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2022年湖北省黄冈市黄梅实验中学自主招生化学压轴试卷
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这是一份2022年湖北省黄冈市黄梅实验中学自主招生化学压轴试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年湖北省黄冈市黄梅实验中学自主招生化学压轴试卷
一、选择题（本题包括10小题，每小题只有1个正确答案，共20分）
1．（2分）下列过程中主要只涉及物理变化的是（ ）
A．浓硫酸使白纸变黑
B．用灼烧法鉴别羊毛和合成纤维
C．生石灰遇水变成熟石灰
D．用酒精浸泡紫罗兰花自制酸碱指示剂
2．（2分）甲、乙、丙、丁分别为1～18号元素中的一种，且核电荷数依次增大，甲的单质是一种最理想的燃料，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，丙的离子带一个单位的正电荷，丁与乙的原子最外层电子数相同。下列有关说法错误的是（ ）
A．甲和乙元素组成的物质分解能得到氧气
B．丙和丁的原子在化学反应中都容易失去电子
C．甲、乙、丙三种元素能组成一种碱
D．丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰
3．（2分）下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能将它们一一鉴别出来的是（ ）
A．NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3
B．Ba（NO3）2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl
C．NaOH、NaCl、MgSO4、BaCl2、KCl
D．AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2
4．（2分）某技术员在分析醋酸溶液中溶质的含量时，测得溶液中氧元素的质量分数为80%，则该醋酸溶液中，醋酸的质量分数为（ ）
A．5% B．14% C．20% D．25%
5．（2分）某水溶液中只可能含有下列离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣和SO42﹣。现每次取5mL进行实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体1.12L（标准状况下）
③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g
下列说法不正确的是（ ）
A．上述实验无法确定是否含有Cl﹣和NO3﹣
B．溶液中肯定含有CO32﹣和SO42﹣，且浓度分别为4.00mol/L、2.00mol/L
C．上述实验确定溶液中肯定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+
D．要确定是否含有K+，应进一步做焰色反应实验
6．（2分）二氧化硫气体是造成酸雨的主要气体，其水溶液叫亚硫酸（H2SO3 ）。硫化氢（H2S）是一种具有臭鸡蛋气味的剧毒气体，其水溶液叫氢硫酸。已知相同的条件下，氢硫酸的酸性弱于亚硫酸。现在室温下向饱和的亚硫酸溶液中通入过量的硫化氢气体，反应的化学方程式为：2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O．则下图中溶液的pH随通入硫化氢体积的变化曲线示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2分）已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；SO2、SO3都能被氢氧化钠溶液吸收．现如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量的浓的氢氧化钠溶液．反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g．该实验中硫酸铜分解的化学方程式是（ ）
A．3 CuSO4 3CuO+SO3↑+2 SO2↑+O2↑
B．4 CuSO4 4CuO+2 SO3↑+2 SO2↑+O2↑
C．5 CuSO4 5CuO+SO3↑+4 SO2↑+2 O2↑
D．6CuSO4 6CuO+4 SO3↑+2 SO2↑+O2↑
8．（2分）下表为NaCl和KNO3在不同温度时的溶解度。下列说法不正确的是（ ）
温度/℃
0
20
40
60
NaCl的溶解度/g
35.7
36.0
36.6
37.3
KNO3的溶解度/g
13.3
31.6
63.9
110
A．NaCl和KNO3都属于易溶固体
B．可用冷却热饱和溶液的方法从海水中提取氯化钠
C．NaCl和KNO3的溶解度曲线20～40℃之间有交点
D．其他条件不变，升温可将KNO3饱和溶液变为不饱和溶液
9．（2分）A～F为初中化学常见物质，固体A在空气中易潮解，B和C能参与光合作用，B和D组成元素相同。它们相互转化的关系如图所示（“→”表示反应能一步实现，“﹣”表示相连物质间能发生反应，部分反应物、生成物和反应条件已省略）。下列说法错误的是（ ）
A．C和F组成元素可能相同
B．固体B可用于人工降雨
C．D和E在一定条件下反应生成B
D．A～F属于酸、碱、盐、氧化物、单质中的四类物质
10．（2分）6月26日是国际禁毒日，我们青少年应“珍爱生命，远离毒品”，海洛因是一种常用的毒品，其元素的质量分数分别为：C：68.29% H：6.23% O：21.68%，其余为氮。若已知其相对分子质量不超过400，则一个海洛因分子中氮原子个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、非选择题（本题包括5题，共26分）
11．（4分）以化合价为纵坐标、以物质类别为横坐标所绘制的图像叫价类图。如图，字母均表示初中化学中的常见物质，分别由H、C、O、Na、S、Cu中的一种元素组成，其中“→”表示物质间的转化关系，请回答：
（1）写出物质A、D的化学式： 、 。
（2）B转化成C的化学反应方程式为 。
（3）已知E转化成F的反应不属于基本反应类型，则该反应的化学方程式为 。
12．（4分）ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）安装F中导管时，应选用图2中的 。
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜 （填“快”或“慢”）。
（3）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是 ，原因是 。
13．（5分）水的硬度表示方法是：将水中的Ca2+、Mg2+质量折算成CaO的质量。通常把1L水中含有10mg CaO称为1度，1L水中含有20mg CaO即为2度，以此类推，8度以上为硬水，8度以下为软水。我国规定饮用水的硬度不能超过25度。
（1）Ca（HCO3）2加热时会分解产生一种白色沉淀（水垢的主要成分）和两种常见的氧化物，请写出发生反应的化学方程式 。河水、井水中溶有一定量的Ca（HCO3）2，饮用前可采取 的方法来降低水的硬度。
（2）家用热水瓶一旦产生水垢，其保温性能会降低，用食醋可除去上述水垢，发生反应的化学方程式为 。
（3）取某水样1L，经实验测定，其中含Ca2+0.2g，此水样的硬度约为 ， （填“符合”或“不符合”）饮用水标准。
14．（5分）如图表示某些物质间转化关系。A是大理石的主要成分，C是气体，D是一种黑色的固态非金属单质，E由两种元素组成，其中D元素的质量分数为37.5%，与另一种元素原子个数之比为2：1，F是一种碱，H是一种有刺激性气味的气体。请回答下列问题。
（1）写出物质的化学式：D ，G 。
（2）写出下列反应的化学方程式：
① ，
② 。
（3）反应③能够发生的原因是 。
（4）此种塑料 （填“能”或“不能”）用于食品包装。
15．（8分）水产养殖的速效增氧剂“鱼浮灵”的主要成分是过氧碳酸钠（aNa2CO3•bH2O2）。
某化学研究小组对“鱼浮灵”的制备、成分测定及增氧原理进行了如下探究。
【查阅资料】①过氧碳酸钠有Na2CO3和H2O2的双重性质；50℃开始分解。
②过氧碳酸钠在异丙醇（有机溶剂）中的溶解度较低。
Ⅰ．“鱼浮灵”的制备。
实验室用Na2CO3与稳定剂的混合溶液和30%的H2O2溶液反应制备过氧碳酸钠，实验装置如图所示。
（1）反应温度不能超过20℃的原因是 。
（2）反应结束后，停止搅拌，向反应液中加入异丙醇，静置过滤、洗涤、干燥，获得过氧碳酸钠固体。加入异丙醇的目的 。
Ⅱ．“鱼浮灵”的成分测定。
【定性检测】检测过氧碳酸钠溶液中的成分。
（3）请补充完成下列实验报告中的相关内容。
实验序号
实验步骤
实验现象
解释或结论
①
取样，加入MnO2粉末，用带火星的木条伸入试管内
木条复燃
反应的化学方程式
②
溶液中含有Na2CO3
【定量研究】测定“鱼浮灵”中过氧碳酸钠的组成。
实验③：称取一定质量的“鱼浮灵”样品于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量Ba（OH）2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到碳酸钡（BaCO3）固体3.94g。
实验④：另称取相同质量的“鱼浮灵”样品于锥形瓶中，加入足量稀硫酸，再逐滴加入高锰酸钾溶液，充分反应，消耗KMnO4的质量为1.896g，该反应的原理是：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O。
（4）计算确定过氧碳酸钠（aNa2CO3•bH2O2）的化学式（写出计算过程）。
Ⅲ．“鱼浮灵”的增氧原理。
研究小组通过测定常温下相同时间内水溶液中溶解氧的变化，探究CO32﹣、OH﹣对H2O2分解速率的影响，设计了对比实验，实验数据记录如下表。
编号
①
②
③
④
⑤
试剂
H2O
4%H2O2溶液
Na2CO3固体
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
pH
6.96
6.01
8.14
8.15
9.26
溶解氧
（mg•L﹣1）
5.68
6.44
9.11
9.12
10.97
（5）由实验②可知，常温下，过氧化氢水溶液呈 （填“酸性”“中性”或“碱性”）。
（6）过氧碳酸钠可以速效增氧的原理是 。
计算题（共1小题，4分）
16．（4分）模仿CO2通入澄清石灰水中发生的化学反应，将a g CO2气体缓慢通入含有b g NaOH的水溶液中充分反应（假设气体完全被吸收）。
（1）反应结束后，所得溶液的溶质可能是 。
（2）若a＝22g，b＝28g，请推算所得溶液的溶质成分及其质量。
2022年湖北省黄冈市黄梅实验中学自主招生化学压轴试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括10小题，每小题只有1个正确答案，共20分）
1．（2分）下列过程中主要只涉及物理变化的是（ ）
A．浓硫酸使白纸变黑
B．用灼烧法鉴别羊毛和合成纤维
C．生石灰遇水变成熟石灰
D．用酒精浸泡紫罗兰花自制酸碱指示剂
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别为是否有新物质生成．
【解答】解：A、浓硫酸使白纸变黑的过程中有新物质碳生成，属于化学变化；
B、灼烧法鉴别羊毛和合成纤维的过程中有新物质碳生成，属于化学变化；
C、生石灰和水反应能生成熟石灰，属于化学变化；
D、紫罗兰花中的某种物质溶于酒精的过程中没有新物质生成，属于物理变化。
故选：D。
【点评】解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化．
2．（2分）甲、乙、丙、丁分别为1～18号元素中的一种，且核电荷数依次增大，甲的单质是一种最理想的燃料，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，丙的离子带一个单位的正电荷，丁与乙的原子最外层电子数相同。下列有关说法错误的是（ ）
A．甲和乙元素组成的物质分解能得到氧气
B．丙和丁的原子在化学反应中都容易失去电子
C．甲、乙、丙三种元素能组成一种碱
D．丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰
【分析】根据甲、乙、丙、丁分别为1～18号元素中的一种，且核电荷数依次增大，甲的单质是一种最理想的燃料，所以甲是氢元素，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，所以乙是氧元素，丙的离子带一个单位的正电荷，所以丙是钠元素，丁与乙的原子最外层电子数相同，所以丁是硫元素，然后将推出的元素进行验证即可。
【解答】解：甲、乙、丙、丁分别为1～18号元素中的一种，且核电荷数依次增大，甲的单质是一种最理想的燃料，所以甲是氢元素，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，所以乙是氧元素，丙的离子带一个单位的正电荷，所以丙是钠元素，丁与乙的原子最外层电子数相同，所以丁是硫元素，经过验证，推导正确，所以
A、甲和乙元素组成的物质过氧化氢、水分解能得到氧气，故A正确；
B、丁原子在化学反应中都容易得到电子，丙原子在化学反应中都容易失去电子，故B错误；
C、甲、乙、丙三种元素能组成氢氧化钠，故C正确；
D、丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰，故D正确。
故选：B。
【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
3．（2分）下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能将它们一一鉴别出来的是（ ）
A．NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3
B．Ba（NO3）2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl
C．NaOH、NaCl、MgSO4、BaCl2、KCl
D．AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2
【分析】在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别。
【解答】解：A、CuSO4溶液是蓝色的，首先鉴别出蓝色的CuSO4溶液；能与CuSO4溶液反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液，能与CuSO4溶液反应产生白色沉淀的是BaCl2溶液，无明显变化的是氯化钠、硝酸钾溶液，不加其它试剂不能鉴别，故选项错误。
B、Ba（NO3）2溶液与Na2SO4、H2SO4溶液反应均能产生白色沉淀，但其余两两混合均没有明显现象，不加其它试剂无法鉴别，故选项错误。
C、MgSO4能与NaOH、BaCl2溶液反应均能产生白色沉淀，但其余两两混合均没有明显现象，不加其它试剂无法鉴别，故选项错误。
D、组内五种物质的溶液两两混合时，其中有一种溶液与其它四种溶液混合时能出现两次白色沉淀和一次放出气体，该溶液为碳酸钠溶液；与碳酸钠溶液产生气体的溶液为盐酸，产生白色沉淀的为硝酸银、氯化钙溶液；与碳酸钠溶液混合无任何明显现象的为氯化钾溶液；再将盐酸滴加至硝酸银、氯化钙溶液中，产生白色沉淀的是硝酸银溶液，无明显现象的是氯化钙溶液，不加其它试剂可以鉴别，故选项正确。
故选：D。
【点评】本题难度较大，解此类题的思路是：先用物理性质，一般先看颜色、闻气味；再用化学性质，用已鉴定出的药品依次去鉴别其他物质，有不同现象时方可鉴别。
4．（2分）某技术员在分析醋酸溶液中溶质的含量时，测得溶液中氧元素的质量分数为80%，则该醋酸溶液中，醋酸的质量分数为（ ）
A．5% B．14% C．20% D．25%
【分析】由于题目中没给出明确的数值，所解答时可以设出溶液中水的质量和溶质的质量，根据氧元素的质量分数来列式计算可得出溶剂和溶质质量的关系，然后计算该溶液中溶质的质量分数．
【解答】解：设醋酸的水溶液中水的质量为x，醋酸的质量为y，
则水中氧元素的质量为：x××100%＝x，
醋酸中氧元素的质量为y××100%＝y，
由溶液中氧元素的质量分数为80%，则
×100%＝80%，
解得＝3，
则该溶液中溶质的质量分数为：×100%＝25%。
故选：D。
【点评】本题考查溶液中溶质的质量分数计算，难度较大，学生应大胆假设出溶质与溶剂的质量，利用其质量关系来计算即可解答．
5．（2分）某水溶液中只可能含有下列离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣和SO42﹣。现每次取5mL进行实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体1.12L（标准状况下）
③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g
下列说法不正确的是（ ）
A．上述实验无法确定是否含有Cl﹣和NO3﹣
B．溶液中肯定含有CO32﹣和SO42﹣，且浓度分别为4.00mol/L、2.00mol/L
C．上述实验确定溶液中肯定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+
D．要确定是否含有K+，应进一步做焰色反应实验
【分析】①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，不能说明原溶液含有Cl﹣，可能含有CO32﹣和SO42﹣；
②第二份加入足量的NaOH溶液，然后加热，收集到气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4+；n（NH4+）＝n（NH3）＝＝0.05mol，
③第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g沉淀，2.33g 沉淀为BaSO4，原溶液中含有SO42﹣，其物质的量为＝0.01mol，6.27g 沉淀中除含BaSO4外，还含有BaCO3，原溶液中含有CO32﹣，其物质的量为＝0.02mol，根据离子共存，原溶液中一定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+；根据电荷守恒，原溶液中一定含有K+。
【解答】解：A、根据上述分析，Cl﹣和NO3﹣无法判断，故A说法正确：
B、根据上述分析，一定含有CO32﹣和SO42﹣，物质的量浓度分别是＝4.00mol/L、＝2.00mol/L，故B说法正确：
C、根据上述分析，溶液中肯定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+，故C说法正确：
D、根据上述分析，一定含有K*，故D说法错误。
故选：D。
【点评】本题考查常见阴、阳离子的检验方法，为高频考点，把握离子的性质、离子反应，物质的量的计算为解答的关键，侧重分析、计算与实验能力的考查，注意离子共存及溶液电中性规则的应用，题目难度不大。
6．（2分）二氧化硫气体是造成酸雨的主要气体，其水溶液叫亚硫酸（H2SO3 ）。硫化氢（H2S）是一种具有臭鸡蛋气味的剧毒气体，其水溶液叫氢硫酸。已知相同的条件下，氢硫酸的酸性弱于亚硫酸。现在室温下向饱和的亚硫酸溶液中通入过量的硫化氢气体，反应的化学方程式为：2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O．则下图中溶液的pH随通入硫化氢体积的变化曲线示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意，随着反应2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O的发生会导致亚硫酸不断减少，溶液的酸性变弱，pH会不断变大，至恰好反应时pH等于7；继续滴加氢硫酸溶液，溶液显酸性，且酸性不断增强，pH会不断减小。
【解答】解：酸性溶液pH小于7，且酸性越强pH越小。随着反应2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O的发生，溶液的酸性变弱，pH会不断变大，图象会是一条上升的曲线；至恰好反应时pH等于7，继续滴加氢硫酸溶液会再次显酸性，但由于氢硫酸的酸性弱于亚硫酸，故溶液最后的pH会比开始时大。
故选：B。
【点评】本题是对物质发生化学反应时溶液pH的考查，解题的关键是对新信息读取、处理及对反应过程中溶液酸碱性的分析要到位，进而结合图象做出正确判断。
7．（2分）已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；SO2、SO3都能被氢氧化钠溶液吸收．现如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量的浓的氢氧化钠溶液．反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g．该实验中硫酸铜分解的化学方程式是（ ）
A．3 CuSO4 3CuO+SO3↑+2 SO2↑+O2↑
B．4 CuSO4 4CuO+2 SO3↑+2 SO2↑+O2↑
C．5 CuSO4 5CuO+SO3↑+4 SO2↑+2 O2↑
D．6CuSO4 6CuO+4 SO3↑+2 SO2↑+O2↑
【分析】由“反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量．
【解答】解：根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g﹣5.0g＝5g，生成氧化铜的质量为10g﹣5g＝5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g﹣4.5g＝0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g＝20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为
（20÷160）：（10÷80）：（1÷32）＝4：4：1
从题干中可以看出，只有B答案符合这个比例；
故选：B。
【点评】本题着重考查了质量守恒定律的应用，解题的关键根据装置的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数．
8．（2分）下表为NaCl和KNO3在不同温度时的溶解度。下列说法不正确的是（ ）
温度/℃
0
20
40
60
NaCl的溶解度/g
35.7
36.0
36.6
37.3
KNO3的溶解度/g
13.3
31.6
63.9
110
A．NaCl和KNO3都属于易溶固体
B．可用冷却热饱和溶液的方法从海水中提取氯化钠
C．NaCl和KNO3的溶解度曲线20～40℃之间有交点
D．其他条件不变，升温可将KNO3饱和溶液变为不饱和溶液
【分析】A.20℃时，溶解度大于10g的物质称为易溶物质；
B.根据氯化钠的溶解度受温度的影响来分析；
C.根据不同温度下氯化钠和硝酸钾的溶解度来分析；
D.根据硝酸钾的溶解度受温度的影响来分析。
【解答】解：A.由表格中的数据可知，20℃时，氯化钠和硝酸钾的溶解度均大于10g，所以NaCl和KNO3都属于易溶固体，选项说法正确；
B.由表格中的数据可知，氯化钠的溶解度受温度的影响并不是太大，所以可用蒸发溶剂的方法从海水中提取氯化钠，而不能采用冷却热饱和溶液结晶法，选项说法错误；
C.分析图表，KNO3和NaCl的溶解度曲线在20℃～40℃温度范围内有相同的时候，所以两种物质的溶解度曲线在此范围内相交，选项说法正确；
D.由表格数据可知，硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，所以其他条件不变，升温可将KNO3饱和溶液变为不饱和溶液，选项说法正确。
故选：B。
【点评】本题考查了溶液的相关知识，重点是抓住溶解度的实质进行分析，结合图表所提供的信息即可解决．
9．（2分）A～F为初中化学常见物质，固体A在空气中易潮解，B和C能参与光合作用，B和D组成元素相同。它们相互转化的关系如图所示（“→”表示反应能一步实现，“﹣”表示相连物质间能发生反应，部分反应物、生成物和反应条件已省略）。下列说法错误的是（ ）
A．C和F组成元素可能相同
B．固体B可用于人工降雨
C．D和E在一定条件下反应生成B
D．A～F属于酸、碱、盐、氧化物、单质中的四类物质
【分析】根据A～F为初中化学常见物质，固体A在空气中易潮解，所以A是氢氧化钠，B和C能参与光合作用，B会与氢氧化钠反应，氢氧化钠会转化成C，所以B是二氧化碳，C是水，B和D组成元素相同，二氧化碳会转化成D，所以D是一氧化碳，一氧化碳会与E反应，会转化成二氧化碳，所以E可以是氧气，F会转化成氧气和水，所以F可以是过氧化氢溶液，然后将推出的物质进行验证即可。
【解答】解：A～F为初中化学常见物质，固体A在空气中易潮解，所以A是氢氧化钠，B和C能参与光合作用，B会与氢氧化钠反应，氢氧化钠会转化成C，所以B是二氧化碳，C是水，B和D组成元素相同，二氧化碳会转化成D，所以D是一氧化碳，一氧化碳会与E反应，会转化成二氧化碳，所以E可以是氧气，F会转化成氧气和水，所以F可以是过氧化氢溶液，经过验证，推导正确，所以
A、C和F组成元素可能相同，故A正确；
B、固体B二氧化碳可用于人工降雨，故B正确；
C、一氧化碳和氧气在点燃的条件下会生成二氧化碳，故C正确；
D、A～F属于碱、氧化物、单质中的三类物质，故D错误。
故选：D。
【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
10．（2分）6月26日是国际禁毒日，我们青少年应“珍爱生命，远离毒品”，海洛因是一种常用的毒品，其元素的质量分数分别为：C：68.29% H：6.23% O：21.68%，其余为氮。若已知其相对分子质量不超过400，则一个海洛因分子中氮原子个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据物质中某元素的质量分数公式进行解答本题。
【解答】解：设一个海洛因分子中氮原子个数为x，则
海洛因分子中氮的质量分数＝（1﹣68.29%﹣6.23%﹣21.68%）≥×100%
解得：x≤1.086，所以可以肯定其中的氮原子数为1；
故选：D。
【点评】本题考查学生根据物质中某元素的质量分数，求化合物中某元素的原子个数的解题能力，难度稍大。
二、非选择题（本题包括5题，共26分）
11．（4分）以化合价为纵坐标、以物质类别为横坐标所绘制的图像叫价类图。如图，字母均表示初中化学中的常见物质，分别由H、C、O、Na、S、Cu中的一种元素组成，其中“→”表示物质间的转化关系，请回答：
（1）写出物质A、D的化学式： SO3 、 Cu（OH）2 。
（2）B转化成C的化学反应方程式为 Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH 。
（3）已知E转化成F的反应不属于基本反应类型，则该反应的化学方程式为 CuO+COCu+CO2 。
【分析】根据如图字母均表示初中化学中的常见物质，分别由H、C、O、Na、S、Cu中的一种元素组成，F是+4价的氧化物，所以F是二氧化硫或二氧化碳，A是+6价的氧化物，所以A是三氧化硫，三氧化硫会转化成盐B，所以B是B会转化成+1价的碱或酸，所以B是硫酸钠，C是氢氧化钠，氢氧化钠和可以转化成D，所以D是氢氧化铜，氢氧化铜会转化成E，所以E是氧化铜，氧化铜会转化成F，所以F是二氧化碳，G会转化成二氧化碳，所以G是碳或氧气，然后将推出的物质验证即可。
【解答】解：（1）如图字母均表示初中化学中的常见物质，分别由H、C、O、Na、S、Cu中的一种元素组成，F是+4价的氧化物，所以F是二氧化硫或二氧化碳，A是+6价的氧化物，所以A是三氧化硫，三氧化硫会转化成盐B，所以B是B会转化成+1价的碱或酸，所以B是硫酸钠，C是氢氧化钠，氢氧化钠和可以转化成D，所以D是氢氧化铜，氢氧化铜会转化成E，所以E是氧化铜，氧化铜会转化成F，所以F是二氧化碳，G会转化成二氧化碳，所以G是碳或氧气，经过验证，推导正确，所以物质A、D的化学式分别是：SO3、Cu（OH）2；
（2）B转化成C的反应是氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH；
（3）E转化成F的反应不属于基本反应类型，该反应可以是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，化学方程式为：CuO+COCu+CO2。
故答案为：（1）SO3；Cu（OH）2；
（2）Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH；
（3）CuO+COCu+CO2。
【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
12．（4分）ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）安装F中导管时，应选用图2中的 b 。
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜 慢 （填“快”或“慢”）。
（3）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是 稳定剂Ⅱ ，原因是 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度 。
【分析】根据实验装置图可知，A、B用于制备氯气和二氧化氯；C用于吸收氯气；D用于吸收二氧化氯，E用于重新释放二氧化氯，F用于验证二氧化氯，F中的颜色不变，从而验证C的作用是吸收氯气，
（1）F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；
（3）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【解答】解：（1）F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选：b；
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢；
（3）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好。
故答案为：（1）b；
（2）慢；
（3）稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【点评】本题以ClO2的制备、吸收、释放为载体，考查实验制备方案设计、基本操作、对装置及操作的分析评价等，为高考常见题型，注意根据问题进行制备流程分析，难度中等。
13．（5分）水的硬度表示方法是：将水中的Ca2+、Mg2+质量折算成CaO的质量。通常把1L水中含有10mg CaO称为1度，1L水中含有20mg CaO即为2度，以此类推，8度以上为硬水，8度以下为软水。我国规定饮用水的硬度不能超过25度。
（1）Ca（HCO3）2加热时会分解产生一种白色沉淀（水垢的主要成分）和两种常见的氧化物，请写出发生反应的化学方程式 Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑ 。河水、井水中溶有一定量的Ca（HCO3）2，饮用前可采取 加热煮沸 的方法来降低水的硬度。
（2）家用热水瓶一旦产生水垢，其保温性能会降低，用食醋可除去上述水垢，发生反应的化学方程式为 CaCO3+2CH3COOH═（CH3COO）2Ca+H2O+CO2↑或Mg（OH）2+2CH3COOH═（CH3COOH）2Mg+2H2O 。
（3）取某水样1L，经实验测定，其中含Ca2+0.2g，此水样的硬度约为 28 ， 不符合 （填“符合”或“不符合”）饮用水标准。
【分析】（1）根据题目所给信息可以直接写出化学方程式即可；根据降低水的硬度的方法进行分析；
（2）根据加热煮沸水后得到的难溶于水的固体的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，而碳酸钙和氢氧化镁可以溶于醋酸进行分析；
（3）根据硬度的计算方法和饮用水标准进行分析．
【解答】解：（1）根据题意可知碳酸氢钙分解产生的是白色沉淀为碳酸钙，而常见的氧化物为水或是二氧化碳，化学方程式为：Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑；河水、井水中溶有一定量的Ca（HCO3）2，饮用前可采取加热煮沸的方法来降低水的硬度；
（2）热煮沸水后得到的难溶于水的固体的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，可以利用碳酸钙和氢氧化镁可以溶于水的性质来除去水垢，碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，氢氧化镁和醋酸反应生成醋酸镁和水，化学方程式为：CaCO3+2CH3COOH═（CH3COO）2Ca+H2O+CO2↑或Mg（OH）2+2CH3COOH═（CH3COOH）2Mg+2H2O；
（3）根据钙相对原子质量为40，氧化钙的相对分子质量为56，
设水样的质量为x，列等式：＝
解得x＝0.28g＝280mg，硬度：×2＝28；该水不符合饮用水标准。
故答案为：（1）Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑；加热煮沸；
（2）CaCO3+2CH3COOH═（CH3COO）2Ca+H2O+CO2↑或Mg（OH）2+2CH3COOH═（CH3COOH）2Mg+2H2O；
（3）28；不符合．
【点评】本题考查的知识点较多，综合性较强，可依据已有的知识进行解答．
14．（5分）如图表示某些物质间转化关系。A是大理石的主要成分，C是气体，D是一种黑色的固态非金属单质，E由两种元素组成，其中D元素的质量分数为37.5%，与另一种元素原子个数之比为2：1，F是一种碱，H是一种有刺激性气味的气体。请回答下列问题。
（1）写出物质的化学式：D C ，G NH4Cl 。
（2）写出下列反应的化学方程式：
① CaCO3CaO+CO2↑ ，
② CaC2+2H2O＝C2H2↑+Ca（OH）2 。
（3）反应③能够发生的原因是 常温下，NaHCO3的溶解度较小而析出 。
（4）此种塑料 不能 （填“能”或“不能”）用于食品包装。
【分析】根据A是大理石的主要成分，所以A是碳酸钙，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和，C是气体，所以C是二氧化碳，D是一种黑色的固态非金属单质，E由两种元素组成，其中D元素的质量分数为37.5%，与另一种元素原子个数之比为2：1所以D是碳，碳和氧化钙在高温的条件下生成碳化钙，所以E是碳化钙，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，F是一种碱，H是一种有刺激性气味的气体，所以H是氨气，G是氯化铵，二氧化碳、水和氯化钠和氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，所以M是碳酸氢钠，然后将推出的物质进行验证即可。
【解答】解：（1）A是大理石的主要成分，所以A是碳酸钙，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和，C是气体，所以C是二氧化碳，D是一种黑色的固态非金属单质，E由两种元素组成，其中D元素的质量分数为37.5%，与另一种元素原子个数之比为2：1所以D是碳，碳和氧化钙在高温的条件下生成碳化钙，所以E是碳化钙，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，F是一种碱，H是一种有刺激性气味的气体，所以H是氨气，G是氯化铵，二氧化碳、水和氯化钠和氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，所以M是碳酸氢钠，经过验证，推导正确，所以D是C，G是NH4Cl；
（2）①是碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑；
②碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，化学方程式为：CaC2+2H2O＝C2H2↑+Ca （OH）2；
（3）反应③能够发生的原因是：常温下，NaHCO3的溶解度较小而析出；
（4）乙炔和盐酸反应生成的塑料中含有氯元素，所以此种塑料不能用于食品包装。
故答案为：（1）C，NH4Cl；
（2）①CaCO3CaO+CO2↑；
②CaC2+2H2O＝C2H2↑+Ca （OH）2；
（3）常温下，NaHCO3的溶解度较小而析出；
（4）不能。
【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
15．（8分）水产养殖的速效增氧剂“鱼浮灵”的主要成分是过氧碳酸钠（aNa2CO3•bH2O2）。
某化学研究小组对“鱼浮灵”的制备、成分测定及增氧原理进行了如下探究。
【查阅资料】①过氧碳酸钠有Na2CO3和H2O2的双重性质；50℃开始分解。
②过氧碳酸钠在异丙醇（有机溶剂）中的溶解度较低。
Ⅰ．“鱼浮灵”的制备。
实验室用Na2CO3与稳定剂的混合溶液和30%的H2O2溶液反应制备过氧碳酸钠，实验装置如图所示。
（1）反应温度不能超过20℃的原因是 温度超过20℃时过氧化氢分解 。
（2）反应结束后，停止搅拌，向反应液中加入异丙醇，静置过滤、洗涤、干燥，获得过氧碳酸钠固体。加入异丙醇的目的 减小过氧碳酸钠的溶解度，使过氧碳酸钠析出 。
Ⅱ．“鱼浮灵”的成分测定。
【定性检测】检测过氧碳酸钠溶液中的成分。
（3）请补充完成下列实验报告中的相关内容。
实验序号
实验步骤
实验现象
解释或结论
①
取样，加入MnO2粉末，用带火星的木条伸入试管内
木条复燃
反应的化学方程式
2H2O22H2O+O2↑
②
取样，加入氯化钙溶液
产生白色沉淀
溶液中含有Na2CO3
【定量研究】测定“鱼浮灵”中过氧碳酸钠的组成。
实验③：称取一定质量的“鱼浮灵”样品于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量Ba（OH）2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到碳酸钡（BaCO3）固体3.94g。
实验④：另称取相同质量的“鱼浮灵”样品于锥形瓶中，加入足量稀硫酸，再逐滴加入高锰酸钾溶液，充分反应，消耗KMnO4的质量为1.896g，该反应的原理是：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O。
（4）计算确定过氧碳酸钠（aNa2CO3•bH2O2）的化学式（写出计算过程）。
Ⅲ．“鱼浮灵”的增氧原理。
研究小组通过测定常温下相同时间内水溶液中溶解氧的变化，探究CO32﹣、OH﹣对H2O2分解速率的影响，设计了对比实验，实验数据记录如下表。
编号
①
②
③
④
⑤
试剂
H2O
4%H2O2溶液
Na2CO3固体
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
pH
6.96
6.01
8.14
8.15
9.26
溶解氧
（mg•L﹣1）
5.68
6.44
9.11
9.12
10.97
（5）由实验②可知，常温下，过氧化氢水溶液呈 酸性 （填“酸性”“中性”或“碱性”）。
（6）过氧碳酸钠可以速效增氧的原理是 碳酸钠溶液显碱性，能够促进过氧化氢分解 。
【分析】过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，随着温度升高分解速率加快；
碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠；
由表中数据可知，碱性越强，过氧化氢分解速率越快。
【解答】解：（1）反应温度不能超过20℃的原因是温度超过20℃时过氧化氢分解。
故填：温度超过20℃时过氧化氢分解。
（2）加入异丙醇的目的是减小过氧碳酸钠的溶解度，使过氧碳酸钠析出。
故填：减小过氧碳酸钠的溶解度，使过氧碳酸钠析出。
（3）取样，加入MnO2粉末，用带火星的木条伸入试管内，木条复燃，是因为过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2↑；
取样，加入氯化钙溶液，产生白色沉淀，是因为碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，实验过程如下所示：
实验序号
实验步骤
实验现象
解释或结论
①
取样，加入MnO2粉末，用带火星的木条伸入试管内
木条复燃
反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2↑
②
取样，加入氯化钙溶液
产生白色沉淀
溶液中含有Na2CO3
（4）设碳酸钠质量为x，过氧化氢质量为y，
Na2CO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+2NaOH，
106 197
x 3.94g
＝，
x＝2.12g，
2KMnO4+5H2O2+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，
316 170
1.896g y
＝，
y＝1.02g，
根据题意有：＝，
＝，
过氧碳酸钠的化学式是2Na2CO3•3H2O2。
答：过氧碳酸钠的化学式是2Na2CO3•3H2O2。
（5）由实验②可知，常温下，过氧化氢水溶液呈酸性。
故填：酸性。
（6）过氧碳酸钠可以速效增氧的原理是碳酸钠溶液显碱性，能够促进过氧化氢分解。
故填：碳酸钠溶液显碱性，能够促进过氧化氢分解。
【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
计算题（共1小题，4分）
16．（4分）模仿CO2通入澄清石灰水中发生的化学反应，将a g CO2气体缓慢通入含有b g NaOH的水溶液中充分反应（假设气体完全被吸收）。
（1）反应结束后，所得溶液的溶质可能是 Na2CO3和NaOH或Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3或NaHCO3 。
（2）若a＝22g，b＝28g，请推算所得溶液的溶质成分及其质量。
【分析】（1）根据反应物是否过量和生成物进行分析；
（2）根据化学方程式进行分析解答。
【解答】解：（1）可能发生的相关化学方程式有：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3．当二氧化碳的量不足，氢氧化钠有剩余时，反应后溶液中的溶质有：Na2CO3和NaOH；当二氧化碳和氢氧化钠恰好完全反应时，反应后溶液中的溶质有：Na2CO3；当二氧化碳和部分碳酸钠反应生成碳酸氢钠时二氧化碳用完，反应后溶液中的溶质有：Na2CO3和NaHCO3；当二氧化碳足量时，反应后溶液中的溶质有：NaHCO3；
（2）设28g氢氧化钠完全反应需要二氧化碳的质量为x，生成碳酸钠的质量为y，生成碳酸氢钠的质量为z，消耗碳酸钠的质量为m。
2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O
80 44 106
28g x y
x＝15.4g
y＝37.1g
Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3
106 44 168
m 22g﹣15.4g＝6.6g z
m＝15.9g
z＝25.2g
溶液中含有碳酸钠的质量为：
37.1g﹣15.9g＝21.2g
答：所得溶液的溶质成分为 Na2CO3和NaHCO3，质量分别为：21.2g和25.2g
故答案为：
（1）Na2CO3和NaOH或Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3或NaHCO3；
（2）所得溶液的溶质成分为 Na2CO3和NaHCO3，质量分别为：21.2g和25.2g。
【点评】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。
2022年湖北省黄冈市黄梅实验中学自主招生化学压轴试卷
一、选择题（本题包括10小题，每小题只有1个正确答案，共20分）
1．（2分）下列过程中主要只涉及物理变化的是（ ）
A．浓硫酸使白纸变黑
B．用灼烧法鉴别羊毛和合成纤维
C．生石灰遇水变成熟石灰
D．用酒精浸泡紫罗兰花自制酸碱指示剂
2．（2分）甲、乙、丙、丁分别为1～18号元素中的一种，且核电荷数依次增大，甲的单质是一种最理想的燃料，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，丙的离子带一个单位的正电荷，丁与乙的原子最外层电子数相同。下列有关说法错误的是（ ）
A．甲和乙元素组成的物质分解能得到氧气
B．丙和丁的原子在化学反应中都容易失去电子
C．甲、乙、丙三种元素能组成一种碱
D．丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰
3．（2分）下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能将它们一一鉴别出来的是（ ）
A．NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3
B．Ba（NO3）2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl
C．NaOH、NaCl、MgSO4、BaCl2、KCl
D．AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2
4．（2分）某技术员在分析醋酸溶液中溶质的含量时，测得溶液中氧元素的质量分数为80%，则该醋酸溶液中，醋酸的质量分数为（ ）
A．5% B．14% C．20% D．25%
5．（2分）某水溶液中只可能含有下列离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣和SO42﹣。现每次取5mL进行实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体1.12L（标准状况下）
③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g
下列说法不正确的是（ ）
A．上述实验无法确定是否含有Cl﹣和NO3﹣
B．溶液中肯定含有CO32﹣和SO42﹣，且浓度分别为4.00mol/L、2.00mol/L
C．上述实验确定溶液中肯定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+
D．要确定是否含有K+，应进一步做焰色反应实验
6．（2分）二氧化硫气体是造成酸雨的主要气体，其水溶液叫亚硫酸（H2SO3 ）。硫化氢（H2S）是一种具有臭鸡蛋气味的剧毒气体，其水溶液叫氢硫酸。已知相同的条件下，氢硫酸的酸性弱于亚硫酸。现在室温下向饱和的亚硫酸溶液中通入过量的硫化氢气体，反应的化学方程式为：2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O．则下图中溶液的pH随通入硫化氢体积的变化曲线示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2分）已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；SO2、SO3都能被氢氧化钠溶液吸收．现如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量的浓的氢氧化钠溶液．反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g．该实验中硫酸铜分解的化学方程式是（ ）
A．3 CuSO4 3CuO+SO3↑+2 SO2↑+O2↑
B．4 CuSO4 4CuO+2 SO3↑+2 SO2↑+O2↑
C．5 CuSO4 5CuO+SO3↑+4 SO2↑+2 O2↑
D．6CuSO4 6CuO+4 SO3↑+2 SO2↑+O2↑
8．（2分）下表为NaCl和KNO3在不同温度时的溶解度。下列说法不正确的是（ ）
温度/℃
0
20
40
60
NaCl的溶解度/g
35.7
36.0
36.6
37.3
KNO3的溶解度/g
13.3
31.6
63.9
110
A．NaCl和KNO3都属于易溶固体
B．可用冷却热饱和溶液的方法从海水中提取氯化钠
C．NaCl和KNO3的溶解度曲线20～40℃之间有交点
D．其他条件不变，升温可将KNO3饱和溶液变为不饱和溶液
9．（2分）A～F为初中化学常见物质，固体A在空气中易潮解，B和C能参与光合作用，B和D组成元素相同。它们相互转化的关系如图所示（“→”表示反应能一步实现，“﹣”表示相连物质间能发生反应，部分反应物、生成物和反应条件已省略）。下列说法错误的是（ ）
A．C和F组成元素可能相同
B．固体B可用于人工降雨
C．D和E在一定条件下反应生成B
D．A～F属于酸、碱、盐、氧化物、单质中的四类物质
10．（2分）6月26日是国际禁毒日，我们青少年应“珍爱生命，远离毒品”，海洛因是一种常用的毒品，其元素的质量分数分别为：C：68.29% H：6.23% O：21.68%，其余为氮。若已知其相对分子质量不超过400，则一个海洛因分子中氮原子个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、非选择题（本题包括5题，共26分）
11．（4分）以化合价为纵坐标、以物质类别为横坐标所绘制的图像叫价类图。如图，字母均表示初中化学中的常见物质，分别由H、C、O、Na、S、Cu中的一种元素组成，其中“→”表示物质间的转化关系，请回答：
（1）写出物质A、D的化学式： 、 。
（2）B转化成C的化学反应方程式为 。
（3）已知E转化成F的反应不属于基本反应类型，则该反应的化学方程式为 。
12．（4分）ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）安装F中导管时，应选用图2中的 。
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜 （填“快”或“慢”）。
（3）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是 ，原因是 。
13．（5分）水的硬度表示方法是：将水中的Ca2+、Mg2+质量折算成CaO的质量。通常把1L水中含有10mg CaO称为1度，1L水中含有20mg CaO即为2度，以此类推，8度以上为硬水，8度以下为软水。我国规定饮用水的硬度不能超过25度。
（1）Ca（HCO3）2加热时会分解产生一种白色沉淀（水垢的主要成分）和两种常见的氧化物，请写出发生反应的化学方程式 。河水、井水中溶有一定量的Ca（HCO3）2，饮用前可采取 的方法来降低水的硬度。
（2）家用热水瓶一旦产生水垢，其保温性能会降低，用食醋可除去上述水垢，发生反应的化学方程式为 。
（3）取某水样1L，经实验测定，其中含Ca2+0.2g，此水样的硬度约为 ， （填“符合”或“不符合”）饮用水标准。
14．（5分）如图表示某些物质间转化关系。A是大理石的主要成分，C是气体，D是一种黑色的固态非金属单质，E由两种元素组成，其中D元素的质量分数为37.5%，与另一种元素原子个数之比为2：1，F是一种碱，H是一种有刺激性气味的气体。请回答下列问题。
（1）写出物质的化学式：D ，G 。
（2）写出下列反应的化学方程式：
① ，
② 。
（3）反应③能够发生的原因是 。
（4）此种塑料 （填“能”或“不能”）用于食品包装。
15．（8分）水产养殖的速效增氧剂“鱼浮灵”的主要成分是过氧碳酸钠（aNa2CO3•bH2O2）。
某化学研究小组对“鱼浮灵”的制备、成分测定及增氧原理进行了如下探究。
【查阅资料】①过氧碳酸钠有Na2CO3和H2O2的双重性质；50℃开始分解。
②过氧碳酸钠在异丙醇（有机溶剂）中的溶解度较低。
Ⅰ．“鱼浮灵”的制备。
实验室用Na2CO3与稳定剂的混合溶液和30%的H2O2溶液反应制备过氧碳酸钠，实验装置如图所示。
（1）反应温度不能超过20℃的原因是 。
（2）反应结束后，停止搅拌，向反应液中加入异丙醇，静置过滤、洗涤、干燥，获得过氧碳酸钠固体。加入异丙醇的目的 。
Ⅱ．“鱼浮灵”的成分测定。
【定性检测】检测过氧碳酸钠溶液中的成分。
（3）请补充完成下列实验报告中的相关内容。
实验序号
实验步骤
实验现象
解释或结论
①
取样，加入MnO2粉末，用带火星的木条伸入试管内
木条复燃
反应的化学方程式
②
溶液中含有Na2CO3
【定量研究】测定“鱼浮灵”中过氧碳酸钠的组成。
实验③：称取一定质量的“鱼浮灵”样品于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量Ba（OH）2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到碳酸钡（BaCO3）固体3.94g。
实验④：另称取相同质量的“鱼浮灵”样品于锥形瓶中，加入足量稀硫酸，再逐滴加入高锰酸钾溶液，充分反应，消耗KMnO4的质量为1.896g，该反应的原理是：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O。
（4）计算确定过氧碳酸钠（aNa2CO3•bH2O2）的化学式（写出计算过程）。
Ⅲ．“鱼浮灵”的增氧原理。
研究小组通过测定常温下相同时间内水溶液中溶解氧的变化，探究CO32﹣、OH﹣对H2O2分解速率的影响，设计了对比实验，实验数据记录如下表。
编号
①
②
③
④
⑤
试剂
H2O
4%H2O2溶液
Na2CO3固体
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
pH
6.96
6.01
8.14
8.15
9.26
溶解氧
（mg•L﹣1）
5.68
6.44
9.11
9.12
10.97
（5）由实验②可知，常温下，过氧化氢水溶液呈 （填“酸性”“中性”或“碱性”）。
（6）过氧碳酸钠可以速效增氧的原理是 。
计算题（共1小题，4分）
16．（4分）模仿CO2通入澄清石灰水中发生的化学反应，将a g CO2气体缓慢通入含有b g NaOH的水溶液中充分反应（假设气体完全被吸收）。
（1）反应结束后，所得溶液的溶质可能是 。
（2）若a＝22g，b＝28g，请推算所得溶液的溶质成分及其质量。
2022年湖北省黄冈市黄梅实验中学自主招生化学压轴试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括10小题，每小题只有1个正确答案，共20分）
1．（2分）下列过程中主要只涉及物理变化的是（ ）
A．浓硫酸使白纸变黑
B．用灼烧法鉴别羊毛和合成纤维
C．生石灰遇水变成熟石灰
D．用酒精浸泡紫罗兰花自制酸碱指示剂
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别为是否有新物质生成．
【解答】解：A、浓硫酸使白纸变黑的过程中有新物质碳生成，属于化学变化；
B、灼烧法鉴别羊毛和合成纤维的过程中有新物质碳生成，属于化学变化；
C、生石灰和水反应能生成熟石灰，属于化学变化；
D、紫罗兰花中的某种物质溶于酒精的过程中没有新物质生成，属于物理变化。
故选：D。
【点评】解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化．
2．（2分）甲、乙、丙、丁分别为1～18号元素中的一种，且核电荷数依次增大，甲的单质是一种最理想的燃料，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，丙的离子带一个单位的正电荷，丁与乙的原子最外层电子数相同。下列有关说法错误的是（ ）
A．甲和乙元素组成的物质分解能得到氧气
B．丙和丁的原子在化学反应中都容易失去电子
C．甲、乙、丙三种元素能组成一种碱
D．丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰
【分析】根据甲、乙、丙、丁分别为1～18号元素中的一种，且核电荷数依次增大，甲的单质是一种最理想的燃料，所以甲是氢元素，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，所以乙是氧元素，丙的离子带一个单位的正电荷，所以丙是钠元素，丁与乙的原子最外层电子数相同，所以丁是硫元素，然后将推出的元素进行验证即可。
【解答】解：甲、乙、丙、丁分别为1～18号元素中的一种，且核电荷数依次增大，甲的单质是一种最理想的燃料，所以甲是氢元素，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，所以乙是氧元素，丙的离子带一个单位的正电荷，所以丙是钠元素，丁与乙的原子最外层电子数相同，所以丁是硫元素，经过验证，推导正确，所以
A、甲和乙元素组成的物质过氧化氢、水分解能得到氧气，故A正确；
B、丁原子在化学反应中都容易得到电子，丙原子在化学反应中都容易失去电子，故B错误；
C、甲、乙、丙三种元素能组成氢氧化钠，故C正确；
D、丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰，故D正确。
故选：B。
【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
3．（2分）下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能将它们一一鉴别出来的是（ ）
A．NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3
B．Ba（NO3）2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl
C．NaOH、NaCl、MgSO4、BaCl2、KCl
D．AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2
【分析】在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别。
【解答】解：A、CuSO4溶液是蓝色的，首先鉴别出蓝色的CuSO4溶液；能与CuSO4溶液反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液，能与CuSO4溶液反应产生白色沉淀的是BaCl2溶液，无明显变化的是氯化钠、硝酸钾溶液，不加其它试剂不能鉴别，故选项错误。
B、Ba（NO3）2溶液与Na2SO4、H2SO4溶液反应均能产生白色沉淀，但其余两两混合均没有明显现象，不加其它试剂无法鉴别，故选项错误。
C、MgSO4能与NaOH、BaCl2溶液反应均能产生白色沉淀，但其余两两混合均没有明显现象，不加其它试剂无法鉴别，故选项错误。
D、组内五种物质的溶液两两混合时，其中有一种溶液与其它四种溶液混合时能出现两次白色沉淀和一次放出气体，该溶液为碳酸钠溶液；与碳酸钠溶液产生气体的溶液为盐酸，产生白色沉淀的为硝酸银、氯化钙溶液；与碳酸钠溶液混合无任何明显现象的为氯化钾溶液；再将盐酸滴加至硝酸银、氯化钙溶液中，产生白色沉淀的是硝酸银溶液，无明显现象的是氯化钙溶液，不加其它试剂可以鉴别，故选项正确。
故选：D。
【点评】本题难度较大，解此类题的思路是：先用物理性质，一般先看颜色、闻气味；再用化学性质，用已鉴定出的药品依次去鉴别其他物质，有不同现象时方可鉴别。
4．（2分）某技术员在分析醋酸溶液中溶质的含量时，测得溶液中氧元素的质量分数为80%，则该醋酸溶液中，醋酸的质量分数为（ ）
A．5% B．14% C．20% D．25%
【分析】由于题目中没给出明确的数值，所解答时可以设出溶液中水的质量和溶质的质量，根据氧元素的质量分数来列式计算可得出溶剂和溶质质量的关系，然后计算该溶液中溶质的质量分数．
【解答】解：设醋酸的水溶液中水的质量为x，醋酸的质量为y，
则水中氧元素的质量为：x××100%＝x，
醋酸中氧元素的质量为y××100%＝y，
由溶液中氧元素的质量分数为80%，则
×100%＝80%，
解得＝3，
则该溶液中溶质的质量分数为：×100%＝25%。
故选：D。
【点评】本题考查溶液中溶质的质量分数计算，难度较大，学生应大胆假设出溶质与溶剂的质量，利用其质量关系来计算即可解答．
5．（2分）某水溶液中只可能含有下列离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣和SO42﹣。现每次取5mL进行实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体1.12L（标准状况下）
③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g
下列说法不正确的是（ ）
A．上述实验无法确定是否含有Cl﹣和NO3﹣
B．溶液中肯定含有CO32﹣和SO42﹣，且浓度分别为4.00mol/L、2.00mol/L
C．上述实验确定溶液中肯定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+
D．要确定是否含有K+，应进一步做焰色反应实验
【分析】①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，不能说明原溶液含有Cl﹣，可能含有CO32﹣和SO42﹣；
②第二份加入足量的NaOH溶液，然后加热，收集到气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4+；n（NH4+）＝n（NH3）＝＝0.05mol，
③第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g沉淀，2.33g 沉淀为BaSO4，原溶液中含有SO42﹣，其物质的量为＝0.01mol，6.27g 沉淀中除含BaSO4外，还含有BaCO3，原溶液中含有CO32﹣，其物质的量为＝0.02mol，根据离子共存，原溶液中一定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+；根据电荷守恒，原溶液中一定含有K+。
【解答】解：A、根据上述分析，Cl﹣和NO3﹣无法判断，故A说法正确：
B、根据上述分析，一定含有CO32﹣和SO42﹣，物质的量浓度分别是＝4.00mol/L、＝2.00mol/L，故B说法正确：
C、根据上述分析，溶液中肯定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+，故C说法正确：
D、根据上述分析，一定含有K*，故D说法错误。
故选：D。
【点评】本题考查常见阴、阳离子的检验方法，为高频考点，把握离子的性质、离子反应，物质的量的计算为解答的关键，侧重分析、计算与实验能力的考查，注意离子共存及溶液电中性规则的应用，题目难度不大。
6．（2分）二氧化硫气体是造成酸雨的主要气体，其水溶液叫亚硫酸（H2SO3 ）。硫化氢（H2S）是一种具有臭鸡蛋气味的剧毒气体，其水溶液叫氢硫酸。已知相同的条件下，氢硫酸的酸性弱于亚硫酸。现在室温下向饱和的亚硫酸溶液中通入过量的硫化氢气体，反应的化学方程式为：2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O．则下图中溶液的pH随通入硫化氢体积的变化曲线示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意，随着反应2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O的发生会导致亚硫酸不断减少，溶液的酸性变弱，pH会不断变大，至恰好反应时pH等于7；继续滴加氢硫酸溶液，溶液显酸性，且酸性不断增强，pH会不断减小。
【解答】解：酸性溶液pH小于7，且酸性越强pH越小。随着反应2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O的发生，溶液的酸性变弱，pH会不断变大，图象会是一条上升的曲线；至恰好反应时pH等于7，继续滴加氢硫酸溶液会再次显酸性，但由于氢硫酸的酸性弱于亚硫酸，故溶液最后的pH会比开始时大。
故选：B。
【点评】本题是对物质发生化学反应时溶液pH的考查，解题的关键是对新信息读取、处理及对反应过程中溶液酸碱性的分析要到位，进而结合图象做出正确判断。
7．（2分）已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；SO2、SO3都能被氢氧化钠溶液吸收．现如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量的浓的氢氧化钠溶液．反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g．该实验中硫酸铜分解的化学方程式是（ ）
A．3 CuSO4 3CuO+SO3↑+2 SO2↑+O2↑
B．4 CuSO4 4CuO+2 SO3↑+2 SO2↑+O2↑
C．5 CuSO4 5CuO+SO3↑+4 SO2↑+2 O2↑
D．6CuSO4 6CuO+4 SO3↑+2 SO2↑+O2↑
【分析】由“反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量．
【解答】解：根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g﹣5.0g＝5g，生成氧化铜的质量为10g﹣5g＝5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g﹣4.5g＝0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g＝20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为
（20÷160）：（10÷80）：（1÷32）＝4：4：1
从题干中可以看出，只有B答案符合这个比例；
故选：B。
【点评】本题着重考查了质量守恒定律的应用，解题的关键根据装置的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数．
8．（2分）下表为NaCl和KNO3在不同温度时的溶解度。下列说法不正确的是（ ）
温度/℃
0
20
40
60
NaCl的溶解度/g
35.7
36.0
36.6
37.3
KNO3的溶解度/g
13.3
31.6
63.9
110
A．NaCl和KNO3都属于易溶固体
B．可用冷却热饱和溶液的方法从海水中提取氯化钠
C．NaCl和KNO3的溶解度曲线20～40℃之间有交点
D．其他条件不变，升温可将KNO3饱和溶液变为不饱和溶液
【分析】A.20℃时，溶解度大于10g的物质称为易溶物质；
B.根据氯化钠的溶解度受温度的影响来分析；
C.根据不同温度下氯化钠和硝酸钾的溶解度来分析；
D.根据硝酸钾的溶解度受温度的影响来分析。
【解答】解：A.由表格中的数据可知，20℃时，氯化钠和硝酸钾的溶解度均大于10g，所以NaCl和KNO3都属于易溶固体，选项说法正确；
B.由表格中的数据可知，氯化钠的溶解度受温度的影响并不是太大，所以可用蒸发溶剂的方法从海水中提取氯化钠，而不能采用冷却热饱和溶液结晶法，选项说法错误；
C.分析图表，KNO3和NaCl的溶解度曲线在20℃～40℃温度范围内有相同的时候，所以两种物质的溶解度曲线在此范围内相交，选项说法正确；
D.由表格数据可知，硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，所以其他条件不变，升温可将KNO3饱和溶液变为不饱和溶液，选项说法正确。
故选：B。
【点评】本题考查了溶液的相关知识，重点是抓住溶解度的实质进行分析，结合图表所提供的信息即可解决．
9．（2分）A～F为初中化学常见物质，固体A在空气中易潮解，B和C能参与光合作用，B和D组成元素相同。它们相互转化的关系如图所示（“→”表示反应能一步实现，“﹣”表示相连物质间能发生反应，部分反应物、生成物和反应条件已省略）。下列说法错误的是（ ）
A．C和F组成元素可能相同
B．固体B可用于人工降雨
C．D和E在一定条件下反应生成B
D．A～F属于酸、碱、盐、氧化物、单质中的四类物质
【分析】根据A～F为初中化学常见物质，固体A在空气中易潮解，所以A是氢氧化钠，B和C能参与光合作用，B会与氢氧化钠反应，氢氧化钠会转化成C，所以B是二氧化碳，C是水，B和D组成元素相同，二氧化碳会转化成D，所以D是一氧化碳，一氧化碳会与E反应，会转化成二氧化碳，所以E可以是氧气，F会转化成氧气和水，所以F可以是过氧化氢溶液，然后将推出的物质进行验证即可。
【解答】解：A～F为初中化学常见物质，固体A在空气中易潮解，所以A是氢氧化钠，B和C能参与光合作用，B会与氢氧化钠反应，氢氧化钠会转化成C，所以B是二氧化碳，C是水，B和D组成元素相同，二氧化碳会转化成D，所以D是一氧化碳，一氧化碳会与E反应，会转化成二氧化碳，所以E可以是氧气，F会转化成氧气和水，所以F可以是过氧化氢溶液，经过验证，推导正确，所以
A、C和F组成元素可能相同，故A正确；
B、固体B二氧化碳可用于人工降雨，故B正确；
C、一氧化碳和氧气在点燃的条件下会生成二氧化碳，故C正确；
D、A～F属于碱、氧化物、单质中的三类物质，故D错误。
故选：D。
【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
10．（2分）6月26日是国际禁毒日，我们青少年应“珍爱生命，远离毒品”，海洛因是一种常用的毒品，其元素的质量分数分别为：C：68.29% H：6.23% O：21.68%，其余为氮。若已知其相对分子质量不超过400，则一个海洛因分子中氮原子个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据物质中某元素的质量分数公式进行解答本题。
【解答】解：设一个海洛因分子中氮原子个数为x，则
海洛因分子中氮的质量分数＝（1﹣68.29%﹣6.23%﹣21.68%）≥×100%
解得：x≤1.086，所以可以肯定其中的氮原子数为1；
故选：D。
【点评】本题考查学生根据物质中某元素的质量分数，求化合物中某元素的原子个数的解题能力，难度稍大。
二、非选择题（本题包括5题，共26分）
11．（4分）以化合价为纵坐标、以物质类别为横坐标所绘制的图像叫价类图。如图，字母均表示初中化学中的常见物质，分别由H、C、O、Na、S、Cu中的一种元素组成，其中“→”表示物质间的转化关系，请回答：
（1）写出物质A、D的化学式： SO3 、 Cu（OH）2 。
（2）B转化成C的化学反应方程式为 Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH 。
（3）已知E转化成F的反应不属于基本反应类型，则该反应的化学方程式为 CuO+COCu+CO2 。
【分析】根据如图字母均表示初中化学中的常见物质，分别由H、C、O、Na、S、Cu中的一种元素组成，F是+4价的氧化物，所以F是二氧化硫或二氧化碳，A是+6价的氧化物，所以A是三氧化硫，三氧化硫会转化成盐B，所以B是B会转化成+1价的碱或酸，所以B是硫酸钠，C是氢氧化钠，氢氧化钠和可以转化成D，所以D是氢氧化铜，氢氧化铜会转化成E，所以E是氧化铜，氧化铜会转化成F，所以F是二氧化碳，G会转化成二氧化碳，所以G是碳或氧气，然后将推出的物质验证即可。
【解答】解：（1）如图字母均表示初中化学中的常见物质，分别由H、C、O、Na、S、Cu中的一种元素组成，F是+4价的氧化物，所以F是二氧化硫或二氧化碳，A是+6价的氧化物，所以A是三氧化硫，三氧化硫会转化成盐B，所以B是B会转化成+1价的碱或酸，所以B是硫酸钠，C是氢氧化钠，氢氧化钠和可以转化成D，所以D是氢氧化铜，氢氧化铜会转化成E，所以E是氧化铜，氧化铜会转化成F，所以F是二氧化碳，G会转化成二氧化碳，所以G是碳或氧气，经过验证，推导正确，所以物质A、D的化学式分别是：SO3、Cu（OH）2；
（2）B转化成C的反应是氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH；
（3）E转化成F的反应不属于基本反应类型，该反应可以是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，化学方程式为：CuO+COCu+CO2。
故答案为：（1）SO3；Cu（OH）2；
（2）Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH；
（3）CuO+COCu+CO2。
【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
12．（4分）ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）安装F中导管时，应选用图2中的 b 。
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜 慢 （填“快”或“慢”）。
（3）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是 稳定剂Ⅱ ，原因是 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度 。
【分析】根据实验装置图可知，A、B用于制备氯气和二氧化氯；C用于吸收氯气；D用于吸收二氧化氯，E用于重新释放二氧化氯，F用于验证二氧化氯，F中的颜色不变，从而验证C的作用是吸收氯气，
（1）F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；
（3）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【解答】解：（1）F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选：b；
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢；
（3）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好。
故答案为：（1）b；
（2）慢；
（3）稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【点评】本题以ClO2的制备、吸收、释放为载体，考查实验制备方案设计、基本操作、对装置及操作的分析评价等，为高考常见题型，注意根据问题进行制备流程分析，难度中等。
13．（5分）水的硬度表示方法是：将水中的Ca2+、Mg2+质量折算成CaO的质量。通常把1L水中含有10mg CaO称为1度，1L水中含有20mg CaO即为2度，以此类推，8度以上为硬水，8度以下为软水。我国规定饮用水的硬度不能超过25度。
（1）Ca（HCO3）2加热时会分解产生一种白色沉淀（水垢的主要成分）和两种常见的氧化物，请写出发生反应的化学方程式 Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑ 。河水、井水中溶有一定量的Ca（HCO3）2，饮用前可采取 加热煮沸 的方法来降低水的硬度。
（2）家用热水瓶一旦产生水垢，其保温性能会降低，用食醋可除去上述水垢，发生反应的化学方程式为 CaCO3+2CH3COOH═（CH3COO）2Ca+H2O+CO2↑或Mg（OH）2+2CH3COOH═（CH3COOH）2Mg+2H2O 。
（3）取某水样1L，经实验测定，其中含Ca2+0.2g，此水样的硬度约为 28 ， 不符合 （填“符合”或“不符合”）饮用水标准。
【分析】（1）根据题目所给信息可以直接写出化学方程式即可；根据降低水的硬度的方法进行分析；
（2）根据加热煮沸水后得到的难溶于水的固体的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，而碳酸钙和氢氧化镁可以溶于醋酸进行分析；
（3）根据硬度的计算方法和饮用水标准进行分析．
【解答】解：（1）根据题意可知碳酸氢钙分解产生的是白色沉淀为碳酸钙，而常见的氧化物为水或是二氧化碳，化学方程式为：Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑；河水、井水中溶有一定量的Ca（HCO3）2，饮用前可采取加热煮沸的方法来降低水的硬度；
（2）热煮沸水后得到的难溶于水的固体的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，可以利用碳酸钙和氢氧化镁可以溶于水的性质来除去水垢，碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，氢氧化镁和醋酸反应生成醋酸镁和水，化学方程式为：CaCO3+2CH3COOH═（CH3COO）2Ca+H2O+CO2↑或Mg（OH）2+2CH3COOH═（CH3COOH）2Mg+2H2O；
（3）根据钙相对原子质量为40，氧化钙的相对分子质量为56，
设水样的质量为x，列等式：＝
解得x＝0.28g＝280mg，硬度：×2＝28；该水不符合饮用水标准。
故答案为：（1）Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑；加热煮沸；
（2）CaCO3+2CH3COOH═（CH3COO）2Ca+H2O+CO2↑或Mg（OH）2+2CH3COOH═（CH3COOH）2Mg+2H2O；
（3）28；不符合．
【点评】本题考查的知识点较多，综合性较强，可依据已有的知识进行解答．
14．（5分）如图表示某些物质间转化关系。A是大理石的主要成分，C是气体，D是一种黑色的固态非金属单质，E由两种元素组成，其中D元素的质量分数为37.5%，与另一种元素原子个数之比为2：1，F是一种碱，H是一种有刺激性气味的气体。请回答下列问题。
（1）写出物质的化学式：D C ，G NH4Cl 。
（2）写出下列反应的化学方程式：
① CaCO3CaO+CO2↑ ，
② CaC2+2H2O＝C2H2↑+Ca（OH）2 。
（3）反应③能够发生的原因是 常温下，NaHCO3的溶解度较小而析出 。
（4）此种塑料 不能 （填“能”或“不能”）用于食品包装。
【分析】根据A是大理石的主要成分，所以A是碳酸钙，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和，C是气体，所以C是二氧化碳，D是一种黑色的固态非金属单质，E由两种元素组成，其中D元素的质量分数为37.5%，与另一种元素原子个数之比为2：1所以D是碳，碳和氧化钙在高温的条件下生成碳化钙，所以E是碳化钙，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，F是一种碱，H是一种有刺激性气味的气体，所以H是氨气，G是氯化铵，二氧化碳、水和氯化钠和氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，所以M是碳酸氢钠，然后将推出的物质进行验证即可。
【解答】解：（1）A是大理石的主要成分，所以A是碳酸钙，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和，C是气体，所以C是二氧化碳，D是一种黑色的固态非金属单质，E由两种元素组成，其中D元素的质量分数为37.5%，与另一种元素原子个数之比为2：1所以D是碳，碳和氧化钙在高温的条件下生成碳化钙，所以E是碳化钙，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，F是一种碱，H是一种有刺激性气味的气体，所以H是氨气，G是氯化铵，二氧化碳、水和氯化钠和氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，所以M是碳酸氢钠，经过验证，推导正确，所以D是C，G是NH4Cl；
（2）①是碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑；
②碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，化学方程式为：CaC2+2H2O＝C2H2↑+Ca （OH）2；
（3）反应③能够发生的原因是：常温下，NaHCO3的溶解度较小而析出；
（4）乙炔和盐酸反应生成的塑料中含有氯元素，所以此种塑料不能用于食品包装。
故答案为：（1）C，NH4Cl；
（2）①CaCO3CaO+CO2↑；
②CaC2+2H2O＝C2H2↑+Ca （OH）2；
（3）常温下，NaHCO3的溶解度较小而析出；
（4）不能。
【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
15．（8分）水产养殖的速效增氧剂“鱼浮灵”的主要成分是过氧碳酸钠（aNa2CO3•bH2O2）。
某化学研究小组对“鱼浮灵”的制备、成分测定及增氧原理进行了如下探究。
【查阅资料】①过氧碳酸钠有Na2CO3和H2O2的双重性质；50℃开始分解。
②过氧碳酸钠在异丙醇（有机溶剂）中的溶解度较低。
Ⅰ．“鱼浮灵”的制备。
实验室用Na2CO3与稳定剂的混合溶液和30%的H2O2溶液反应制备过氧碳酸钠，实验装置如图所示。
（1）反应温度不能超过20℃的原因是 温度超过20℃时过氧化氢分解 。
（2）反应结束后，停止搅拌，向反应液中加入异丙醇，静置过滤、洗涤、干燥，获得过氧碳酸钠固体。加入异丙醇的目的 减小过氧碳酸钠的溶解度，使过氧碳酸钠析出 。
Ⅱ．“鱼浮灵”的成分测定。
【定性检测】检测过氧碳酸钠溶液中的成分。
（3）请补充完成下列实验报告中的相关内容。
实验序号
实验步骤
实验现象
解释或结论
①
取样，加入MnO2粉末，用带火星的木条伸入试管内
木条复燃
反应的化学方程式
2H2O22H2O+O2↑
②
取样，加入氯化钙溶液
产生白色沉淀
溶液中含有Na2CO3
【定量研究】测定“鱼浮灵”中过氧碳酸钠的组成。
实验③：称取一定质量的“鱼浮灵”样品于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量Ba（OH）2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到碳酸钡（BaCO3）固体3.94g。
实验④：另称取相同质量的“鱼浮灵”样品于锥形瓶中，加入足量稀硫酸，再逐滴加入高锰酸钾溶液，充分反应，消耗KMnO4的质量为1.896g，该反应的原理是：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O。
（4）计算确定过氧碳酸钠（aNa2CO3•bH2O2）的化学式（写出计算过程）。
Ⅲ．“鱼浮灵”的增氧原理。
研究小组通过测定常温下相同时间内水溶液中溶解氧的变化，探究CO32﹣、OH﹣对H2O2分解速率的影响，设计了对比实验，实验数据记录如下表。
编号
①
②
③
④
⑤
试剂
H2O
4%H2O2溶液
Na2CO3固体
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
NaOH溶液
4%H2O2溶液
pH
6.96
6.01
8.14
8.15
9.26
溶解氧
（mg•L﹣1）
5.68
6.44
9.11
9.12
10.97
（5）由实验②可知，常温下，过氧化氢水溶液呈 酸性 （填“酸性”“中性”或“碱性”）。
（6）过氧碳酸钠可以速效增氧的原理是 碳酸钠溶液显碱性，能够促进过氧化氢分解 。
【分析】过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，随着温度升高分解速率加快；
碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠；
由表中数据可知，碱性越强，过氧化氢分解速率越快。
【解答】解：（1）反应温度不能超过20℃的原因是温度超过20℃时过氧化氢分解。
故填：温度超过20℃时过氧化氢分解。
（2）加入异丙醇的目的是减小过氧碳酸钠的溶解度，使过氧碳酸钠析出。
故填：减小过氧碳酸钠的溶解度，使过氧碳酸钠析出。
（3）取样，加入MnO2粉末，用带火星的木条伸入试管内，木条复燃，是因为过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2↑；
取样，加入氯化钙溶液，产生白色沉淀，是因为碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，实验过程如下所示：
实验序号
实验步骤
实验现象
解释或结论
①
取样，加入MnO2粉末，用带火星的木条伸入试管内
木条复燃
反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2↑
②
取样，加入氯化钙溶液
产生白色沉淀
溶液中含有Na2CO3
（4）设碳酸钠质量为x，过氧化氢质量为y，
Na2CO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+2NaOH，
106 197
x 3.94g
＝，
x＝2.12g，
2KMnO4+5H2O2+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，
316 170
1.896g y
＝，
y＝1.02g，
根据题意有：＝，
＝，
过氧碳酸钠的化学式是2Na2CO3•3H2O2。
答：过氧碳酸钠的化学式是2Na2CO3•3H2O2。
（5）由实验②可知，常温下，过氧化氢水溶液呈酸性。
故填：酸性。
（6）过氧碳酸钠可以速效增氧的原理是碳酸钠溶液显碱性，能够促进过氧化氢分解。
故填：碳酸钠溶液显碱性，能够促进过氧化氢分解。
【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
计算题（共1小题，4分）
16．（4分）模仿CO2通入澄清石灰水中发生的化学反应，将a g CO2气体缓慢通入含有b g NaOH的水溶液中充分反应（假设气体完全被吸收）。
（1）反应结束后，所得溶液的溶质可能是 Na2CO3和NaOH或Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3或NaHCO3 。
（2）若a＝22g，b＝28g，请推算所得溶液的溶质成分及其质量。
【分析】（1）根据反应物是否过量和生成物进行分析；
（2）根据化学方程式进行分析解答。
【解答】解：（1）可能发生的相关化学方程式有：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3．当二氧化碳的量不足，氢氧化钠有剩余时，反应后溶液中的溶质有：Na2CO3和NaOH；当二氧化碳和氢氧化钠恰好完全反应时，反应后溶液中的溶质有：Na2CO3；当二氧化碳和部分碳酸钠反应生成碳酸氢钠时二氧化碳用完，反应后溶液中的溶质有：Na2CO3和NaHCO3；当二氧化碳足量时，反应后溶液中的溶质有：NaHCO3；
（2）设28g氢氧化钠完全反应需要二氧化碳的质量为x，生成碳酸钠的质量为y，生成碳酸氢钠的质量为z，消耗碳酸钠的质量为m。
2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O
80 44 106
28g x y
x＝15.4g
y＝37.1g
Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3
106 44 168
m 22g﹣15.4g＝6.6g z
m＝15.9g
z＝25.2g
溶液中含有碳酸钠的质量为：
37.1g﹣15.9g＝21.2g
答：所得溶液的溶质成分为 Na2CO3和NaHCO3，质量分别为：21.2g和25.2g
故答案为：
（1）Na2CO3和NaOH或Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3或NaHCO3；
（2）所得溶液的溶质成分为 Na2CO3和NaHCO3，质量分别为：21.2g和25.2g。
【点评】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。
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