《2026年江苏13大市中考名卷优选38套化学》

6. (2022连云港)$\mathrm{KCl}$和$\mathrm{KNO_3}$的溶解度(见下表)和溶解度曲线(见下图)。下列说法正确的是 (C)


A.曲线甲代表$\mathrm{KCl}$的溶解度曲线

B.40 ℃时，饱和$\mathrm{KNO_3}$溶液中$\mathrm{KNO_3}$的质量分数为63.9%
C.$\mathrm{T_1}$的值在20～30之间
D.将$\mathrm{T_1}$℃时甲和乙的饱和溶液升温至$\mathrm{T_2}$℃时，溶液中溶质的质量分数：甲＞乙

答案： 6. C 据图可知，甲的溶解度随温度变化较大，结合表中溶解度可知，甲为$KNO_3$的溶解度曲线，乙为$KCl$的溶解度曲线；40 ℃时，$KNO_3$的溶解度为63.9 g，故饱和$KNO_3$溶液的溶质质量分数=$\frac{63.9 g}{163.9 g}×100 \% \approx38.99 \%$；$T_1$℃时，甲和乙的溶解度相等，根据表中溶解度可知，20～30 ℃间，$KNO_3$和$KCl$的溶解度会有交集，其他温度范围内不会产生交集；$T_1$℃时甲和乙的溶解度相等，其饱和溶液的溶质质量分数相等，升温到$T_2$℃时，甲、乙都变为不饱和溶液，溶质质量分数都不变，依然相等。

7. (2023镇江)常温下，向100.0 g $\mathrm{MgCl_2}$、$\mathrm{MgSO_4}$混合溶液中，滴加$\mathrm{Ba(OH)_2}$溶液，产生沉淀的质量与滴加$\mathrm{Ba(OH)_2}$溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是 (D)


A.a点对应溶液中有两种溶质
B.b点对应溶液的pH＞7
C.$\mathrm{\frac{m_1}{m_2}=\frac{291}{407}}$
D.原混合溶液中$\mathrm{MgSO_4}$的质量分数大于$\mathrm{MgCl_2}$的质量分数

答案： 7. D 氯化镁与氢氧化钡反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钡，反应中氢氧化钡、氢氧化镁质量比为171∶58，硫酸镁与氢氧化钡反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，反应中氢氧化钡、氢氧化镁、硫酸钡的质量比为171∶58∶233，结合上述数据分析图像信息，可知沉淀质量增幅不同，第一阶段氢氧化钡与硫酸镁反应，第二阶段氢氧化钡与氯化镁反应。a点时部分氯化镁反应，溶液中溶质为氯化钡、氯化镁；b点时氢氧化钡溶液过量，对应溶液中溶质为氯化钡、氢氧化钡，氢氧化钡溶液显碱性，pH＞7；根据前面对反应中相关物质质量比的分析，结合图示信息，与硫酸镁、氯化镁分别反应的氢氧化钡质量比为1∶2，可知两个反应生成沉淀质量比=(58+233)∶(58×2)=291∶116，则$\frac{m_1}{m_2}=\frac{291}{291+116}=\frac{291}{407}$；所发生的反应中氢氧化钡、硫酸镁的质量比为171∶120，氢氧化钡、氯化镁的质量比为171∶95，结合两个反应消耗氢氧化钡质量比为1∶2，则参加反应的硫酸镁、氯化镁质量比为120∶(95×2)=12∶19，因此原混合溶液中硫酸镁的质量分数小于氯化镁的质量分数。

8. (2023南通)已知：常温下$\mathrm{Ca(OH)_2}$溶解度为0.17 g。向一定量饱和$\mathrm{Ca(OH)_2}$溶液中滴加盐酸，溶液pH随V(盐酸)变化的曲线如图所示。为检测某生石灰样品中钙元素含量，实验如下：
步骤1：取0.60 g样品于锥形瓶中，向其中加入200 mL蒸馏水，盖上表面皿充分振荡。

步骤2：向冷却后的锥形瓶中滴入几滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至反应完全。反应完全时锥形瓶内溶液红色恰好褪去。经换算，消耗$m(\mathrm{HCl})=0.73$ g。
下列说法正确的是 (D)

A.步骤1中充分振荡后得到澄清透明的溶液
B.步骤2中红色恰好褪去时，消耗$V_3$ mL盐酸
C.步骤2中化学方程式为$2\mathrm{HCl + CaO \xlongequal{ } CaCl_2 + H_2O}$
D.该样品中钙元素的质量分数为66.67%

答案： 8. D 根据步骤1中氧化钙和水反应生成氢氧化钙，步骤2中氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，至恰好完全反应，溶液的pH=7，进行分析判断。氧化钙和水反应生成氢氧化钙，取0.60 g样品于锥形瓶中，向其中加入200 mL蒸馏水，得到的氢氧化钙的质量一定大于0.60 g；常温下$Ca(OH)_2$溶解度为0.17 g，200 mL蒸馏水(约200 g)中最多能溶解氢氧化钙0.34 g，还有一部分水参加反应，则步骤1中充分振荡后不能得到澄清透明的溶液。步骤2中红色恰好褪去时，溶液显中性，溶液的pH=7，消耗的盐酸的体积不为$V_3$mL。步骤2中氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式为$Ca(OH)_2+2HCl=CaCl_2+2H_2O$。瓶内溶液红色恰好褪去时消耗HCl 0.73 g，设参加反应的氢氧化钙的质量为x。
$Ca(OH)_2+2HCl=CaCl_2+2H_2O$
74 73
x 0.73 g
$\frac{74}{x}=\frac{73}{0.73 g}$ $x=0.74 g$
0.74 g氢氧化钙中含钙元素的质量=$0.74 g×\frac{40}{74}=0.4 g$。样品中钙元素的质量分数=$\frac{0.4 g}{0.60 g}×100 \% \approx66.67 \%$。

9. (2022无锡)$\mathrm{CO}$、$\mathrm{H_2}$还原$\mathrm{Fe_2O_3}$的过程相似，大致分为三个阶段。向4.8 g $\mathrm{Fe_2O_3}$中不断地通入$\mathrm{H_2}$，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。下列叙述错误的是 (C)
(已知：固体残留率=$\mathrm{\frac{剩余固体质量}{反应前Fe_2O_3的质量}×100\%}$)


A.d点对应固体为Fe，其质量为3.36 g
B.从a点到d点，固体中的氧元素的含量逐渐变小
C.从a点到d点，固体减少的质量等于生成的水的质量
D.bc段发生反应的化学方程式为$\mathrm{Fe_3O_4 + H_2\xlongequal{600\sim650℃}3FeO + H_2O}$

答案： 9. C 4.8 g氧化铁中铁元素质量=$4.8 g×\frac{56×2}{56×2+16×3}×100 \% =3.36 g$，d点剩余固体的质量=4.8 g×70％=3.36 g，故d点对应固体为单质铁；从a点到d点，固体氧化物中的氧元素不断转化到生成物水中，故氧元素含量逐渐减少；反应过程中固体减少的质量就是生成的水中氧元素的质量，不是水的质量；由于铁元素的质量在加热过程中不发生变化，恒为3.36 g，c点固体剩余物的质量=4.8 g×90％=4.32 g，则氧元素的质量=4.32 g−3.36 g=0.96 g，设c点固体化学式为$Fe_xO_y$，可得56x∶16y=3.36 g∶0.96 g，解得x∶y=1∶1，故固体的化学式为FeO，同理可得b点剩余固体化学式为$Fe_3O_4$，因此bc段发生反应的化学方程式为$Fe_3O_4+H_2\xlongequal{600～650 ℃}3FeO+H_2O$。

10. (2022镇江)向盛有100.0 g $\mathrm{CuSO_4}$和$\mathrm{H_2SO_4}$混合溶液的烧杯中加入过量$\mathrm{BaCl_2}$溶液，充分反应后再滴加溶质质量分数为20.0%的$\mathrm{NaOH}$溶液，烧杯中沉淀质量与滴加$\mathrm{NaOH}$溶液质量的关系如图所示。下列说法正确的是 (C)


A.加入$\mathrm{NaOH}$溶液前，溶液中有两种溶质
B.$m_1 - m_2 = 19.6$
C.原混合溶液中$\mathrm{CuSO_4}$与$\mathrm{H_2SO_4}$的质量比为40∶49
D.取a点对应溶液，滴加稀硫酸，不能立即出现白色浑浊

答案： 10. C 向$CuSO_4$和$H_2SO_4$混合溶液中加入过量$BaCl_2$溶液，会生成$BaSO_4$沉淀和$CuCl_2$、HCl，还含有过量$BaCl_2$；加入$NaOH$溶液后，先与溶液中的HCl反应，当HCl完全反应后，再与溶液中的$CuCl_2$反应生成$Cu(OH)_2$沉淀，$m_1−m_2$即生成的$Cu(OH)_2$沉淀的质量的值，设生成的$Cu(OH)_2$的质量为x，则：
$CuCl_2+2NaOH=Cu(OH)_2\downarrow+2NaCl$
80 98
$(120 g−80 g)×20.0 \%$ x
$\frac{80}{(120 g−80 g)×20.0 \%}=\frac{98}{x}$ $x=9.8 g$
根据化学反应前后Cu元素质量不变，$CuSO_4$的质量=$\frac{9.8 g×\frac{64}{98}×100 \% }{\frac{64}{160}×100 \% }=16 g$，设与80 g$NaOH$溶液反应的盐酸的质量为y，则：
$NaOH+HCl=NaCl+H_2O$
40 36.5
$80 g×20.0 \%$ y
$\frac{40}{80 g×20.0 \%}=\frac{36.5}{y}$ $y=14.6 g$
根据化学反应前后酸中H元素质量不变，$H_2SO_4$的质量=$\frac{14.6 g×\frac{1}{36.5}×100 \% }{\frac{2}{98}×100 \% }=19.6 g$，故原混合溶液中$CuSO_4$与$H_2SO_4$的质量比为16 g∶19.6 g=40∶49。
a点溶液中含有$BaCl_2$，滴加稀硫酸后，会立即生成硫酸钡白色沉淀。

11. (2022南通)$\mathrm{Na_2S_2O_3}$溶液常用于测定$\mathrm{I_2}$的含量，反应原理为$a\mathrm{Na_2S_2O_3 + bI_2 \xlongequal{ } cNaI + dNa_2S_4O_6}$。向某$\mathrm{I_2}$溶液中滴加$\mathrm{Na_2S_2O_3}$溶液，反应过程中生成$\mathrm{NaI}$的质量随所加溶液中$\mathrm{Na_2S_2O_3}$质量的变化如图所示。下列说法不正确的是 (D)


A.化学计量数$a = c$
B.$\mathrm{Na_2S_xO_y}$中$x$与$y$之比为2∶3
C.0.316 g $\mathrm{Na_2S_2O_3}$反应时，参与反应的$\mathrm{I_2}$的质量为0.254 g
D.0.316 g $\mathrm{Na_2S_2O_3}$反应时，生成$\mathrm{Na_2S_2O_y}$的质量为0.362 g

答案： 11. D 由图可知，0.316 g$Na_2S_2O_3$反应时，生成NaI的质量为0.300 g，则：
$aNa_2S_2O_3+bI_2=cNaI+dNa_2S_xO_y$
158a 150c
0.316 g 0.300 g
$\frac{158a}{0.316 g}=\frac{150c}{0.300 g}$ $a=c$
设a=c=2，则由钠原子守恒可得d=1，由碘原子守恒可得b=1，由硫原子守恒可得x=4，由氧原子守恒可得y=6，由此代入题给化学方程式可得$2Na_2S_2O_3+I_2=2NaI+Na_2S_4O_6$。设0.316 g$Na_2S_2O_3$反应时，参与反应的$I_2$的质量为m，生成$Na_2S_4O_6$的质量为n，则：
$2Na_2S_2O_3+I_2=2NaI+Na_2S_4O_6$
316 254 270
0.316 g m n
$\frac{316}{0.316 g}=\frac{254}{m}=\frac{270}{n}$
$m=0.254 g$ $n=0.27 g$
即生成$Na_2S_xO_y$的质量为0.27 g。