湖北省武汉市2026年中考化学试题附答案

湖北省武汉市2026年中考化学试题一、单选题：本大题共8小题，共24分。1．“青铜编钟制作技艺”是湖北省国家级非物质文化遗产。运用该技艺在复制编钟的过程中，需经过黏土制模、泥模晾干等多道工序。下列工序中涉及化学变化的是（）A．黏土制模 B．泥模晾干 C．冶炼青铜 D．打磨抛光2．以下是“氧气的实验室制取与性质”的部分操作，其中错误的是（）A．产生氧气 B．干燥氧气C．收集氧气 D．木炭燃烧3．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A用活性炭等材料制作简易净水器活性炭具有吸附性B铁锅中的油着火，用锅盖盖灭锅盖将油与空气隔绝C端午节打开天然气炉灶蒸粽子天然气燃烧释放热量D擦干已洗净的铁锅，以防生锈铁丝在氧气中燃烧生成Fe3O4A．A B．B C．C D．D4．唐三彩是唐代最具代表性的陶制品。在烧制过程中添加不同的着色剂使其呈现黄、绿等颜色变化。常见着色剂及着色信息如图所示。下列说法错误的是（）A．CuO中铜为+1价 B．Fe2O3含有一种金属元素C．CuO和Fe2O3都是氧化物 D．CuO和Fe2O3都难溶于水5．二氧化碳资源化利用对实现“碳达峰”“碳中和”具有重要意义。关于上述微观示意图，下列说法正确的是（）A．Ⅰ中反应前后原子和分子的数目均保持不变B．是一切生命赖以生存的重要物质基础C．Ⅱ中进入和出来的物质化学性质发生了改变D．进入Ⅰ的物质总质量小于Ⅱ中出来的物质总质量6．碳及其化合物的转化关系如图所示。图中“→”表示一种物质可以转化为另一种物质，部分反应物、生成物及反应条件已略去。下列说法正确的是（）A．C与Fe2O3反应可实现转化①B．Na2CO3与NaOH反应可实现转化②C．Na2CO3可以用作治疗胃酸过多症的药剂D．CO2和H2CO3均能使干燥的紫色石蕊纸花变红7．某固体粉末X，可能含有CuSO4、Ba（NO3）2、MgSO4、Na2CO3和NaOH中的一种或多种。为探究其成分，在三个烧杯中各加入等质量的粉末X，分别加入足量的以下三种试剂使之充分反应，实验记录如下：实验试剂固体难溶物及质量变化Ⅰ水有固体难溶物Ⅱ稀硫酸有固体难溶物且与Ⅰ中的固体质量相等Ⅲ氢氧化钡溶液有白色固体难溶物且较Ⅰ中的固体质量更大关于粉末X，下列说法正确的是（）A．一定含有CuSO4 B．一定含有MgSO4C．一定含有Na2CO3 D．最多含有3种物质8．某次化学实验后，回收的固体粉末除含Al外，还可能含有Zn、Cu、CuO中的一种或几种。为探究其组成，项目小组同学取39.6g固体粉末并分为两等份，进行如下实验。实验Ⅰ：实验Ⅱ：下列说法错误的是（）A．实验Ⅰ说明固体粉末一定含有CuOB．实验Ⅰ固体乙的质量可能为54.0gC．实验Ⅱ溶液甲中除HCl外，所含溶质的质量可能大于26.7gD．实验Ⅱ中若生成0.2gH2，则参加反应HCl的质量为14.6g二、流程题：本大题共1小题，共6分。9．纳米碳酸钙是一种超细固体材料，在橡胶工业等领域应用广泛。以石灰石（主要成分为CaCO3，含少量MgCO3和Fe2O3）为原料制取纳米碳酸钙的工艺流程如下：已知：①MgCO3和CaCO3的化学性质相似，高温易分解。②“沉钙”发生的反应为2NH3+CaCl2+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl。回答下列问题：（1）石灰石属于（填“纯净物”或“混合物”）。（2）“酸浸”中发生反应的化学方程式为（写一个即可）。（3）“滤渣”的成分为。（4）上述流程中涉及反应的基本类型有（）（填标号）。A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应（5）在实际生产中，“煅烧”时会将原料石灰石和焦炭混合投入煅烧炉并不断鼓入空气，使焦炭完全燃烧。从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点：。三、简答题：本大题共1小题，共4分。10．世界上最低的湖泊湖水含盐量（每100g湖水中所含盐的总克数）极高，其中含量最高的盐是MgCl2，其次是NaCl。MgCl2、NaCl在不同温度时的溶解度如表所示。温度/℃1020304050溶解度/gMgCl253.654.655.857.560.0NaCl35.836.036.336.637.0回答下列问题：（1）在10℃时，MgCl2的溶解度为g。（2）30℃时，用等质量的水配制MgCl2和NaCl的饱和溶液，所得溶液质量较大的是。（3）在40℃时，将68.3gNaCl饱和溶液降温至20℃，析出NaCl固体的质量为g。（4）湖中甲、乙两处湖水的含盐量分别为34%和30%，两处湖水所溶解的盐中各组分占比相同，MgCl2、NaCl均分别占含盐量的50%和32%。50℃时，将甲、乙两处的湖水各取100g分别放入烧杯Ⅰ和烧杯Ⅱ中，恒温蒸发ng水。（湖水中只含盐和水，除MgCl2、NaCl外，其他溶质不析出）下列说法正确的是（）（填标号）。A．水的质量：烧杯Ⅰ一定小于烧杯ⅡB．溶液的质量：烧杯Ⅰ可能大于烧杯ⅡC．若烧杯Ⅱ底部出现固体，则固体中一定含有NaClD．若n≥45，则两烧杯溶液中MgCl2和NaCl均达到饱和状态四、实验题：本大题共1小题，共4分。11．我国“神舟”载人工程取得了一系列辉煌成就。项目小组同学利用“电解水实验”开展“我为神舟飞船设计供氧系统”的实践活动。回答下列问题：（1）图1管b中收集的气体是（填“氢气”或“氧气”）。（2）通电过程中，A、B处溶液的pH随时间的变化曲线如图2所示。A处溶液呈（填“酸性”“中性”或“碱性”）。（3）电解水的化学方程式为。五、探究题：本大题共1小题，共6分。12．《大冶赋》中记载了古代炼铜的场景，“炭周绕，薪环附。若望而燎，若城而炬”。其中“炭”“薪”的作用之一是产生碳酸钾催化碳与二氧化碳的反应。项目小组同学为探究碳酸钾的催化作用并模拟古代火法炼铜设计了如下实验。【查阅资料】CuO熔点为1450℃，分解温度高于1000℃。Ⅰ.探究碳酸钾的催化作用按图1所示装入试剂，连接装置，通入二氧化碳一段时间后，同时点燃装置甲、乙的酒精灯，待丁中出现明显现象后停止加热，测得装置甲、乙硬质玻璃管中剩余固体质量分别为m3g和m4g。（银氨溶液可吸收CO生成Ag；忽略装置甲、乙酒精灯火焰温度的差异）（1）实验室制取二氧化碳选用的试剂为（）（填标号）。A．稀盐酸和大理石 B．稀硫酸和大理石（2）装置甲中碳与二氧化碳发生反应的化学方程式为。（3）小兰认为，若m1-m3＜m1+m2-m4，则证明碳酸钾在反应中起催化作用。小明认为小兰的结论不严谨，若要证明碳酸钾是催化剂，还需验证其质量不变。请补充完善小明的实验方案：将装置乙中m4g剩余固体全部置入烧杯中，加入足量水充分溶解，过滤，在滤液中加入（选择试剂并结合相关数据简述实验方案）。（4）Ⅱ.模拟古代火法炼铜《采铜炼铜记》记载，“……用炭八九千斤，不过得铜五六百斤”。计算并推测其原料中碳和氧化铜的质量之比最大为（原料以碳和氧化铜计；古代一斤为600g）。（5）按图2所示，将木炭、氧化铜和碳酸钾按一定比例混合置于坩埚底部。另取一份氧化铜放入石英方舟，并置于混合粉末的上方。加热到约800℃，一段时间后发现两处黑色粉末均变成红色。解释石英方舟中黑色粉末变红的原因。六、计算题：本大题共1小题，共6分。13．为探究“盐酸与氢氧化钠反应”的能量变化并测定氢氧化钠溶液中溶质的质量分数，项目小组同学利用如图1所示装置，向30.0g氢氧化钠溶液中逐滴滴入质量分数为3.65%的稀盐酸（密度为1.0g/mL），溶液温度随加入稀盐酸体积的变化关系如图2所示。回答下列问题：（1）盐酸与氢氧化钠的反应为（填“放热”或“吸热”）反应。（2）计算氢氧化钠溶液中溶质的质量分数。

答案1．【答案】C【解析】【解答】A、黏土制模是将黏土按照编钟的形状进行塑形加工，此过程中只是黏土的外观形状发生了改变，没有生成任何新物质，属于物理变化，选项A不符合题意；

B、泥模晾干是将泥模中的水分蒸发掉的过程，只是水由液态变为气态，状态改变，没有新物质生成，属于物理变化，选项B不符合题意；

C、冶炼青铜是将铜矿石（铜的化合物，如孔雀石等）在高温下用木炭等还原剂还原出金属铜，并与锡、铅等金属熔合形成青铜合金的过程。冶炼时铜的化合物被还原为金属铜，有新物质生成，属于化学变化，选项C符合题意；

D、打磨抛光是用机械方法对编钟表面进行打磨和抛光处理，只是改变了物体的表面形状和光滑程度，没有新物质生成，属于物理变化，选项D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A、根据物理变化的特征（没有新物质生成，仅形状或状态改变），黏土制模属于物理变化解答；

B、根据水分蒸发的本质（物理变化，液态变为气态，无新物质生成）解答；

C、根据冶炼的本质（用还原剂将金属化合物还原为金属单质，有新物质生成，属于化学变化）解答；

D、根据打磨抛光的本质（仅改变物体表面形状与光滑程度，无新物质生成）解答。2．【答案】B【解析】【解答】A、产生氧气：图中装置为固液常温型发生装置，注射器中装有过氧化氢溶液，锥形瓶底部放有二氧化锰固体。过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，该装置可用于实验室制取氧气，操作正确，选项A不符合题意；

B、干燥氧气：图中装置为洗气瓶，瓶内装有浓硫酸用于干燥氧气，但气体的流向标注为从短管进入、长管排出（短进长出）。使用浓硫酸干燥气体时，气体应从长管进入，使气体充分伸入浓硫酸液面以下，与浓硫酸充分接触达到干燥目的，然后从短管排出（长进短出）。图中"短进长出"的接法会使气体不能与浓硫酸充分接触，甚至可能将浓硫酸从长管压出，无法起到干燥作用且存在安全隐患，操作错误，选项B符合题意；

C、收集氧气：图中装置为向上排空气法收集气体。氧气的密度比空气大，应采用向上排空气法收集，即气体从长导管伸入集气瓶底部，将瓶内空气从短管口排出，图中操作正确，选项C不符合题意；

D、木炭燃烧：图中用坩埚钳夹持燃着的木炭，从集气瓶口缓慢伸入盛有氧气的集气瓶中，操作规范，便于观察木炭在氧气中燃烧的现象，操作正确，选项D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】A、根据过氧化氢制取氧气的装置特点（固液常温型）及注射器的作用解答；

B、根据洗气瓶干燥气体的正确操作规范（长进短出，气体与液体充分接触）解答；

C、根据氧气密度比空气大的性质及向上排空气法收集气体的操作要点解答；

D、根据木炭在氧气中燃烧的实验操作规范解答。3．【答案】D【解析】【解答】A、用活性炭等材料制作简易净水器：活性炭具有疏松多孔的结构，具有很强的吸附性，可以吸附水中的色素和异味，因此可用活性炭制作净水器的核心材料，劳动项目与化学知识有关联，选项A不符合题意；

B、铁锅中的油着火，用锅盖盖灭：燃烧需要同时满足三个条件（可燃物、与氧气接触、温度达到着火点），灭火的原理是破坏燃烧条件。用锅盖盖灭油火，是将油与空气（氧气）隔绝，使燃烧因缺少氧气而熄灭，劳动项目与化学知识有关联，选项B不符合题意；

C、端午节打开天然气炉灶蒸粽子：天然气的主要成分是甲烷（CH4），甲烷燃烧时放出大量的热，可以利用这些热量蒸粽子，劳动项目与化学知识有关联，选项C不符合题意；

D、擦干已洗净的铁锅以防生锈：铁生锈的条件是铁同时与氧气和水接触。擦干铁锅是为了除去铁锅表面的水，使铁缺少与水接触的条件，从而防止生锈。而选项所述的化学知识是"铁丝在氧气中燃烧生成Fe3O4"，这是铁丝燃烧的化学变化，与铁锅防锈（隔绝水的原理）没有任何关联，劳动项目与化学知识没有关联，选项D符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、根据活性炭的吸附性及其在净水中的应用解答；

B、根据灭火原理（隔绝氧气）解答；

C、根据天然气的可燃性及燃烧放热解答；

D、根据铁生锈的条件（同时接触氧气和水）及防锈原理（隔绝水或氧气）解答，注意区分"铁生锈"与"铁丝在氧气中燃烧"是两个不同的化学反应。4．【答案】A【解析】【解答】A、CuO中铜为＋1价：在氧化铜（CuO）中，氧元素通常显-2价。根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则，设铜元素的化合价为x，则有x+(-2)=0，解得x=+2。因此CuO中铜元素的化合价为+2价，而不是+1价，该说法错误，选项A符合题意；

B、Fe2O3含有一种金属元素：Fe2O3（氧化铁）由铁元素（Fe）和氧元素（O）组成。铁元素名称带"钅"字旁，属于金属元素，氧元素属于非金属元素，因此Fe2O3中确实含有一种金属元素（铁），该说法正确，选项B不符合题意；

C、CuO和Fe2O3都是氧化物：氧化物是指由两种元素组成，且其中一种是氧元素的化合物。CuO由铜、氧两种元素组成，Fe2O3由铁、氧两种元素组成，二者都符合氧化物的定义，该说法正确，选项C不符合题意；

D、CuO和Fe2O3都难溶于水：氧化铜（CuO）是黑色固体，难溶于水；氧化铁（Fe2O3）是红棕色固体，也难溶于水。二者均难溶于水且不与水反应，该说法正确，选项D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】A、根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则计算铜元素的化合价解答；

B、根据氧化铁的元素组成及金属元素的判断方法（元素名称汉字偏旁带"钅"字旁）解答；

C、根据氧化物的定义（由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物）解答；

D、根据氧化铜和氧化铁的物理性质（溶解性）解答。5．【答案】B【解析】【解答】根据题目给出的微观示意图可知：进入转化炉Ⅰ的反应物是二氧化碳分子（CO2）和氢气分子（H2），在转化炉Ⅰ中反应生成甲烷分子（CH4）和水分子（H2O）；混合气体进入冷凝器Ⅱ，水蒸气被冷凝分离出来，甲烷作为产品排出。该反应的化学方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O。

A、Ⅰ中反应前后原子和分子的数目均保持不变：从化学方程式可知，反应前有1个CO2分子和4个H2分子，共5个分子；反应后生成1个CH4分子和2个H2O分子，共3个分子。反应前后分子数目由5个变为3个，发生了改变；而化学反应前后原子种类和数目不变（质量守恒定律的微观实质）。因此"分子数目保持不变"的说法错误，选项A不符合题意；

B、水（H2O）是一切生命赖以生存的重要物质基础：图中B所示的分子由2个氢原子和1个氧原子构成，是水分子（H2O）。水是生命之源，是一切生命体赖以生存的重要物质基础，人体内的各种生理活动都需要在水环境中进行，该说法正确，选项B符合题意；

C、Ⅱ中进入和出来的物质化学性质发生了改变：冷凝器Ⅱ的作用是将转化炉Ⅰ出来的混合气体（CH4和H2O）进行冷却分离，水蒸气遇冷凝结成液态水，甲烷气体不被冷凝而排出。这个过程中，水分子和甲烷分子本身没有发生变化，只是状态发生了改变（水由气态变为液态），属于物理变化，物质的化学性质没有发生改变，该说法错误，选项C不符合题意；

D、进入Ⅰ的物质总质量小于Ⅱ中出来的物质总质量：根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变。进入转化炉Ⅰ的物质（CO2和H2）的总质量等于从转化炉Ⅰ出来的物质（CH4和H2O）的总质量。冷凝器Ⅱ只是对产物进行物理分离，不涉及化学反应，总质量不变。因此进入Ⅰ的物质总质量等于Ⅱ中出来的物质总质量，该说法错误，选项D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】A、根据微观示意图书写化学方程式，对比反应前后分子数目和原子数目的变化解答；

B、根据水分子的微观结构（2个氢原子和1个氧原子）识别该物质为水，并结合水对生命的重要性解答；

C、根据冷凝分离过程的本质（物理变化，分子本身不变，化学性质不变）解答；

D、根据质量守恒定律（化学反应前后物质总质量不变）解答。6．【答案】A【解析】【解答】A、C与Fe2O3反应可实现转化①：转化①表示C转化为CO2。碳（C）具有还原性，在高温条件下可以与氧化铁（Fe2O3）发生反应：3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑。该反应中碳夺取氧化铁中的氧，生成了二氧化碳（CO2），因此可以实现C到CO2的转化，该说法正确，选项A符合题意；

B、Na2CO3与NaOH反应可实现转化②：转化②表示Na2CO3转化为H2CO3。碳酸钠（Na2CO3）与氢氧化钠（NaOH）都含有钠元素，且都是碱性物质，二者混合不发生化学反应，无法生成碳酸（H2CO3）。要实现Na2CO3→H2CO3的转化，需要加入酸（如稀盐酸，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，生成的CO2溶于水生成H2CO3），该说法错误，选项B不符合题意；

C、Na2CO3可以用作治疗胃酸过多症的药剂：碳酸钠（Na2CO3）的碱性较强，对胃黏膜有较强的刺激性，不能用于治疗胃酸过多。治疗胃酸过多应使用碳酸氢钠（NaHCO3，小苏打），其碱性较弱，更安全，该说法错误，选项C不符合题意；

D、CO2和H2CO3均能使干燥的紫色石蕊纸花变红：二氧化碳（CO2）本身不是酸，不能使干燥的紫色石蕊纸花变红；只有CO2与水反应生成碳酸（H2CO3），碳酸显酸性才能使紫色石蕊变红。因此干燥的紫色石蕊纸花遇到CO2不会变红，只有遇到H2CO3（或CO2的水溶液）才会变红，该说法错误，选项D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】A、根据碳的还原性（C与金属氧化物在高温下反应，生成金属和CO2）解答；

B、根据碳酸钠与氢氧化钠之间不发生化学反应的性质解答；

C、根据碳酸钠碱性较强不适合内服，应使用碳酸氢钠（小苏打）治疗胃酸过多解答；

D、根据CO2本身不显酸性、需与水反应生成H2CO3才显酸性的性质解答。7．【答案】B【解析】【解答】解题突破口是三次实验中沉淀的颜色、沉淀质量变化。已知条件：固体粉末X可能含有CuSO4、Ba(NO3)2、MgSO4、Na2CO3和NaOH中的一种或多种；取等质量粉末，分别做三组实验。

实验Ⅰ：向粉末中加水，有固体难溶物。说明粉末中的物质溶于水之后，发生复分解反应，生成了不溶于水的沉淀。初中阶段这几种物质之间能生成的沉淀有：BaSO4、BaCO3、Cu(OH)2、Mg(OH)2。

实验Ⅱ：向粉末中加入足量稀硫酸，有固体难溶物，并且难溶固体的质量和实验Ⅰ中的固体质量相等。我们逐一分析各类沉淀和稀硫酸的反应：

①如果沉淀是BaCO3：发生反应BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑，BaCO3相对分子质量197，反应生成的BaSO4相对分子质量233，反应后固体质量变大，与“固体质量相等”矛盾；

②如果沉淀是Cu(OH)2或者Mg(OH)2：两种都是氢氧化物沉淀，和稀硫酸会发生中和反应，沉淀直接溶解消失，固体质量减小，同样与题意矛盾；

③只有BaSO4沉淀不溶于稀硫酸，加入稀硫酸后沉淀质量不会发生改变。

由此可以推出：实验Ⅰ中生成的沉淀只能是BaSO4。想要生成BaSO4，必须同时含有Ba2+和SO42-，所以粉末一定含有Ba(NO3)2；同时，粉末中一定不含Na2CO3、NaOH，因为这两种物质会生成BaCO3、Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，会造成实验Ⅱ沉淀质量改变。

实验Ⅲ：向粉末中加入足量氢氧化钡溶液，得到白色固体难溶物，并且沉淀质量比实验Ⅰ更大。

CuSO4和Ba(OH)2反应：CuSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，反应会生成BaSO4白色沉淀和Cu(OH)2蓝色沉淀。题目明确说明只有白色难溶物，没有蓝色沉淀，因此粉末一定不含CuSO4。

前面已经确定一定含有Ba(NO3)2，且需要提供SO42-，又排除了CuSO4，所以能提供硫酸根的物质只能是MgSO4。

MgSO4和Ba(OH)2反应：MgSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Mg(OH)2↓，这个反应同时生成两种白色沉淀，BaSO4和Mg(OH)2，沉淀总质量大于实验Ⅰ只生成BaSO4的质量，完全符合实验Ⅲ的现象。

综合全部推导：粉末X一定含有Ba(NO3)2、MgSO4；一定不含CuSO4、Na2CO3、NaOH。

A、如果含有CuSO4，实验Ⅲ加入氢氧化钡会生成蓝色Cu(OH)2沉淀，题目只有白色沉淀，因此一定不含CuSO4，选项A不符合题意；

B、通过三组实验现象推理，原粉末一定含有MgSO4，选项B符合题意；

C、如果含有Na2CO3，实验Ⅰ生成BaCO3沉淀，加稀硫酸后沉淀质量增大，与实验Ⅱ现象矛盾，所以一定不含Na2CO3，选项C不符合题意；

D、根据推导，粉末只能含有Ba(NO3)2和MgSO4，一共2种物质，不存在第三种物质，不是最多含有3种物质，选项D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】A、根据铜离子的特征反应进行解答，Cu(OH)2是蓝色沉淀，本题利用沉淀颜色这一特征现象，排除硫酸铜的存在。易错点：基础薄弱的同学容易只关注白色硫酸钡沉淀，忽略氢氧化铜蓝色沉淀这个条件，误认为硫酸铜可以存在于粉末中。

B、根据复分解反应发生条件、沉淀与酸反应的质量变化规律进行解答，BaSO4不溶于稀硫酸；MgSO4与氢氧化钡反应，同时生成两种白色沉淀，沉淀总质量增加，匹配实验Ⅲ现象。解题方法：结合三步实验，层层排除不符合现象的物质，锁定一定存在的物质。易错点：分不清沉淀质量变大的根本原因，不知道硫酸镁和氢氧化钡能同时生成两种白色沉淀。

C、根据沉淀转化规律与相对分子质量计算进行解答，BaCO3相对分子质量197，和稀硫酸反应转化为BaSO4（相对分子质量233），固体质量变大，和实验Ⅱ沉淀质量不变的实验现象冲突。易错点：不会计算沉淀转化前后的质量变化，看不出碳酸钡反应后固体质量会增加。

D、根据混合物成分推断的逻辑进行解答，经过三步实验分析，CuSO4、Na2CO3、NaOH全部被排除，只剩下Ba(NO3)2、MgSO4两种物质。易错点：基础差的学生容易主观猜想部分物质可能存在，误判最多含有3种物质，忽略实验现象已经完全排除其余三种物质。8．【答案】C【解析】【解答】首先对两份19.8g固体粉末的成分进行定性与定量探究：

分析实验I：

向19.8g固体粉末中加入足量硝酸银（AgNO3）溶液。

在金属活动性顺序中，排在银（Ag）前面的金属（如Al、Zn、Cu）都会与AgNO3溶液发生置换反应，生成单质银（Ag）并溶解。

氧化铜（CuO）属于金属氧化物，不与AgNO3溶液反应，会作为固体残留。

过滤、洗涤、干燥后得到的固体甲中，含有生成的单质Ag和未反应的CuO。

往固体甲中加入足量稀硫酸（H2SO4），固体质量减少8.0g。稀硫酸能与CuO反应使其溶解（反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O），但不能溶解单质Ag。

因此，减少的8.0g固体质量就是粉末中CuO的质量。这说明固体粉末中一定含有CuO，且质量为8.0g。

分析实验II：

向另一份19.8g固体粉末中逐滴加入过量稀盐酸（HCl）。

产生气泡，说明含有能与酸反应的活泼金属（Al或Zn）。

最终所得溶液甲呈无色。因为含有铜离子（Cu2+）的溶液通常显蓝色，溶液无色说明溶液中没有Cu2+。

尽管粉末中的CuO会与盐酸反应生成蓝色的氯化铜（CuCl2），但由于粉末中含有足量的活泼金属（Al或Zn），它们会将生成的CuCl2中的铜完全置换出来（例如：2Al+3CuCl2=2AlCl3+3Cu或Zn+CuCl2=ZnCl2+Cu），使溶液褪色。

最终过滤得到的12.8g固体丙是不溶于稀盐酸的固体，在可能含有的物质中只有单质Cu不溶于稀盐酸。所以固体丙全部为单质Cu，质量为12.8g。

这12.8g单质Cu的来源有两部分：

一部分来自原粉末中本身含有的单质Cu。

另一部分来自CuO与盐酸反应生成的Cu2+被活泼金属还原置换出来的Cu。

根据元素守恒，由实验I确定19.8g粉末中含CuO8.0g，其中铜元素的质量为：

8.0g××100%=6.4g

所以，由CuO转化得到的单质Cu质量为6.4g。

那么，原粉末中原本就含有的单质Cu质量为：

12.8g-6.4g=6.4g

综上所述，在每份19.8g的固体粉末中：

一定含有CuO，质量为8.0g；

一定含有单质Cu，质量为6.4g；

除去CuO和单质Cu，活泼金属（Al或Zn）的总质量为：

19.8g-8.0g-6.4g=5.4g

题干已知除含Al外，还可能含有Zn。由于5.4g活泼金属若全部为Zn，其置换能力不足以将6.4g铜离子完全置换且产生氢气，因此粉末中一定含有Al，可能含有Zn。

下面逐项分析：

A、根据实验I中加入稀硫酸后固体质量减少8.0g，说明固体甲中含有能与稀硫酸反应的金属氧化物CuO，即原固体粉末中一定含有CuO，选项A说法正确，不符合题意；

B、实验I中得到的固体乙是单质Ag。它是由6.4g单质Cu以及5.4g活泼金属（Al或Al与Zn的混合物）与足量AgNO3反应生成的。

若5.4g活泼金属全部是Al：

根据化学方程式

Al+3AgNO3=Al(NO3)3+3Ag

27324

Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag：

64216

5.4gAl生成Ag的质量为5.4g×=64.8g；

6.4gCu生成Ag的质量为6.4g×=21.6g；

生成的Ag总质量为64.8g+21.6g=86.4g。

若5.4g活泼金属全部是Zn（极限状态）：

根据化学方程式

Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+2Ag

65216

5.4gZn生成Ag的质量约为5.4g×=17.9g；

生成的Ag总质量约为17.9g+21.6g=39.5g。

所以，固体乙（单质Ag）的质量范围在39.5g到86.4g之间。54.0g处于此范围内，因此固体乙的质量可能为54.0g，选项B说法正确，不符合题意；

C、实验II所得溶液甲呈无色，说明溶液中的溶质除了过量的HCl外，只有活泼金属与盐酸反应生成的盐（AlCl3或AlCl3与ZnCl2的混合物）。

若5.4g活泼金属全部是Al，根据化学方程式

2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑：

54267

生成AlCl3的质量为5.4g×=26.7g。若5.4g活泼金属全部是Zn，根据化学方程式

Zn～ZnCl265136

生成ZnCl2的质量为5.4g×=11.3g。

因此，只要含有Zn，生成盐的质量就会小于26.7g。

所以，溶液甲中除HCl外，所含溶质的质量最大为26.7g，不可能大于26.7g，选项C说法错误，符合题意；

D、实验II中，参加反应的HCl分为两部分：一部分与CuO反应，另一部分与活泼金属反应生成氢气。

与CuO反应消耗的HCl质量：根据

CuO+2HCl=CuCl2+H2O，

8073

8.0gCuO消耗HCl的质量为8.0g×=7.3g。

与活泼金属反应生成0.2gH2消耗的HCl质量：根据2HCl～H2，

消耗HCl的质量为0.2g×=7.3g。

参加反应的HCl总质量为7.3g+7.3g=14.6g，选项D说法正确，不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A、根据金属氧化物CuO不与AgNO3反应但能溶于稀硫酸的性质，结合实验I中固体减少的质量进行解答；

B、根据金属活动性顺序，利用化学方程式计算Cu、Al、Zn与AgNO3反应生成Ag的质量范围进行解答；

C、根据溶液无色排除了铜盐的存在，利用极限法计算等质量活泼金属与盐酸反应生成盐的最大质量进行解答；

D、根据质量守恒定律和化学方程式，分别计算与CuO反应以及生成氢气所消耗的HCl质量，再进行求和解答。9．【答案】（1）混合物（2）CaO+2HCl=CaCl2+H2O或MgO+2HCl=MgCl2+H2O或Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O（3）氢氧化镁、氢氧化铁（4）A；B；D（5）充分利用能源，提高能源的利用率（答案不唯一）【解析】【解答】工艺以石灰石（主要成分CaCO3，含少量MgCO3和Fe2O3）为原料制取纳米碳酸钙（CaCO3）。石灰石与焦炭在煅烧炉中高温煅烧并不断鼓入空气，CaCO3在高温下分解为CaO和CO2，MgCO3因与CaCO3化学性质相似也在高温下分解为MgO和CO2，焦炭在空气中完全燃烧放出大量热，为煅烧提供高温条件；煅烧所得固体（CaO、MgO、Fe2O3）进入酸浸反应器，与稀盐酸反应生成可溶性氯化物（CaCl2、MgCl2、FeCl3），CO2从煅烧炉顶部排出；再向酸浸后的滤液中加入生石灰（CaO）进行"沉铁镁"，CaO先与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2将溶液中的Mg2+、Fe3+分别转化为Mg(OH)2和Fe(OH)3沉淀；经过滤器过滤，分离出滤渣（Mg(OH)2和Fe(OH)3），滤液主要含CaCl2进入"沉钙"反应器；向沉钙反应器中通入NH3和CO2，按已知反应式CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，生成纳米碳酸钙沉淀和NH4Cl溶液，经分离得到纳米碳酸钙产品，NH4Cl作为副产物排出。

（1）石灰石的主要成分是CaCO3，还含有MgCO3和Fe2O3等多种杂质，由两种以上物质组成，属于混合物；

（2）"酸浸"中，煅烧产物中的CaO、MgO、Fe2O3都能与稀盐酸反应生成对应的氯化物和水，反应方程式为CaO+2HCl=CaCl2+H2O（或MgO+2HCl=MgCl2+H2O，或Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，任写一个即可）；

（3）经过"沉铁镁"后，Mg2+与Ca(OH)2反应转化为Mg(OH)2白色沉淀，Fe3+与Ca(OH)2反应转化为Fe(OH)3红褐色沉淀，通过过滤器将这两种沉淀从溶液中分离出来，因此滤渣的成分为氢氧化铁（Fe(OH)3）和氢氧化镁（Mg(OH)2）；

（4）逐一判断流程中各反应的基本类型：煅烧时CaCO3高温分解为CaO和CO2、MgCO3高温分解为MgO和CO2，符合"一变多"的特征，属于分解反应（B）；焦炭在空气中完全燃烧C+O2点燃CO2，符合"多变一"的特征，属于化合反应（A）；酸浸中CaO+2HCl=CaCl2+H2O、沉铁镁中Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+CaCl2、沉钙中CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，都是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应（D）；整个流程中没有单质与化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，不涉及置换反应（C）。因此涉及的基本反应类型选ABD；

（5）实际生产中将石灰石和焦炭混合煅烧并不断鼓入空气使焦炭完全燃烧，从能源角度看，焦炭燃烧放出大量的热，为石灰石煅烧提供所需的高温条件，节约了外部能源；从资源利用角度看，焦炭完全燃烧生成的CO2可以通入"沉钙"步骤作为反应原料参与反应，实现了CO2的资源化利用，提高了资源利用率，同时减少了CO2向大气的排放。

【分析】（1）根据混合物的定义（由两种或两种以上物质组成的物质），石灰石除主要成分CaCO3外还含MgCO3、Fe2O3等杂质，属于混合物解答；

（2）根据酸与金属氧化物反应的规律（金属氧化物+盐酸→盐+水），正确书写CaO、MgO、Fe2O3分别与稀盐酸反应的化学方程式，注意化学式书写、配平及气体符号（本题无气体生成，不需标↑）解答；

（3）根据"沉铁镁"步骤中加入的生石灰先与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2再与溶液中的MgCl2、FeCl3发生复分解反应，分别生成Mg(OH)2和Fe(OH)3沉淀，过滤后滤渣即为这两种氢氧化物解答；

（4）根据化合反应（多变一）、分解反应（一变多）、置换反应（单质+化合物→新单质+新化合物）、复分解反应（两种化合物互相交换成分）的定义，逐一判断流程中煅烧、焦炭燃烧、酸浸、沉铁镁、沉钙各步反应所属基本类型解答；

（5）从能源利用角度（焦炭燃烧放热为煅烧提供高温，节约能源）和资源利用角度（焦炭燃烧生成的CO2作为沉钙原料循环利用，提高资源利用率、减少排放）两方面分析该工艺的优点解答。10．【答案】（1）53.6（2）MgCl2（3）0.3（4）A；C；D【解析】【解答】（1）根据溶解度表格，在10℃时，氯化镁（MgCl2）的溶解度为53.6g；

（2）30℃时，氯化镁（MgCl2）的溶解度为55.8g，氯化钠（NaCl）的溶解度为36.3g。用等质量的水配制饱和溶液时，溶解度越大的物质溶解的溶质越多，所得饱和溶液的质量也越大。因为55.8g＞36.3g，所以氯化镁溶解得更多，所得氯化镁饱和溶液的质量较大；

（3）40℃时氯化钠（NaCl）的溶解度为36.6g，即100g水中最多溶解36.6gNaCl，对应的饱和溶液质量为136.6g。68.3gNaCl饱和溶液中含水的质量为68.3×=50g，含NaCl的质量为68.3-50=18.3g。降温至20℃时，NaCl的溶解度为36.0g，即100g水中最多溶解36.0gNaCl，则50g水中最多溶解NaCl的质量为50×=18.0g。析出NaCl固体的质量为18.3-18.0=0.3g；

（4）甲处湖水含盐量34%，乙处湖水含盐量30%。取100g湖水：烧杯Ⅰ（甲）中含水66g、含盐34g，其中氯化镁（MgCl2）为34×50%=17g，氯化钠（NaCl）为34×32%=10.88g；烧杯Ⅱ（乙）中含水70g、含盐30g，其中MgCl2为30×50%=15g，NaCl为30×32%=9.6g。50℃时MgCl2的溶解度为60.0g，NaCl的溶解度为37.0g。

A、水的质量：烧杯Ⅰ中水为66g，烧杯Ⅱ中水为70g，烧杯Ⅰ一定小于烧杯Ⅱ，选项A说法正确；

B、溶液的质量：烧杯Ⅰ可能大于烧杯Ⅱ。蒸发过程中，甲处湖水含盐量高、水量少，氯化钠和氯化镁先达到饱和并析出，且析出量始终不小于乙处湖水；乙处湖水含盐量低、水量多，更晚析出、析出量更少。溶液质量=100-n-析出固体质量，由于烧杯Ⅰ析出固体质量始终大于或等于烧杯Ⅱ（在都未析出时二者相等），故烧杯Ⅰ的溶液质量不可能大于烧杯Ⅱ，选项B说法错误；

C、若烧杯Ⅱ底部出现固体，则固体中一定含有NaCl：50℃时，乙处湖水70g水中溶解9.6gNaCl，达到饱和需蒸发水量x满足9.6：(70-x)=37：100，解得x=44.1g；MgCl2需蒸发水量y满足15：(70-y)=60：100，解得y=45g。NaCl先达到饱和析出，因此烧杯Ⅱ底部出现固体时，固体中一定含有NaCl，选项C说法正确；

D、若n≥45：烧杯Ⅰ蒸发45g水后剩余水21g，21g水最多溶解MgCl2为21×=12.6g＜17g（饱和并析出），最多溶解NaCl为21×=7.77g＜10.88g（饱和并析出）；烧杯Ⅱ蒸发45g水后剩余水25g，25g水最多溶解MgCl2为25×=15g（恰好饱和），最多溶解NaCl为25×=9.25g＜9.6g（饱和并析出）。因此两烧杯溶液中MgCl2和NaCl均达到饱和状态，选项D说法正确。

故答案为：ACD。

【分析】（1）根据溶解度表格直接读取10℃时MgCl2的溶解度数据解答；

（2）根据等质量水中，溶解度越大溶解溶质越多、饱和溶液质量越大的规律比较解答；

（3）根据降温结晶的计算方法：先由40℃的溶解度求出68.3g饱和溶液中溶质和溶剂的质量，再由20℃的溶解度求出该质量水中最多溶解的溶质质量，二者之差即为析出固体质量解答；

（4）根据溶液组成的计算（含盐量×组分占比求出MgCl2、NaCl质量）、溶解度与饱和状态的判断（溶质质量是否超过该水量对应的溶解度）、蒸发过程中先饱和先析出的规律逐一分析各选项解答。11．【答案】（1）氧气（2）碱性（3）2H2O2H2↑+O2↑【解析】【解答】（1）图1为电解水实验装置。根据"正氧负氢、氢二氧一"的规律，与电源正极相连的电极产生氧气，与电源负极相连的电极产生氢气，且氢气体积约为氧气体积的2倍。图中管b连接的是电源正极，因此管b中收集的气体是氧气（O2）；

（2）图2中A处溶液的pH随时间的变化曲线显示：通电前pH约为7（接近中性），通电后pH迅速上升并稳定在13左右（大于7），呈强碱性。因此A处溶液呈碱性；

（3）电解水是在通电条件下，水（H2O）分解生成氢气和氧气，反应的化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑。

【分析】（1）根据电解水实验的规律"正氧负氢、氢二氧一"（正极产生氧气、负极产生氢气），结合图中电源正负极的连接方式判断管b中的气体解答；

（2）根据pH与溶液酸碱性的关系（pH大于7显碱性，等于7显中性，小于7显酸性），结合A处pH升高至13左右的曲线判断解答；

（3）根据电解水的反应原理（水通电分解生成氢气和氧气），规范书写化学方程式，注意标注反应条件"通电"及氢、氧气体的气体符号"↑"解答。12．【答案】（1）A（2）C+CO22CO（3）足量氯化钙溶液（或氯化钡溶液）；向滤液中加入足量氯化钙溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量，计算得出碳酸钾的质量仍为m2g（答案不唯一）（4）72：5（5）混合粉末中的碳与二氧化碳在碳酸钾的催化下生成一氧化碳，一氧化碳上升至石英方舟中，在加热条件下与氧化铜反应，生成红色的铜和二氧化碳，因此黑色粉末变红【解析】【解答】装置分析：通入CO2后，CO2依次通过装置甲（硬质玻璃管中盛m1g碳粉）、装置乙（硬质玻璃管中盛m1g碳粉和m2g碳酸钾）、装置丙（盛足量氢氧化钡溶液）、装置丁（盛足量银氨溶液）。装置甲中碳与二氧化碳在高温下反应C+CO22CO（无催化剂）；装置乙中同样发生该反应，但碳酸钾作催化剂可加快反应速率。生成的CO不溶于氢氧化钡溶液，通过装置丙进入装置丁，被银氨溶液吸收生成Ag，出现明显现象。

（1）实验室制取二氧化碳选用的试剂为稀盐酸和大理石：大理石（主要成分CaCO3）与稀盐酸反应CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，反应速率适中，易于控制；若用稀硫酸，反应生成的硫酸钙（CaSO4）微溶于水，会覆盖在大理石表面，阻碍反应继续进行，因此不能选用稀硫酸和大理石。故选A；

（2）装置甲中碳与二氧化碳在高温下发生反应，生成一氧化碳（CO），化学方程式为：C+CO22CO；

（3）小兰认为，若m1-m3＜m1+m2-m4，则证明碳酸钾在反应中起催化作用。其中m1-m3是装置甲中碳粉减少的质量（即参与反应的碳的质量），m1+m2-m4是装置乙中固体减少的质量（碳酸钾是催化剂，不消耗，固体减少的质量即参与反应的碳的质量）。若碳酸钾起催化作用，装置乙中反应速率更快，在相同时间内参与反应的碳更多，即m1+m2-m4＞m1-m3。但催化剂的定义要求同时满足"改变反应速率"和"反应前后质量和化学性质不变"两个条件，因此还需验证碳酸钾的质量不变。补充实验方案：将装置乙中m4g