《2026年江苏13大市中考名卷优选38套化学》

1. (2024宿迁)二氧化碳的捕集与综合利用是实现“碳中和”的重要途径。捕集工业废气中的${CO_{2}}$并与${H_{2}O}$反应制甲醇(化学式为${CH_{3}OH}$)的微观示意图如图所示。下列说法错误的是(A)


A.参加反应的${CO_{2}}$与${H_{2}O}$的分子个数比为$1:1$
B.该反应实现了无机物向有机物的转变
C.反应前后原子的种类和数目都不变
D.反应生成的甲醇和氧气的质量比为$2:3$

答案： 1. A

2. (2024盐城)同学们课后走进实验室，回收处理金属$Mg$、$Cu$与氧气反应的废弃物。取$MgO$和$CuO$粉末的混合物$5\ g$，加入一定量的稀硫酸恰好完全反应，得到$100\ g$含硫元素质量分数为$3.2\%$的不饱和溶液；经多步处理后，得$13\ g$晶体(不含结晶水)。则原混合物中$Mg$、$Cu$两种元素质量分数之和为 (C)

A.$32\%$
B.$60\%$
C.$68\%$
D.$80\%$

答案： 2. C 得到100 g含硫元素质量分数为3.2％的不饱和溶液，其中硫元素质量是100 g×3.2％＝3.2 g，反应的硫酸质量是$\frac{3.2 g×98}{32}=9.8 g$，9.8 g硫酸中氢元素质量是$9.8 g×\frac{2}{98}=0.2 g$，0.2 g氢元素和氧化物中的氧元素结合生成水，生成水的质量是$\frac{0.2 g×2}{18}=1.8 g$，与氢元素结合的氧元素质量是1.8 g－0.2 g＝1.6 g，即MgO和CuO粉末的混合物5 g中氧元素质量是1.6 g，则镁元素和铜元素质量和是5 g－1.6 g＝3.4 g，两元素质量分数之和为$\frac{3.4 g}{5 g}×100\%=68\%$。

3. (2023无锡)柠檬酸(${C_{6}H_{8}O_{7}}$)能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。向4份等质量等浓度的柠檬酸溶液中分别加入一定质量的碳酸氢钠，充分反应，4次实验数据记录见下表：

实验④中参加反应的碳酸氢钠的质量为 (B)

A.$0.84\ g$
B.$1.26\ g$
C.$1.68\ g$
D.$2.10\ g$

答案： 3. B ①②③④中柠檬酸的质量为0.96 g。①中加入碳酸氢钠的质量为0.42 g，产生二氧化碳的体积为112 mL；②中产生二氧化碳的体积为①中的2倍，则$m_1=0.42 g×2=0.84 g$；③④中产生二氧化碳的体积为①中的3倍，柠檬酸已经反应完全，故实验④中参加反应的碳酸氢钠的质量为0.42 g×3＝1.26 g。

4. (2024南通)某学习小组为探究氢气还原氧化铜所得固体产物$X$的组成，设计如下实验：
步骤1：观察产物$X$的颜色为红色。
步骤2：向产物$X$中加入过量的盐酸充分反应，过滤得到$9.6\ g$红色固体和蓝色溶液。
步骤3：向步骤2所得蓝色溶液中加入过量的${Na_{2}H_{2}Y}$溶液，测得与${CuCl_{2}}$反应的${Na_{2}H_{2}Y}$的质量为$33.6\ g$。
已知：①${Na_{2}H_{2}Y}$的相对分子质量为$336$；
②${Cu_{2}O}$为红色固体；
③${Cu_{2}O + 2HCl\xlongequal{}Cu + CuCl_{2} + H_{2}O}$，${CuCl_{2} + Na_{2}H_{2}Y\xlongequal{}CuH_{2}Y + 2NaCl}$。
下列说法正确的是 (D)

A.产物$X$为$Cu$单质
B.步骤2所得蓝色溶液中仅含有${Cu^{2+}}$、${Cl^{-}}$两种离子
C.步骤3中参加反应的${CuCl_{2}}$的质量为$27\ g$
D.产物$X$中$Cu$元素的质量分数为$90.9\%$

答案： 4. D 由于步骤2中向产物X中加入过量的盐酸，所以溶液中的溶质含有HCl，则步骤2所得蓝色溶液中含有$H^{+}、Cu^{2+}、Cl^{-}$三种离子，B错误。设步骤3中参加反应的$CuCl_2$的质量为$x$，
$CuCl_2＋Na_2H_2Y=CuH_2Y＋2NaCl$
135 336
$x$ 33.6 g
$\frac{135}{336}=\frac{x}{33.6 g}$ $x=13.5 g$
即步骤3中参加反应的$CuCl_2$的质量为13.5 g，而不是27 g，C错误。设生成13.5 g$CuCl_2$时，参加反应的$Cu_2O$质量为$y$，同时生成铜的质量为$z$，
$Cu_2O＋2HCl=Cu＋CuCl_2＋H_2O$
144 64 135
$y$ $z$ 13.5 g
$\frac{144}{135}=\frac{y}{13.5 g}$ $y=14.4 g$
即参加反应的$Cu_2O$质量为14.4 g；
$\frac{64}{135}=\frac{z}{13.5 g}$ $z=6.4 g$
则产物X中Cu的质量为9.6 g－6.4 g＝3.2 g，$Cu_2O$质量为14.4 g，14.4 g$Cu_2O$中铜元素的质量为$14.4 g×\frac{64×2}{64×2+16}×100\%=12.8 g$，故产物X中Cu元素的质量分数为$\frac{3.2 g+12.8 g}{3.2 g+14.4 g}×100\%≈90.9\%$，D正确。由D中的分析可知，产物X为Cu单质和$Cu_2O$，而不是Cu单质，A错误。

5. (2022常州)某种阻燃剂的主要成分为碱式碳酸镁${[Mg_{a}(OH)_{2}(CO_{3})_{b}]}$，遇热分解生成三种氧化物。称取一定质量的阻燃剂样品，充分灼烧(其他成分未发生反应)，将产生的气体依次通过浓硫酸和过量澄清石灰水，浓硫酸增重$0.18\ g$，澄清石灰水中生成$4\ g$白色沉淀。则${Mg_{a}(OH)_{2}(CO_{3})_{b}}$中$a$值为 (B)

A.$6$
B.$5$
C.$4$
D.$3$

答案： 5. B 根据质量守恒定律可知，碱式碳酸镁遇热分解生成氧化镁、水和二氧化碳，浓硫酸吸水，故生成水的质量为0.18 g，澄清石灰水吸收二氧化碳，产生碳酸钙的质量为4 g，根据元素质量守恒可知，碱式碳酸镁中的H全部转化到水中，C全部转化到二氧化碳中，最终全部转化到碳酸钙中，根据$Mg_a(OH)_2(CO_3)_b$可知，H、C元素质量比为$(1×2a):(12×b)=(0.18 g×\frac{2}{18}):(4 g×\frac{12}{100})$，则$b=4$，根据化合物中各元素化合价代数和为零，可得$(＋2)×a＋(－1)×2＋(－2)×4=0$，则$a=5$。

6. (2024镇江)已知：${2NaHCO_{3}\xlongequal{\triangle}Na_{2}CO_{3} + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$，将$16.8\ g\ {NaHCO_{3}}$固体加热一段时间后，剩余固体质量为$13.7\ g$。下列说法正确的是 (D)

A.原固体加热生成$3.1\ g\ {CO_{2}}$
B.加热后，固体中钠元素的质量分数减小
C.剩余固体中${NaHCO_{3}}$和${Na_{2}CO_{3}}$的质量比为$42:53$
D.将$13.7\ g$剩余固体溶于足量盐酸后，蒸发结晶，得$11.7\ g\ NaCl$

答案： 6. D $NaHCO_3$固体受热分解生成碳酸钠固体、$CO_2$和$H_2O$，生成$CO_2$和$H_2O$的质量之和为16.8 g－13.7 g＝3.1 g，而不是生成3.1 g$CO_2$，A错误；反应前后固体中钠元素的质量不变，13.7 g剩余固体中钠元素的质量等于16.8 g$NaHCO_3$固体中钠元素的质量，则加热后固体中钠元素的质量分数增大，B错误；设参加反应的$NaHCO_3$的质量为$x$，生成碳酸钠的质量为$y$，
$2NaHCO_3\xlongequal{\triangle}Na_2CO_3＋CO_2\uparrow＋H_2O$ 固体减轻的质量
168 106 62
$x$ $y$ 3.1 g
$\frac{168}{62}=\frac{x}{3.1 g}$ $x=8.4 g$
$\frac{106}{62}=\frac{y}{3.1 g}$ $y=5.3 g$
剩余固体中$NaHCO_3$和$Na_2CO_3$的质量比为8.4 g:5.3 g＝84:53，C错误；反应前后固体中钠元素的质量不变，13.7 g剩余固体中钠元素的质量等于16.8 g$NaHCO_3$固体中钠元素的质量，则固体中钠元素的质量为$16.8 g×\frac{23}{84}×100\%=4.6 g$，则$NaCl$的质量为$4.6 g÷(\frac{23}{35.5+23}×100\%)=11.7 g$，D正确。