湖北省黄冈重点高中2022年自主招生(理科实验班)提前预录考试化学模拟试题03(解析版)

【百强名校】湖北省黄冈重点高中2022年自主招生（理科实验班）提前预录考试化学模拟试题03卷班级___________姓名___________学号____________分数____________（考试时间：50分钟试卷满分：50分）注意事项：答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。答卷时，将答案直接写在试卷上。本卷可能用到的相对原子质量：-C-12O-16Cu-64一、选择题（本题共9小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共18分）1.“安全重于泰山”。以下应张贴在“防火”场所的标志是：（）A. B. C. D.【答案】A【解析】A.是防火标识，符合题意；B.是循环利用标识，不符合题意；C.是节能标识，不符合题意；D.是节约用水标识，不符合题意；故选A。2．从微观上看，化学反应是微观粒子按一定的数目关系进行的。已知2gH2.20gHF中所含分子数均为a。一定条件下，某反应中所有物质的分子数随反应过程的变化如图所示（H2和物质X的变化曲线重合）。下列说法正确的是（）A．一个F原子的质量为18/agB．t时刻，H2和HF的质量相等C．反应开始时，物质X的质量为18gD．物质X的分子式为F2【答案】D【解析】A.因为2gH2所含分子数为a，则含有的H原子数为2a，则a个H的质量为1g，因为a个HF分子中含有a个H和a个F，20gHF中所含分子数为a，所以a个F的质量为20g-1g＝19g，所以一个F原子的质量19/ag，A错误，不符题意；B.分析图象可知a个H2和a个x反应生成2a个HF，依据质量守恒定律可知X中含有2个F，所以X的化学式为F2，该反应的方程式H2+F2＝2HF，每消耗2份质量H2，生成40份质量的HF，则t时刻，剩余H2的质量小于生成HF的质量，B错误，不符合题；C.该反应的方程式H2+F2＝2HF，从图象可知a个H2和a个F2反应生成2a个HF，又因为2gH2.20gHF中所含分子数均为a，所以参加反应H2质量为2g，生成HF的质量为40g，所以反应开始时，物质F2的质量为40g-2g＝38g，C错误，不符合题意；D.分析图象可知a个H2和a个x反应生成2a个HF，依据质量守恒定律可知X中含有2个F，所以X的化学式为F2，D正确，符合题意；故选：D。3．下列说法合理的有：（）①高炉炼铁炼得的是纯铁②打开汽水瓶盖，看到气泡逸出，说明气体的溶解度随压强的减小而减小③向充满CO2气体的软塑料瓶中倒入半瓶水，拧紧瓶盖，振荡，塑料瓶变瘪，说明CO2能与水发生反应④某同学将一定量的Na2CO3和Ba（OH）2溶液混合，要想检验反应后Ba（OH）2是否过量，选用Na2CO3溶液、Na2SO4溶液或FeCl3溶液均可⑤向一定量的NaC1.MgSO4和HC1的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，右图表示加入NaOH溶液的质量与某些物质的质量变化关系。则m点对应的溶液中有三种溶质，a可表示NaC1或H2O的质量变化情况A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【解析】①、高炉炼铁最后冶炼得到的是生铁，因为冶炼时用到焦炭，会在冶炼过程中带来碳杂质，难以得到纯铁，错误；②、打开汽水瓶盖，使得汽水瓶内压强与大气压相等，这是瓶内气压减小，气泡逸出，说明气体的溶解度随压强的减小而减小，正确；③、塑料瓶变瘪也可能是因为二氧化碳溶解在水中，不能一定说明二氧化碳与水发生反应，错误；④、碳酸钠与氢氧化钡反应生产碳酸钡沉淀和氢氧化钠，如果氢氧化钡过量，选用碳酸钠、硫酸钠溶液均会产生白色沉淀，可以检验出来，而如果选氯化铁溶液这时棕红色沉淀的生成难以确定是由于氢氧化钡的过量导致的，错误；⑤、首先盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，待盐酸完全耗尽后，氢氧化钠与硫酸镁反应，生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠直至硫酸镁完全耗尽，这时也就是m点的状态，这时溶液中有氯化钠、硫酸钠、盐酸三种溶质，对于a曲线，开始时就有一定量的存在，之后加入盐酸后质量立即升高，因此其必定表示第一步反应时的产物，即表示NaC1的质量变化情况，而H2O的质量一直在增加，故说法错误；综上，共有②说法正确。故选A。4．A～E是初中化学常见的物质，它们的相互转化关系如图中所示。“－”表示相互间能反应，“→”表示能转化。部分反应条件、反应物、生成物已略去。下列说法不正确的是：（）A．如果A是常见的溶剂，则物质B和E用水可以鉴别B．图中所有转化和反应均可以通过复分解反应完成C．若D是黑色固体，A的溶液呈蓝色，则C的类别可能是盐或碱D．A.D.C三种物质的类别可能相同【答案】C【解析】A.A是常见的溶剂，则A是水，D能生成水和C，水能生成C，则D是过氧化氢，C是氧气，B能与水反应，能生成E，水能生成E，则E是氢氧化钙，B是氧化钙，若加水，则与水反应放出大量热的是B，无热量放出的是E，说法正确；B.若A是硫酸铜，B是氢氧化钠，E是氢氧化铜，C是硝酸铜，D是氧化铜，则所有的反应都可以通过复分解反应实现，说法正确；C.D是黑色固体，A的溶液呈蓝色，则D可以是氧化铜，A是硫酸铜，C是硝酸铜，C可以是盐，但不能是碱，说法错误；D.若A是氯化铜，D是硫酸铜，C是硝酸铜，则都是盐类物质，故A.D.C三种物质的类别可能相同，说法正确；故选：C。5．将一定浓度的稀盐酸、稀硫酸分别加入装有等质量CaCO3粉末的容器中，相同条件下测得两者产生的CO2体积（V）与反应时间（t）的关系如下图所示。下列判断错误的是：（）A.0~300s内，两个容器内溶液的pH均逐渐增大B.0-100s内，反应Ⅰ、Ⅱ生成CO2的速率均先慢后快C.反应Ⅱ中，0~100s内产生的CO2体积比100-200s内的少5amLD.实验室可以用一定浓度的稀硫酸与CaCO3粉末反应制备CO2【答案】C【解析】A.碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，碳酸钙与稀硫酸反应生成硫酸钙、二氧化碳和水，氯化钙、硫酸钙的溶液呈中性，随着反应的进行，盐酸和硫酸不断消耗，两容器内溶液中的酸不断地减少，溶液的pH均逐渐增大，A不符合题意；B.由相同条件下测得两者产生的CO2体积（V）与反应时间（t）的关系图可知，0-100s内，曲线的变化是先缓后陡，说明生成二氧化碳气体的体积变化先小后大，由此可知反应Ⅰ、Ⅱ生成CO2的速率均先慢后快，B不符合题意；C.如图所示反应Ⅱ中，0~100s内产生的CO2体积为2.8amL，100-200s内产生的CO2体积为7.8amL-2.8amL=5amL，则0~100s内产生的CO2体积比100-200s内产生的CO2体积少5amL-2.8amL=2.2amL，C符合题意；D.由图形可知相同浓度的稀盐酸、稀硫酸分别与等质量碳酸钙粉末反应，稀硫酸反应生成二氧化碳的速率比稀盐酸反应的速率要慢一些，但是可以通过改变稀硫酸的浓度使反应速率合适，因此实验室可以用一定浓度的稀硫酸与CaCO3粉末反应制备CO2，D符合题意。故答案为：C。6．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Ba2＋、Cl－、CO32－、SO42－。现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是（）A．一定不存在Ba2＋，NH4＋可能存在 B．CO32－一定存在C．Na＋一定不存在 D．一定不存在Cl－【答案】B【解析】根据①可知生成的气体为氨气，其质量为0.68g，可求出溶液中铵根离子的质量为：；根据②可知2.33g沉淀为硫酸钡，6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物，碳酸钡的质量为：6.27g-2.33g=3.94g；则原溶液中一定存在CO32－、SO42－；根据离子共存，溶液中一定不存在Ba2＋；同时可以求出溶液中硫酸根的质量为：；溶液中碳酸根的质量为：；由于个数比等于质量除以相对分子质量之比，溶液中铵根：硫酸根：碳酸根的个数比=；根据化学式可知，一个碳酸根与两个铵根结合成碳酸铵，一个硫酸根与两个铵根结合成硫酸铵；若无其他离子，溶液中的阳离子与阴离子电荷数之比为：；根据溶液中阴阳离子的电荷数守恒得，可得阳离子数目不够，需要另外的阳离子，因此溶液中还肯定有Na＋；由于没有对氯离子的存在进行检验，因此不能确定溶液中是否含有氯离子，根据分析可知，原溶液中一定存在Na+、NH4＋、CO32－、SO42－；一定不存在Ba2＋，可能含有Cl－。故选B【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。7.某兴趣小组用如下装置（夹持仪器省略）制取纯净、干燥的氢气，并还原Co2O3（提供试剂有：AgNO3溶液、NaOH溶液、浓硫酸）。下列说法不正确的是（）A.装置①内的导管应为进气管长，出气管短B.实验结束，先关闭恒压漏斗活塞，再停止加热C.装置②、③、④中依次盛装NaOH溶液、AgNO3溶液、浓硫酸D.生成物H2O中氢元素的质量与参加反应的HCl中氢元素质量相等【答案】B【解析】A.为使氢气顺利排入②中，装置①内的导管应为进气管长，出气管短，故A说法正确；B.实验结束，为防止Co再被氧化，应该先停止加热，再关闭恒压漏斗活塞，故B说法不正确；C.制取的氢气中混有HCl和水，应先用NaOH溶液除去HCl，再用AgNO3溶液检验HCl是否完全除去，最后用浓硫酸除水，所以装置②、③、④中依次盛装NaOH溶液、AgNO3溶液、浓硫酸，故C说法正确；D.根据质量守恒定律，生成物H2O中氢元素的质量与参加反应的HCl中氢元素质量相等，故D说法正确。故选B。8．碳酸锌与碳酸钙其有相似的化学性质。现将12.5g碳酸锌固体高温锻烧一段时间，冷却后，向剩余固体中加入足量稀硫酸。（已知：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O）下列说法不正确的是：（）A．共生成16.1g硫酸锌B．煅烧越充分则消耗的硫酸越少C．煅烧后固体中氧元素的质量分数减小D．充分煅烧后最终生成二氧化碳的总质量与煅烧时间的长短无关【答案】B【解析】碳酸锌与碳酸钙其有相似的化学性质。碳酸锌在高温条件下分解生成氧化锌和二氧化碳，冷却后，向剩余固体中加入足量稀硫酸。稀硫酸和碳酸锌反应生成硫酸锌、水和二氧化碳，稀硫酸和氧化锌反应生成硫酸锌和水。碳酸锌的相对分子质量为65+12+16×3=125；氧化锌的相对分子质量为65+16=81。A.12.5g碳酸锌中锌元素质量为：12.5g××100%=6.5g，碳酸锌中的锌元素最终都转化到反应生成的硫酸锌中，生成硫酸锌质量为：6.5g÷（×100%）=16.1g，因此共生成16.1g硫酸锌，不符合题意；B.无论是碳酸锌和稀硫酸反应，还是氧化锌和稀硫酸反应，完全反应后最终消耗的稀硫酸质量不变，符合题意；C.碳酸锌中氧元素质量分数=×100%=38.4%，氧化锌中氧元素质量分数=×100%=19.8%，因此煅烧后固体中氧元素的质量分数减小，不符合题意；D.最终生成的二氧化碳的总质量包括锻烧碳酸锌生成二氧化碳的质量和未锻烧完的碳酸锌与稀硫酸反应生成二氧化碳的质量的总和，即全部来源于碳酸锌，由碳元素质量守恒可知，最终生成二氧化碳的总质量与锻烧时间长短无关，不符合题意。故选B。9.向一定质量Mg（NO3）2和Cu（NO3）2混合溶液中加入a克锌粉和铁粉的混合物，充分反应后过滤，得到不饱和的滤液和滤渣，将滤渣洗涤、干燥后再称量，得到的固体质量仍为a克。下列分析合理的是①滤渣中可能有铜②向滤渣中加稀盐酸，可能有气泡产生③滤液中一定有Mg（NO3）2.Zn（NO3）2和Fe（NO3）2，可能有Cu（NO3）2④若忽略过滤操作中溶液损失，滤液中溶质的质量一定大于原混合溶液溶质的质量A.①② B.①③ C.②③ D.②④【答案】C【解析】金属活动性：Mg＞Zn＞Fe＞Cu，向一定质量的硝酸镁和硝酸铜的混合溶液中加入ag锌粉和铁粉的混合物，锌先与硝酸铜反应生成硝酸锌和铜，即：，65份的锌置换出64份的铜，固体质量减小，溶液质量增加，待硝酸铜完全反应后，铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，即，56份的铁置换出64份的铜，固体质量增加，溶液质量减小，充分反应后过滤，得到不饱和的滤液和滤渣，将滤渣洗涤、干燥后再称量，得到的固体质量仍为a克，故一定发生了铁和硝酸铜的反应。①一定发生了锌和硝酸铜、铁和硝酸铜的反应，滤渣中一定有铜，错误；②铁可能过量，向滤渣中加稀盐酸，可能有气泡产生，正确；③硝酸镁不参与反应，滤液中一定含硝酸镁，锌、铁一定与硝酸铜发生了反应，滤液中一定含硝酸锌和硝酸亚铁，可能含硝酸铜，正确；④锌与硝酸铜反应，溶液质量增加，铁与硝酸铜反应，溶液质量减小，完全反应后，滤渣的质量不变，故滤液中溶质的质量等于原混合溶液溶质的质量，错误。故正确的是②③。故选C。二、填空题（本题共4小题，每空一分，共19分）10．（5分）2020-2021年中国成功“追星逐月”。（1）“长征五号”运载火箭采用液氢作为燃料，我国科研团队研制的低温合成催化剂STSO颗粒，大大降低了太阳能分解水的成本。对该制氢反应描述正确的是______（填字母序号）。A．太阳能转化为化学能B．产生的氢气被压缩成液态后分子体积减小C．反应过程中分子种类改变，原子种类不变D．产生的氢气与氧气体积之比为1：2（2）“天和”号核心舱的太阳能电池翼由砷化镓材料制成。如图是镓、砷原子的结构示意图，请写出砷化镓的化学式______。（3）核心舱中环境控制与生命保障系统采用含粉末状氢氧化锂（LiOH）的过滤器来清除呼出的二氧化碳（已知氢氧化锂化学性质与氢氧化钠相似），其原理用化学方程式表示为______。（4）月壤中含有钛铁矿（主要成分为FeTiO3）、辉石（主要成分为CaMgSi2O6）、橄榄石（主要成分为MgFeSiO4）等，CaMgSi2O6的氧化物形式可表示为CaO·MgO·2SiO2，则MgFeSiO4的氧化物形式可表示为______。硫酸钛（Ti（SO4）2）是制备钛的原料之一，工业上用FeTiO3与硫酸在加热条件下制备硫酸钛（反应过程中各元素化合价不变），该反应的化学方程式是______。【答案】（1）AC（2）GaAs（3）（4）MgO·FeO·SiO2【解析】（1）A.水在太阳能和催化剂的作用下反应生成氢气和氧气，故太阳能转化为化学能，符合题意；B.产生的氢气被压缩成液态后，分子之间的间隔变小，分子的体积不变，不符合题意；C.反应过程中分子种类改变，由水分子变为氢分子和氧分子；根据质量守恒定律，化学反应前后，原子种类不变，符合题意；D.在电解水中，生成氢气和氧气的体积比为2:1，不符合题意。故选AC；（2）在原子中，质子数=核外电子数，故31=2+8+18+x，x=3；砷的最外层电子数为5，大于4，在化学反应中，容易得到3个电子，从而带上3个单位的负电荷，镓的最外层电子数为3，小于4，在化学反应中，容易失去3个电子，从而带上3个单位的正电荷，故砷化镓的化学式：GaAs；（3）已知氢氧化锂化学性质与氢氧化钠相似，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，故氢氧化锂和二氧化碳反应生成碳酸锂和水，该反应的化学方程式为：；MgFeSiO4中镁元素显+2价，硅元素显+4价，氧元素显-2价，设铁元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：（+2）+x+（+4）+（-2）×4=0，x=+2，故MgFeSiO4的氧化物形式可表示为：MgO·FeO·SiO2；工业上用FeTiO3与硫酸在加热条件下制备硫酸钛（反应过程中各元素化合价不变），硫酸钛中硫酸根离子显-2价，设钛元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得x+（-2）×2=0，x=+4，反应前后，各元素的化合价不变，FeTiO3中钛元素显+4价，氧元素显-2价，设铁元素的化合价为y，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：y+（+4）+（-2）×3=0，y=+2，FeTiO3可表示为：FeO·TiO2，故FeTiO3与硫酸在加热条件下反应生成硫酸钛、硫酸亚铁和水，该反应的化学方程式为：11.（4分）化合物中某一种元素的原子短缺可形成非整比化合物，这类化合物中各类原子的相对数目不能用简单整数比表示，如Fe0.9O、PbO1.9等。非整比化合物是新型的功能材料，具有很大的科技价值。（1）PbO1.9中铅元素具有+2.+4两种价态，其中+4价铅占铅总量的_______。（2）如图所示，Fe0.9O可用于CO2的综合利用。①请写出该转化的两个优点：___________、__________。②若用1molFe0.9O与足量的CO2完全反应可生成__________gC（碳）。【答案】（1）90%（2）①利用了太阳能将CO2转化为C和O2；Fe0.9O可循环使用②1.2，【解析】（1）PbO1.9中铅元素具有+2.+4两种价态，设+4价铅占铅总量的x，根据化合物各元素化合价代数和为零，则+4x+2×（1-x）-2×1.9=0，x=0.9，故+4价铅占铅总量的90%。（2）①根据图示可知，Fe0.9O可以将CO2转化为Fe3O4和C，而Fe3O4又在太阳能高温作用下分解为Fe0.9O和氧气，在此循环过程中，利用了太阳能，Fe0.9O可循环使用，且能将CO2转化为C和O2，减少了空气污染；该转化的两个优点：利用了太阳能将CO2转化为C和O2.Fe0.9O可循环使用。②由可知，1molFe0.9O与足量的CO2完全反应可生成0.1mol碳，质量为。12．（6分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于冶金、电镀、医药等行业，已知CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易变质。CuCl的制备流程如下：（1）“溶解”中发生的化学变化属于（填基本反应类型）。“反应”中发生的化学变化是2CuCl2+Na2SO3＝2CuCl↓+2NaCl+SO3，产生的SO3迅速与水化合生成一种酸。（2）若滤液2仍然浑浊，则“操作a”的问题是（填一种）。本流程中可以循环利用的物质（水除外）是。（写化学式）（3）关于CuCl的制备流程下列说法正确的是。A．氯化亚铜（CuCl）中铜元素的化合价为+1B．滤液1和滤液2都满足pH<7C．往水洗后所得的液体中滴加Ba（NO3）2溶液，若无沉淀产生则表示已洗净（4）“醇洗”的目的是。（5）320gCuSO4与足量NaCl经上述制备流程，可生成的CuCl最多是___________g。【答案】（1）复分解反应（2）滤纸破损（或漏斗内液面高于滤纸边沿或仪器本身不干净）NaCl（3）ABC（4）除去CuCl表面的水，防止其在潮湿空气中变质（5）199g【解析】（1）该反应CuSO4+2NaCl＝CuCl2+Na2SO4↓，是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应。酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物，SO3迅速与水化合生成一种酸，该反应的化学方程式为。（2）若滤液2仍然浑浊，则“操作a”的问题是滤纸破损（或漏斗内液面高于滤纸边沿或仪器本身不干净）。滤液2中含有生成的氯化钠，本流程中氯化钠既是反应物又是生成物，故可以循环利用的物质（水除外）是NaCl。（3）A.化合物中正负化合价代数和为0；氯化亚铜（CuCl）中氯元素化合价为-1，则铜元素的化合价为+1，正确；B.结合小题（2）题干可知，滤液2中含有硫酸，滤液2回收利用得到的滤液1中也含有酸，故滤液1和滤液2都显酸性，满足pH<7，正确；C.往水洗后所得的液体中滴加Ba（NO3）2溶液，若无沉淀产生则表示不存在硫酸根离子，沉淀已洗净，正确。故选ABC。已知CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易变质。故可用“水洗”的原因是CuCl难溶于水，但其表面可溶性杂质溶于水而洗去，“醇洗”的目的是除去CuCl表面的水，防止其在潮湿空气中变质。（5）由反应的化学方程式可知，硫酸铜中的铜元素最终完全转化到氯化亚铜中，根据铜元素守恒，320gCuSO4与足量NaCl经上述制备流程，可生成的CuCl最多是。13．（4分）A.B.C.D.E.F、G是初中化学常见的七种物质，化学兴趣小组同学设计了如图所示的接龙游戏，箭头表示一种物质可以转化成另一种物质。若常温下A

是一种无色液体，B.C

为无色无味气体：A转化成E

为放热反应，且E.F物质类别相同，D.G物质类别相同，E

与G反应可生成F。（1）A的一种实验室用途是______；B物质的化学式为______。（2）转化⑥的化学方程式为______。（3）下列有关说法中，错误的是______（填字母）。A.F固体溶于水时会出现放热现象B.转化②一定是化合反应C.C和F可反应，反应现象为有白色沉淀产生D.转化①、③、⑤分别对应的反应类型为分解反应、复分解反应、化合反应【答案】（1）做溶剂配制溶液等O2（2）Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH（3）BCD【解析】（1）若常温下A是一种无色液体，那么A是水，水常用做溶剂配制溶液等；B.C

为无色无味气体，水在通电的条件下生成氢气和氧气，碳和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳，因此B是氧气，C是二氧化碳；故答案为：做溶剂配制溶液等；O2；（2）氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，配平即可；故答案为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（3）A．F是氢氧化钠，氢氧化钠固体溶于水时会出现放热现象正确；B．转化②一定是化合反应错误，如甲烷和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳和水；C．C和F可反应，反应现象为有白色沉淀产生错误，因为二氧化碳与氢氧化钠反应无现象；D．转化①、③、⑤分别对应的反应类型为分解反应、复分解反应、化合反应错误，因为③不是复分解反应；故答案为：BCD；本题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：若常温下A是一种无色液体，那么A是水，水常用做溶剂配制溶液等；B.C

为无色无味气体，水在通电的条件下生成氢气和氧气，碳和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳，因此B是氧气，C是二氧化碳；A转化成E为放热反应，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，因此E是氢氧化钙；且E.F物质类别相同，D.G物质类别相同，E与G反应可生成F，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，因此F是氢氧化钠，G是碳酸钠，D也是碳酸盐。【点睛】本考点属于物质的推断题，是通过对实验方法和过程的探究，在比较鉴别的基础上，得出了正确的实验结论。本考点是中考的重要内容之一，一般有两种类型：一是图框式推断题；二是文字描述型推断题；本题属于第一种类型。不论哪一种类型，都是通过实验现象，从而得出物质的组成。此考点主要出现在填空题和实验题中。三、实验探究及计算题（本题共2小题，共13分）14．（9分）“过碳酸钠”(2Na2CO3·3H2O2)俗称固体双氧水，它既有碳酸盐的性质，又有双氧水的不稳定性和氧化性，是很好的消毒剂和供氧剂，广泛应用于洗涤、印染和医药等领域。“过碳酸钠”的制备流程如下：请回答下列问题：⑴H2O2在催化或受热条件下易分解，其化学方程式为______________________；在上述流程中，向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是______________________。⑵在“过碳酸钠”中加入下列物质时，不会导致“过碳酸钠”变质的是_______(填序号)。A．二氧化锰B．稀盐酸C．硫酸钠D．石灰水（3）在干燥之前，我们要对固体进行洗涤，通常采用无水乙醇而不用水洗涤，你认为可能的原因是。（4）某化学学习小组为了定性探究铁离子对过碳酸钠的不良影响，取其水溶液100ml，加入25gFeCl3固体，产生大量无色无味的气体（已排除H2的可能），请选用下列试剂和实验用品完成对气体成分的探究过程：10%烧碱溶液、60%烧碱溶液、氯化钙溶液，稀氢氧化钡溶液、蒸馏水、木条、酒精灯、火柴、洗气瓶。①提出假设：假设1：气体只有CO2；假设2：气体只有O2；假设3：。②设计方案：实验步骤预期现象与结论将气体依次通过盛有、、的洗气瓶中，。如则假设1成立。（5）已知硝酸铜在某一温度下受热分解的化学方程式为Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑，将少量的Cu(NO3)2固体放入试管中加热，然后用带火星的木条放入试管中，木条复燃。请解释木条复燃的原因。【答案】（1）2H2O22H2O+O2↑防止双氧水分解（2）C（3）防止过碳酸钠固体溶于水（4）①气体含有CO2与O2②稀氢氧化钡溶液、60%烧碱溶液；再用带火星木条检验（或者在导管口末端放上带火星的木条）；稀氢氧化钡溶液不变浑浊；带火星木条复燃（5）生成的二氧化氮气体也可以支持燃烧【解析】本题是信息题，主要考查了碳酸钠与过氧化氢的性质等等。（1）双氧水在二氧化锰作用下分解生成水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；双氧水在常温下就能分解，所以在反应前加入稳定剂的作用是防止双氧水分解．（2）“过碳酸钠”(2Na2CO3·3H2O2)俗称固体双氧水，它既有碳酸盐的性质，又有双氧水的不稳定性和氧化性，导致碳酸钠变质的原因是与碳酸钠或双氧水反应了，A.加入二氧化锰，使双氧水分解而变质；B.加入稀盐酸，与碳酸钠反应而变质；C.加入硫酸钠，不能与碳酸钠和双氧水反应，不变质；D.加入石灰水，与碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠而变质。故选C。（3）防止过碳酸钠固体溶于水，或者减少产品的溶解，提高产率。（4）①Na2CO3和H2O2混合（Na2CO3和H2O2不发生反应）可用作新型洗涤剂，加入氯化铁溶液反应生成的气体可能是氧气、二氧化碳或二者混合物，根据假设1分析为CO2，假设2为O2，可知假设3是CO2和O2；故答案为：CO2和O2；②二氧化碳能使澄清石灰水或者稀氢氧化钡溶液变浑浊，氧气能使木条复燃是气体的特征性质，据此设计实验验证；将气体通过稀氢氧化钡溶液，氢氧化钠溶液，将带火星的木条放在最后一个洗气瓶的出气口，若稀氢氧化钡溶液变浑浊，木条不复燃，证明含有C