秋·广西柳州·九年级统考期末）将一定量的丙醇(C3H8O)和氧气置于封闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如表，下列判断不符合事实的是(注：氢元素全部转化生成水)
物质
丙醇
氧气
水
二氧化碳
X
反应前质量/g
a
12.8
0
0
0
反应后质量/g
0
0
7.2
8.8
b

A．a=3.2+b B．生成物中碳元素与氢元素的质量比为9：2
C．X是一氧化碳 D．参加反应的丙醇与氧气的化学计量数之比是2：9
【答案】D
【详解】A、根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，则ag+12.8g=7.2g+8.8g+bg，a=3.2+b，不符合题意；
B、根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，故生成物中碳元素与氢元素的质量比等于丙醇中C、H元素的质量比，则C、H元素的质量比为：（12×3）：8=9:2，不符合题意；
C、根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，水中氢元素的质量为：，氧元素的质量为：7.2g-0.8g=6.4g，则丙醇的质量为：，丙醇中碳元素的质量为：，丙醇中氧元素的质量为：6g-3.6g-0.8g=1.6g，二氧化碳中碳元素的质量为：，氧元素的质量为：8.8g-2.4g=6.4g，则X中碳元素的质量为：3.6g-2.4g=1.2g，氧元素的质量为：1.6g+12.8g-6.4g-6.4g=1.6g，则X分子中C、O原子的个数比为：，故X是一氧化碳，不符合题意；
D、参加反应的丙醇与氧气的化学计量数之比是：，符合题意。
故选D。

题型二：化学反应微观示意图类
5．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考二模）中国芯片蚀刻技术国际领先。NF3进行硅芯片蚀刻时的产物均为气体，在蚀刻物表面不留任何残留物。该反应微观示意图如下，下列说法正确的是

A．上述四种物质均由分子构成
B．反应前后分子、原子的种类和数目均不变
C．反应生成的丙和丁微粒数之比为3：2
D．空气中物质丁的质量分数为78%
【答案】C
【分析】由反应的微观示意图可知，该反应的方程式为：
【详解】A、由物质的构成可知，乙物质是由原子构成的，故A错误；
B、由反应方程式可知，反应前分子数目为7，反应后分子数目为5，故反应前后分子数目发生改变，故B错误；
C、由反应的化学方程式：可知，该反应应生成的丙和丁微粒数之比为3:2，故C正确；
D、丁是氮气，空气中物质氮气的体积分是78%，故D错误；
故选C。
6．（2023·安徽滁州·统考一模）2022年11月21日，神舟十五号载人飞船成功发射升空。其中一种火箭推进剂在火箭发射过程中，发生的微观示意图如图所示，下列说法不正确的是

A．燃烧不一定都要有氧气参与 B．该反应有元素化合价发生改变
C．该反应中甲、乙的微粒个数比为1：1 D．该反应前后原子个数、种类、质量均不变
【答案】C
【分析】根据微观示意图，反应的化学方程式为：；
【详解】A、根据题中信息，没有氧气发生了燃烧，燃烧不一定都要有氧气参与，故A正确；
B、有氮气生成，氮气中氮元素的化合价为0，氮元素的化合价发生改变，故B正确；
C、根据化学方程式可知，该反应中甲、乙的微粒个数比为1：2，故C错误；
D、根据质量守恒定律，该反应前后原子个数、种类、质量均不变，故D正确。
故选C。
7．（2023·吉林长春·吉林省第二实验学校校考二模）科学家发现海底埋藏着大量可燃烧的“冰”——可燃冰，其中主要含有甲烷水合物。甲烷燃烧的微观示意图如下，下列说法正确的是

A．反应前后原子的种类和数目都不变
B．该反应的基本类型为置换反应
C．反应前后分子的种类和数目都不变
D．参加反应的甲和乙的分子个数比为1：3
【答案】A
【分析】由微观示意图知，甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为。
【详解】A、根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目都不变，故A符合题意；
B、置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应，由分析知，生成物中没有单质，该反应不属于置换反应，故B不符合题意；
C、由化学方程式知，反应前后分子的种类改变，分子个数不变，故C不符合题意；
D、由化学方程式知，参加反应的甲和乙的分子个数比为1：2，故D不符合题意。
故选A。
8．（2023·辽宁沈阳·统考模拟预测）下图是我国化学家成功研制的在新型复合光催化剂（C3N4/CQDs）作用下，利用太阳光使水发生化学反应的原理图。下列说法正确的是

A．反应Ⅰ中反应物是水，生成物是氢气和氧气
B．反应中保持不变的微粒是氢、氧原子
C．反应Ⅰ、Ⅱ中两种催化剂的质量都减小
D．反应实现了电能向化学能的转化
【答案】B
【详解】A、由图可知，反应Ⅰ中，反应物为水，生成物为氢气和H2O2，该选项说法不正确；
B、化学反应前后，原子的种类和个数不变，该反应涉及的原子只有氢、氧元素，则反应中保持不变的微粒是氢、氧原子，该选项说法正确；
C、反应前后，催化剂的质量不变，该选项说法不正确；
D、该反应是在太阳光的作用下进行，则实现了由太阳能转化为化学能的转化，该选项说法不正确。
故选B。
9．（2023·江苏扬州·统考一模）据文献报道，利用电催化反应可将CO2还原为清洁燃料CO，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是

A．过程①中C元素的化合价不变 B．反应②属于化合反应
C．理论上，每生成1.4gCO，需补充2.2gCO2 D．H+在反应过程中起催化剂的作用
【答案】C
【详解】A、反应①中，反应物二氧化碳中碳元素显示+4价，生成物COOH中碳元素显示+3价，故碳元素的化合价改变，故A说法错误；
B、反应②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，反应物中含有碳氢氧三种元素，生成物CO中只含有碳氧两种元素，故一定还存在另一种含有氢元素的生成物，所以反应②中生成物不是一种，不符合多变一的特点，不属于化合反应，故B说法错误；
C、根据流程可知，二氧化碳转化为一氧化碳，根据碳元素守恒，1.4g一氧化碳中碳元素的质量为，需补充二氧化碳的质量为，故C说法正确；
D、由图可知，一直在补充氢离子，流程中H+参与反应，所以在反应过程中不起催化剂的作用，故D说法错误；
故选C。
10．（2023春·山东枣庄·九年级统考期中）我国科学家提出由二氧化碳和甲烷转化为乙酸（CH3COOH）的能化反应历程，该反应微观示意图如下（模型中的短线仅代表原子间的连接方式）。则下列说法不正确的是

A．该反应有利于减少温室气体的排放
B．催化剂在反应前后质量和性质不变
C．该反应前后分子种类、分子数目均改变
D．该反应的化学方程式为
【答案】B
【详解】A、二氧化碳和甲烷反应能转化为乙酸，可以减少二氧化碳的气体的排放，正确，不符合题意；
B、根据催化剂的定义可知，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，错误，符合题意；
C、根据质量守恒定律可知，化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新分子，化学反应前后，分子种类一定发生变化，但分子的数目可能发生改变，也可能不变。该反应为二氧化碳和甲烷在催化剂的催化作用下生成乙酸，反应的化学方程式为，可以看出，该反应中1个二氧化碳分子和1个甲烷分子反应生成1个乙酸分子，反应前后分子种类、分子数目都改变了，正确，不符合题意；
D、由C选项解析看出，该反应的化学方程式为，正确，不符合题意。
故选B。

题型三：推断化学方程式中未知物质的化学式
11．（2023秋·广东揭阳·九年级统考期末）铜片与浓硝酸可以发生如下反应，对该反应的下列说法中正确的是
A．硝酸(HNO3)属于氧化物
B．生成物X的化学式为N2
C．反应物Cu与生成物H2O的质量比为32：9
D．反应中N元素化合价改变的原子与N元素化合价不变的原子的个数比为1：1
【答案】D
【详解】A、氧化物中只含有两种元素，其中一种元素是氧元素，硝酸中含有三种元素，不属于氧化物，A错误；
B、根据反应前后原子种类、数目不变，反应前有1Cu、4H、4N、12O，反应后有1Cu、4H、2N、8O，推测X中含有1个氮原子和2个氧原子，X是NO2，B错误；
C、根据方程式可知，每64份质量的铜参加反应，会生成36份质量的水，两物质的质量比为32：18，C错误；
D、硝酸中氮元素显+5价，生成物中硝酸铜中氮元素显+5价，二氧化氮中氮元素的化合价为+4，其中硝酸铜中氮元素化合价没变，二氧化氮中化合价改变，个数比为1：1，D正确。
故选：D。
12．（2023秋·九年级课时练习）在光照条件下，AgNO3可分解为Ag、O2和某种氮的氧化物X。取34gAgNO3固体充分光照，测得反应后生成Ag、O2、X的质量分别为21.6g、mg、9.2g。则X物质中氮元素的化合价为
A．-3 B．+1 C．+2 D．+4
【答案】D
【详解】34gAgNO3中，氧元素的质量为，氮元素的质量为，而根据质量守恒，可知生成的氧气的质量为34g-21.6g-9.2g=3.2g，则X中含有9.6g-3.2g=6.4g氧元素，2.8g氮元素，则X中氮、氧原子个数比为，对应的化学式可为NO2，在该物质中，氧元素的化合价为-2价，设氮元素的化合价为x，根据“化合物中各元素化合价代数和为零”，可知：x+（-2）×2=0，解得x=+4，故选D。

题型四：守恒法分析化学反应（文字描述型）
13．（2023春·河南南阳·九年级校联考专题练习）取一定量的氧化铝和氧化铜的混合物，向其中加入100g溶质质量分数为9.8％的稀硫酸，恰好完全反应。原固体混合物中氧元素质量为
A．0.8g B．1.6g C．2.4g D．3.2g
【答案】B
【分析】根据硫酸中氢离子的质量和对应的关系式求算混合物中氧元素的质量。
【详解】解：氧化铝和稀硫酸生成硫酸铝和水，氧化铜和稀硫酸生成硫酸铜和水，根据元素守恒可得，生成物中水中的氧元素由氧化物中得来的。
设氧元素的质量为x


故选B。
【点睛】根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。
14．（2023·四川攀枝花·统考一模）向17.3g空气中部分变质的干燥的氢氧化钠固体样品中加入200g98%的稀硫酸，恰好完全反应，终所得溶液的质量为215.1g，则该样品中未变质的氢氧化钠的质量是
A．10g B．14g C．12g D．16g
【答案】C
【分析】氢氧化钠固体变质是因为氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应，生成碳酸钠和水，17.3g空气中部分变质的干燥的氢氧化钠固体样品中加入200g稀硫酸，恰好完全反应，最终所得溶液的质量为215.1g，最终溶液质量减少了，说明部分变质的氢氧化钠中的碳酸钠与稀硫酸反应，生成的二氧化碳逃逸了，根据质量守恒定律可得，生成二氧化碳的质量为：17.3g+200g215.1g=2.2g。
【详解】解：设部分变质的干燥的氢氧化钠固体中含有碳酸钠的质量为x

部分变质的干燥的氢氧化钠固体中含有氢氧化钠的质量：17.3g-5.3g=12g，故选C。
【点睛】该题是涉及计算题的选择题，首先要明确部分变质的干燥的氢氧化钠固体中含有碳酸钠和氢氧化钠，稀硫酸与碳酸钠和氢氧化钠都反应，而只有碳酸钠与稀硫酸反应会产生气体，根据质量守恒定律，计算出产生二氧化碳的质量，然后把二氧化碳的质量代入化学方程式计算出碳酸钠的质量，最后，通过部分变质氢氧化钠的总质量和碳酸钠的质量计算未变质的氢氧化钠的质量。
15．（2023·江苏镇江·校联考一模）已知Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。现将仅含铜、硫元素组成的纯净物16.0g敞口在空气中充分加热，得16.0gCuO。将16.0gCuO放在密闭容器中继续加热至t℃，固体全部变红，冷却得13.6gCu与Cu2O的固体混合物。将13.6g混合物放入96.0g足量稀H2SO4中，充分反应，得蓝色溶液和红色固体。下列说法正确的是
A．灼烧过程中产生3.2gSO2
B．铜、硫元素组成的纯净物的化学式为CuS
C．充分反应后所得蓝色溶液溶质质量分数为8%
D．若将13.6g固体混合物与足量的CO高温充分反应，可生成4.4gCO2
【答案】C
【详解】A、16.0gCuO中铜元素的质量为，则硫元素的质量为16.0g-12.8g=3.2g，设产生二氧化硫的质量为x，则，，解得x=6.4g，该选项说法不正确；
B、结合前面分析，可知该纯净物中铜、硫原子个数比为，则该纯净物的化学式为Cu2S，该选项说法不正确；
C、设13.6g固体混合物中，Cu2S的质量为x，则，解得x=7.2g，设生成的硫酸铜的质量为y，生成的铜的质量为z，则，、，解得y=8g、z=3.2g，则充分反应后所得蓝色溶液溶质质量分数为，该选项说法正确；
D、设生成的二氧化碳的质量为a，则：，，解得a=2.2g，该选项说法不正确。
故选C。
16．（2023·河南郑州·河南省郑州市第二十一中学校联考模拟预测）已知某乙烷（C2H6）与乙醇的混合气体中氧元素的质量分数为25%。现有该混合气体4g，与足量的氧气充分燃烧，而后将燃烧后的气体通过足量浓硫酸，则浓硫酸增重的质量为
A．0.6g B．1.8g C．3.2g D．5.4g
【答案】D
【详解】乙烷与乙醇与足量的氧气充分燃烧，都是生成二氧化碳和水，将燃烧后的气体通过足量浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，因此浓硫酸增重的质量为生成的水的质量；乙烷的化学式为：C2H6，乙醇的化学式为：C2H6O，则混合气体中碳、氢元素的质量分数和为：1-25%=75%，则氢元素的质量为：=0.6g，根据质量守恒定律，混合气体中氢元素的质量等于生成的水中的氢元素的质量，故水的质量为：=5.4g，故选D。
17．（2023春·江苏无锡·九年级校联考阶段练习）现有Fe2O3和CuO的混合物ag，在高温条件下用足量的CO还原，得到金属混合物5.4g，产生的CO2气体用足量的澄清石灰水全部吸收后，产生白色沉淀10.0g，则a的数值为
A．7.0g B．6.0g C．6.3 D．8.6g
【答案】A
【分析】一氧化碳和氧化铁高温生成铁和二氧化碳，一氧化碳和氧化铜加热生成铜和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水。
【详解】设二氧化碳的质量为x。



混合物中氧元素的质量为，则a的数值为，故选A。

题型五：守恒法分析化学反应（图像描述型）
18．（2023·福建三明·统考一模）碳和氧化铜的混合物在一定条件下反应，质量变化情况如下图。下列判断错误的是

A．M点对应的固体物质只有两种
B．N点对应的固体中可能还含有黑色物质
C．反应后产生气体的总质量为（a-b） g
D．0~t min内，固体中铜元素的质量分数不断增大
【答案】A
【详解】 A 、碳与氧化铜在高温条件下生成铜和二氧化碳，随着反应的进行，固体的总质量逐渐减少，至完全反应不再发生改变，至 N 点恰好完全反应，则 M 点对应的固体物质有碳、氧化铜、铜三种，故选项说法错误；
B 、N 点对应的固体为铜为红色，可能还含有黑色物质木炭，故选项说法正确；
C 、碳与氧化铜在高温条件下生成铜和二氧化碳，由质量守恒定律，反应后产生气体的总质量为（ a - b ) g ，故选项说法正确；
D 、反应前后铜元素的质量不变，但固体的质量逐渐减小，0~ t min 内，固体中铜元素的质量分数增大，故选项说法正确。
故选 A。
19．（2023·江苏常州·校考一模）将CO和铁的氧化物FexOy置于密闭容器中，一定条件下充分反应至完全，反应过程中容器内部分物质的质量变化如图所示，下列说法正确的是

A．m=12.6
B．当CO2为8.8g时，CO的质量为11.2g
C．参加反应的铁的氧化物的质量为16g
D．铁的氧化物中x：y＝2：3
【答案】B
【详解】A、根据碳元素守恒，则，，解得m=16.8g，该选项说法不正确；
B、当二氧化碳的质量为8.8g时，设消耗的一氧化碳的质量为x，则，，解得x=5.6g，则此时一氧化碳的质量为16.8g-5.6g=11.2g，该选项说法正确；
C、根据质量守恒定律，设参加反应的铁的氧化物的质量为x，则8.4g+x=16.8g+13.2g，解得x=21.6g，该选项说法不正确；
D、根据铁元素守恒，可知铁的氧化物中，铁元素的质量为16.8g，则其中氧元素的质量为21.6g-16.8g=4.8g，则铁的氧化物中x：y=，该选项说法不正确。
故选B。
20．（2023·江苏镇江·校联考一模）向盛有4.0g MgO烧杯中加入200g稀硫酸，固体消失。然后再向反应后的溶液中滴加Ba（OH）2溶液，产生沉淀的质量与滴加的溶液体积关系如图所示。下列说法正确的是

A．a点的溶质是MgSO4和H2SO4
B．V2=5V1
C．m＝33.76
D．参加反应的H2SO4为10.78g
【答案】C
【分析】氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，再滴加氢氧化钡，会与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，会与硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，由图像中的数据可知，滴加氢氧化钡溶液后，产生沉淀缓慢，加到一定量后产生沉淀较快，先和过量的硫酸反应，再与硫酸镁反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀。
【详解】A、a点氢氧化钡将溶液中硫酸完全消耗，a点的溶质只有MgSO4，没有H2SO4，错误；
B、b 点处，镁离子、硫酸根离子完全变成沉淀，对应的固体为硫酸钡和氢氧化镁，从图像可知，过量的硫酸和氢氧化钡反应生成的硫酸钡沉淀质量为4.66g,由质量守恒定律可知，镁元素质量不变，为，所以氢氧化镁的质量为，根据化学方程式可知，硫酸镁和氢氧化钡生成的硫酸钡质量为：，所以，V2=6V1，错误；
C、b 点处，镁离子、硫酸根离子完全变成沉淀，对应的固体为硫酸钡和氢氧化镁，从图像可知，多余的硫酸和氢氧化钡反应生成的硫酸钡沉淀质量为4.66g,由质量守恒定律可知，镁元素质量不变，为，所以氢氧化镁的质量为，根据化学方程式可知，硫酸镁和氢氧化钡生成的硫酸钡质量为：，m=4.66+5.8+23.3=33.76，正确；
D、参加反应的硫酸质量=，错误。
故选C。
21．（2022·江苏盐城·统考中考真题）5.00g胆矾(化学式CuSO4∙5H2O)晶体样品受热失去水，样品质量随温度变化曲线如图所示(图中各点对应固体均为纯净物)。下列说法正确的是

A．受热过程中晶体样品颜色由白色逐渐变成蓝色
B．受热过程中固体物质里Cu元素的质量分数逐渐减小
C．固体物质在102℃和113℃时失去水的质量比为2：1
D．200℃时固体物质的化学式为CuSO4∙H2O
【答案】D
【详解】A、胆矾晶体显蓝色，胆矾晶体失去水后生成硫酸铜，硫酸铜固体显白色，故A错误；
B、根据质量守恒定律，受热过程中固体物质里Cu元素的质量不变，固体物质失去结晶水，质量逐渐减小，因此Cu元素的质量分数逐渐增大，故B错误；
C、根据图像，固体物质在102℃时失去水的质量为：5.00g-4.28g=0.72g，固体物质在113℃时失去水的质量为：5.00g-3.56g=1.44g，质量比为1：2，故C错误；
D、设200℃时固体物质的化学式为CuSO4∙xH2O，200℃时固体物质的质量为3.56g，则，解得x=1，故D正确。
故选D。
22．（2023秋·湖北武汉·九年级华中科技大学附属中学校联考期末）将16.0gCuSO4置于坩埚中加热，固体质量与成分随温度变化的曲线如图所示。根据图示判断，下列说法中正确的是

A．650℃时，CuSO4开始发生分解反应，生成CuO和SO2
B．Cu2O中铜元素的化合价为+2价
C．氧化铜分解产生Cu2O和O2，则m的值为7.2
D．此实验过程中的三种固体均为氧化物
【答案】C
【详解】A、根据变化曲线和质量守恒定律，化学反应前后元素质量不变可知，650°C时，CuSO4开始分解，生成氧化铜和另一种物质X，X中硫元素质量为16.0g××100%=3.2g；X中氧元素的质量为16.0g-8.0g-3.2g=4.8g，则X中硫原子和氧原子的个数比为=1:3，X的化学式为SO3，所以650°C时，CuSO4开始发生分解反应，生成CuO和SO3，错误；
B、 设：Cu2O中铜元素的化合价为x，根据化合价代数和为零，则2x+(-2)=0，x=+1，所以铜元素的化合价为+1价，故B错误；
C、1000°C时，CuO开始发生分解反应，生成mgCu2O和O2，则有


m=7.2
则m的值为7.2，正确；
D、此实验过程中的三种固体氧化铜、氧化亚铜为氧化物，硫酸铜为盐，故D错误。
故选C。
23．（2023春·江苏南通·九年级校考阶段练习）CO、H2还原Fe2O3的过程相似，大致分为三个阶段。向4.8gFe2O3中不断通入H2，不断加热，实验测得固体残留率（）随温度的变化曲线如图所示。下列叙述不正确的是

A．从a到d点，固体中的含氧量逐渐变小
B．c点对应的物质中铁、氧元素的质量比为
C．d点对应固体为Fe，其质量为3.36g
D．bc段发生反应的方程式为Fe3O4+H23FeO+H2O
【答案】B
【详解】A、从a点到d点,固体中的氧元素不断减少，即固体的含氧量逐渐变小，不符合题意；
B、b 点时固体残留率为 97%，即此时剩余固体的质量为 4.8g×97%=4.656 g，此时固体中 Fe、O元素的质量比为 3.36 g：（4.656 g-3.36 g)= 70：27，Fe、O 的原子个数比为 ≈3：4，即b 点对应物质为 Fe3O4，同理可计算 c 点对应物质为 FeO，所以c点对应的物质中铁、氧元素的质量比为 56:16=7:2，符合题意；
C、Fe2O3中 Fe 元素的质量分数为，因此当加热至 780 ℃时(曲线d点)，Fe2O3完全被还原成 Fe,其质量为，不符合题意；
D、b 点时固体残留率为 97%，即此时剩余固体的质量为 4.8g×97%=4.656 g，此时固体中 Fe、O元素的质量比为 3.36 g：（4.656 g-3.36 g)= 70：27，Fe、O 的原子个数比为≈3：4，即b 点对应物质为 Fe3O4，同理可计算 c 点对应物质为 FeO，故 bc 段发生反应的化学方程式为 。
故选B。