山东省诸城市实验中学2022届九年级化学下学期入学考试试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1．生活中发生的下列变化，属于物理变化的是（　　）　A．铁锅生锈B．冰雪融化C．粮食酿酒D．蜡烛燃烧考点：化学变化和物理变化的判别；化学变化的基本特征；物理变化的特点．.专题：常规题型；物质的性质与用途；信息给予题．分析：本题考查了物质发生物理变化和化学变化的判断．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成．而判断是否有新物质的关键是比较变化前后物质的差别：是只限于物质的状态变化，还是物质发生了根本变化．如果有新物质生成，则属于化学变化；反之，则是物理变化．解答：解：A、铁锅生锈，有新物质三氧化二铁生成，属于化学变化；B、冰雪融化，仅属于物质状态的改变，并无新物质的生成，所以属于物理变化；C、粮食酿酒，粮食经酵母或细菌等微生物的作用可直接转变为酒精，属于化学变化；D、蜡烛燃烧，蜡烛燃烧时有新的物质二氧化碳和水生成，属于化学变化；故选B点评：解答此类题的关键，正确分析引起物质变化的原因，通过排除法即可选出正确的答案．　2．（3分）日常生活中的下列各组物质，前者属于混合物、后者属于化合物的是（）　A．二氧化碳、铁B．冰水混合物、水C．医用酒精、双氧水D．水、臭氧考点：纯净物和混合物的判别；单质和化合物的判别．.专题：物质的分类．分析：混合物的特点是由多种物质组成．化合物的特点是由多种元素组成的纯净物．只有正确地分析物质的组成和物质的元素组成，才能得到正确的结论．解答：解：A、二氧化碳属于化合物，铁属于单质．B、冰水混合物是水的固体和液体存在状态，是一种物质，属于化合物，双氧水属于化合物．C、医用酒精属于混合物，双氧水属于化合物．D、水属于化合物，臭氧属于单质．故选C．点评：本题首先要确定每种物质分别属于什么类型，然后根据顺序确定答案，可以依据物质的组成进行．　3．（3分）下列化学用于表示正确的是（　　）　A．铝的元素符号：ALB．2个氢原子：H2C．2个氧分子：2O2D．镁离子：Mg+2考点：化学符号及其周围数字的意义．.专题：化学用语和质量守恒定律．14\n分析：本题考查化学用语的意义及书写，解题关键是分清化学用语所表达的对象是元素、分子、原子、离子还是化合价，才能在化学符号前或其它位置加上适当的计量数来完整地表达其意义，并能根据物质化学式的书写规则正确书写物质的化学式，才能熟练准确的解答此类题目．解答：解：A、根据铝的元素符号的书写规则，第一个字母大写，第二个字母小写，故A错误；B、根据原子个数的表示方法，表示个数的数字应写在元素符号的前面，故B错误；C、氧分子的化学式为O2，表示2个氧分子，就在分子式的前面写上2，故C正确；D、镁离子应表示为Mg2+，故D错误．故选：C．点评：本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的书写，考查全面，注重基础，题目难度较易．　4．（3分）（2022•吉林）下列各组原子结构示意图中所表示的两种元素具有相似的化学性质的是（　　）　A．B．C．D．考点：原子结构示意图与离子结构示意图；核外电子在化学反应中的作用．.专题：微观粒子模拟图型．分析：元素的化学性质取决于该元素原子的最外层电子数，最外层电子数小于4，易失电子；最外层电子数大于4，易得电子；最外层电子数为8（He除外），性质稳定．解答：解：A、质子数为2的原子为He原子，质子数为18的原子为Ar原子，二者都是稀有气体元素，化学性质都表现为稳定；B、质子数为9的原子最外层有7个电子，不稳定，易得1个电子而形成稳定结构；质子数为11的原子最外层有1个电子，不稳定，易失去最外层的1个电子而形成稳定结构；化学性质迥然不同；C、虽然两种元素的原子的最外层电子数相同，但它们的化学性质却完全不同．质子数为2的He为稀有气体元素，化学性质稳定；而质子数为12的原子最外层电子数为2，不稳定，易失最外层的2个电子形成稳定结构；D、质子数为10的原子，最外层电子达8电子稳定结构，性质稳定；质子数为8的原子最外层电子数为6，不稳定，易得2个电子形成稳定结构．两种元素化学性质无相似处．故选：A．点评：最外层电子数为8称为稳定结构（He除外），具有这种结构的粒子化学性质稳定．　5．（3分）用“王水”（浓盐酸与浓硝酸的混合物）溶解黄金后得到四氯化合物（HAuCl4）．其中四氯化合物（HAuCl4）中的金元素的化合价为　（　　）　+1+2+3+414\nA．B．C．D．考点：有关元素化合价的计算．.专题：化学式的计算．分析：根据在化合物中正负化合价代数和为零，进行解答本题．解答：解：设HAuCl4（四氯合金酸）中金元素的化合价为x．由氢元素为+1价，氯元素为﹣1价，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得（+1）+x+（﹣1）×4=0，解答x=+3；故选：C．点评：本题考查学生根据在化合物中正负化合价代数和为零计算指定元素化合价的解题能力．　6．（3分）（2022•广东）研究表明，许多金属氧化物对氯酸钾的分解有催化作用．下表是不同金属氧化物作催化剂，氯酸钾剧烈反应时的温度：实验室用氯酸钾制取氧气，如果不用二氧化锰作催化剂，最好选用（　　）氧化物氧化铁氧化铝氧化铜氧化镁剧烈反应时的温度490℃540℃350℃546℃　A．氧化铁B．氧化铝C．氧化铜D．氧化镁考点：催化剂的特点与催化作用．.专题：常规题型．分析：分析表中数据可以看出：当氧化铜作该反应的催化剂时，该反应所需的温度最低，所以用氧化铜作催化剂．解答：解：通过分析表中数据可以看出：当氧化铜作该反应的催化剂时，该反应所需的温度最低，更易发生该反应，所以用氧化铜作催化剂；故选C．点评：此题属于信息分析题，要会从所给信息中提取有用的信息．　7．（3分）（2022•黄石）在反应2A+5B=2C+4D中，C、D的相对分子质量之比为9：22．若2.6gA与B完全反应后，生成8.8gD．则在此反应中，B与D的质量比为（　　）　A．4：9B．8：11C．10：11D．31：44考点：常见化学反应中的质量关系；质量守恒定律及其应用．.专题：压轴实验题；有关化学方程式的计算．分析：利用C、D的相对质量之比及反应中C、D物质的分子个数关系，计算出参加反应中两物质的质量关系；根据C、D物质的质量关系，由生成D的质量计算出生成C物质的质量；最后使用质量守恒定律，求得参加反应的B物质的质量，即可计算出B与D的质量比．解答：解：根据“C、D相对分子质量之比为9：22”，则假设C、D相对分子质量分别为9、22，设生成8.8gD同时生成C的质量为x，2A+5B=2C+4D14\n2×94×22x8.8g=x=1.8g根据质量守恒定律参加反应的B的质量为1.8g+8.8g﹣2.6g=8g，则B与D的质量比为8g：8.8g=10：11．故选C．点评：此题为字母化方程式，各物质质量之比等于各相对分子质量与其化学计量数乘积之比，可利用题目中给出的物质的质量比及相对分子质量比求解．　8．（3分）（2022•武威）将甲、乙两种金属片分别放入硫酸铜溶液中，甲表面析出金属铜，乙没有发生反应．据此判断，三种金属的活动性顺序是（　　）　A．甲＞铜＞乙B．铜＞甲＞乙C．乙＞铜＞甲D．甲＞乙＞铜考点：金属活动性顺序及其应用．.分析：在金属活动性顺序中位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的化合物溶液中置换出来．解答：解：将甲、乙两种金属片分别放入硫酸铜溶液中，甲表面析出金属铜，乙没有发生反应．说明甲比铜活泼，乙没有铜活泼，所以三种金属的活动性顺序是甲＞铜＞乙，故B、C、D均不正确．故选：A．点评：本题直接考查金属活动性顺序的第三点应用．　9．（3分）（2022•宣武区二模）《物质构成的奥秘》告诉我们：元素的种类、化学性质分别与下列粒子数密切相关的是（　　）　A．质子数、中子数B．质子数、最外层电子数　C．中子数、最外层电子数D．最外层电子数、质子数考点：元素的概念；核外电子在化学反应中的作用．.专题：课本知识同类信息．分析：根据不同种元素最本质的区别是质子数不同，元素的化学性质由最外层电子数决定，进行分析解答本题．解答：解：不同种元素最本质的区别是质子数不同，元素的种类由质子数决定，元素的化学性质由最外层电子数决定，原子的质量主要集中在原子核上，故选：B．点评：本题考查学生根据不同种元素最本质的区别是质子数不同，元素的化学性质由最外层电子数决定解题的能力．　14\n10．（3分）（2022•潍坊）炎热的夏天，小林打开冰箱，从4℃的储藏室里拿出一杯底部有少量蔗糖晶体的溶液a，在室温下放置一段时间后，发现晶体消失了，得到溶液b．判断下列说法正确的是（　　）　A．4℃时，a溶液一定是饱和溶液　B．室温下，b溶液一定是饱和溶液　C．蔗糖晶体的溶解度随温度的升高而降低　D．a溶液的溶质质量分数大于b溶液的溶质质量分数考点：饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的影响因素；有关溶质质量分数的简单计算．.专题：课本知识同类信息．分析：由题意分析可知，a溶液中有不能继续溶解的溶质存在，故可以确定是饱和溶液；进而可以确定温度与溶解度的关系以及a溶液、b溶液中溶质的质量分数．解答：解：A、由题意知，4℃时，a溶液中有少量蔗糖晶体存在，故a溶液一定是饱和溶液，故选项正确．B、在室温下放置一段时间后，发现晶体消失了，b溶液可能恰好饱和，也可能是不饱和溶液，故选项错误．C、从4℃到室温，温度升高，晶体消失说明晶体已经溶解了，从而说明溶解度随温度升高而升高，故选项错误；D、由于a溶液中比b溶液中溶解的溶质少，故a溶液的溶质的质量分数小于b溶液的溶质的质量分数，故选项错误．故选A．点评：考查对饱和溶液、不饱和溶液、溶解度、溶质的质量分数等概念的理解，解题的关键要抓住概念的实质．　11．（3分）（2022•甘肃）西班牙的瑞奥汀河是一条酸河，河水中含有硫酸和硫酸亚铁．经调查发现，酸河形成的原因是由于上游河床含有的某种物质R在水中氧的作用下发生反应所致，其反应的化学方程式为：2R+2H2O+7O2═2FeSO4+2H2SO4，则R的化学式为（　　）　A．FeSB．Fe2S3C．FeS2D．FeO考点：质量守恒定律及其应用；有关化学式的计算和推断．.专题：化学用语和质量守恒定律．分析：由题意知反应的化学方程式为2R+2H2O+7O2=2FeSO4+2H2SO4，根据质量守恒定律：①宏观意义：反应物和生成物的总质量不变；元素种类、质量不变；②微观意义：原子种类不变；原子数目不变；原子质量不变；故可推测R的化学式．解答：解：根据质量守恒定律：①宏观意义：反应物和生成物的总质量不变；元素种类、质量不变；②微观意义：原子种类不变；原子数目不变；原子质量不变；可知“2R”中含有4个硫原子、2个亚铁离子，故其化学式为FeS2．故选C点评：14\n掌握有关化学式的计算和推断方法；掌握质量守恒定律的有关原子种类及个数不变的知识是解题的关键所在．　12．（3分）（2022•辽宁）如图是甲、乙两种物质的溶解度曲线，根据该溶解度曲线获得的信息正确的是（　　）　A．甲的溶解度大于乙的溶解度　B．t1℃时，甲和乙的溶液中溶质质量分数相等　C．相同质量甲、乙两种物质的饱和溶液由t2℃降到t1℃时，析出晶体较多的是甲　D．乙中含有少量甲时，可用冷却热饱和溶液法提纯乙考点：固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．.专题：结合课本知识的信息；压轴实验题．分析：根据固体物质的溶解度曲线可以：①查出某物质在某温度下的溶解度，②比较不同的物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断在某温度下，两物质的饱和溶液中溶质的质量分数的大小，溶解度大，则饱和溶液中溶质的质量分数则大，③判断降低温度时等质量的饱和溶液中析出晶体的多少，④判断通过降低温度还是蒸发溶剂的方法达到提纯的目的等．解答：解：A、由于固体物质的溶解度会随温度的变化而变化，从图中可以看出，只有在高于t1℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，故A错误；B、由于在t1℃时，两物质的溶解度相等，说明两物质的饱和溶液中溶质的质量分数相等，而现在没有强调两溶液处于饱和状态，所以不能确定其质量分数是否相同．故B错误；C、由于甲和乙的溶解度都随温度的升高而增大，但甲的溶解度受温度的影响较大，因此把相同质量甲、乙两种物质的饱和溶液由t2℃降到t1℃时，甲的溶液中析出的晶体多，故C正确；D、由于甲和乙的溶解度都随温度的升高而增大，而甲的溶解度受温度的影响较大，因此乙中混有少量的甲时，应采取蒸发溶剂的方法来提纯乙，故D错误；故选C．点评：本题难度不是很大，主要考查了固体溶解度曲线的意义及根据固体溶解度曲线解决相应的问题，从而培养学生的理解能力和解决问题的能力．　14\n13．（3分）（2022•海淀区二模）纳米材料被誉为21工世纪最有前途的材料．纳米碳管是一种由碳原子构成的直径为几个纳米（1纳米=10﹣9米）的空心管，下列说法中错误的是（　　）　A．纳米碳管如果完全燃烧，生成物是二氧化碳　B．纳米碳管是一种新型的化合物　C．纳米碳管材料管道多，表面积大，吸附能力强　D．纳米碳管在常温下化学性质稳定考点：碳的化学性质；碳单质的物理性质及用途；碳元素组成的单质．.专题：结合课本知识的信息．分析：由纳米碳管是一种由碳原子构成的空心管，可知纳米碳管是由碳原子构成，也就是由碳元素组成的单质，完全燃烧生成二氧化碳，纳米是一种长度单位，所以纳米碳管是用一种叫“纳米”的物质制成的材料是错误的，纳米材料将对人类文明的发展产生积极影响也是正确的．解答：解：A、纳米碳管由碳元素组成，如果完全燃烧，生成物是二氧化碳，说法正确，不合题意；B、纳米碳管是由碳元素组成的单质，不是一种新型的化合物，说法错误，符合题意；C、纳米碳管材料管道多，表面积大，吸附能力强，说法正确，不合题意；D、纳米碳管属于碳的单质，和碳的化学性质相同，故在常温下化学性质稳定，说法正确，不合题意．故选B点评：本题考查了学生对纳米碳管的认识，结合碳的单质的化学性质回答，还要知道纳米是一种单位而不是物质．　14．（3分）（2022•福州）甲醛可用作农药和消毒剂，下列关于甲醛（CH2O）的说法错误的是（　　）　A．从类别上看：甲醛属于有机物　B．从变化上看：甲醛完全燃烧只生成水　C．从宏观上看：甲醛由碳、氢、氧三种元素组成　D．从微观上看：1个甲醛分子由1个碳原子、2个氢原子和1个氧原子构成考点：化学式的书写及意义；有机物与无机物的区别．.专题：压轴实验题；化学用语和质量守恒定律．分析：A、含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物．B、根据质量守恒定律：反应前后元素种类不变，进行分析判断．C、根据甲醛化学式的含义进行分析判断．14\nD、根据1个甲醛分子的构成进行分析判断．解答：解：A、甲醛是含有碳元素的化合物，属于有机物，故选项说法正确．B、由质量守恒定律：反应前后元素种类不变，则从变化上看：甲醛完全燃烧的产物是二氧化碳和水，故选项说法错误．C、从宏观上看：甲醛是由碳、氢、氧三种元素组成的，故选项说法正确．D、1个甲醛分子是由1个碳原子、2个氢原子和1个氧原子构成的，故选项说法正确．故选B．点评：本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义、有机物的特征等进行分析问题、解决问题的能力．　15．（3分）（2022•娄底）2022年1月19日，首个《国际防治汞污染公约》发布．图为元素汞的信息，从图中获得的信息正确的一项是（　　）　A．汞属于非金属元素　B．汞的核电荷数为80　C．汞的相对原子质量为200.6g　D．在化学反应中，汞原子容易得到电子考点：元素周期表的特点及其应用；原子结构示意图与离子结构示意图．.专题：化学用语和质量守恒定律．分析：根据图中元素周期表可以获得的信息：原子序数、相对原子质量、元素符号、元素种类等，结合核电荷数=原子序数进行分析判断即可．解答：解：A、根据元素周期表中的一格中获取的信息，该元素的名称是汞，是唯一一种常温下是液态的金属元素，故说法错误．B、根据元素周期表中的一格中获取的信息，汞的原子序数为80，根据原子序数=核电荷数可知，汞的核电荷数为80，故说法正确．C、根据元素周期表中的一格中获取的信息，汞的相对原子质量为200.6，不是200.6g，因为相对原子质量是个比值，没有单位，故说法错误．D、从汞原子的结构示意图可知，最外层有2个电子，在化学反应中易失去电子，故说法错误；故选B．点评：本题难度不大，考查学生灵活运用元素周期表中元素的信息及辨别元素种类的方法进行分析解题的能力．　14\n二、填空题（每空2分，满分24分）16．（8分）化学用语是学好化学的重要工具，请按要求写出对应的化学符号或数值；（1）3个氢离子　3H+　；（2）2个过氧化氢分子　2H2O2　；（3）表示的微粒含有的电子数为　16　；（4）化合价为+6的硫的氧化物　O3　．考点：化学符号及其周围数字的意义．.专题：化学用语和质量守恒定律．分析：根据元素符号及符号的意义、不同位置的数字来表示微粒，并利用原子结构中质子数与核外电子数的关系来判断微粒．解答：解：（1）离子的表示方法：在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略．氢离子带1个单元位的负电荷，表示为H+，若表示多个该离子，就在其元素符号前加上相应的数字，故3个氢离子表示为3H+；（2）分子的表示方法：正确书写物质的化学式，过氧化氢分子是多原子分子，可表示为：H2O2，表示多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字，所以2个过氧化氢分子可表示为2H2O2；（3）如题所示，该微粒所含的电子数为：2+8+6=16，故填16；（4）元素化合价的表示方法：确定出化合物中所要标出的元素的化合价，然后在其化学式该元素的上方用正负号和数字表示，正负号在前，数字在后，所以+6的硫的氧化物可表示为：O3．故答案为：（1）3H+；（2）2H2O2；（3）16；（4）O3．点评：本题考查化学用语的使用，学生应熟悉常见微粒及物质的表示方法，明确元素符号、离子符号、化学式、化合价等化学用语应规范使用．　17．（4分）（2022•汕头）把相同体积、相同质量分数的稀盐酸，分别滴加到等质量、颗粒大小相同的X、Y、Z三种较活泼金属中，生成H2的质量与反应时间的关系如图所示．这三种金属的活动性顺序为　Y＞Z＞X　；假如X、Y、Z都是+2价金属，则相对原子质量由大到小的顺序为　X＞Y＞Z　．考点：金属活动性顺序及其应用；常见元素与常见原子团的化合价；化合价规律和原则；根据化学反应方程式的计算．.14\n专题：抽出共性信息迁移解题；压轴实验题；图表分析，寻找有效数据．分析：根据金属与酸反应的“时间﹣氢气质量”关系图，分析图中所提供的关系，推断金属活动性、比较金属相对原子质量．金属与酸反应的“时间﹣氢气质量”关系图，可以表示出相同时间内，金属与酸反应速度的快慢，从而判断金属的活动性；利用关系图，可比较金属完全反应后放出氢气质量的大小，然后推算出金属相对原子质量的大小关系．解答：解：取X、Y、Z三种金属停止反应前的任一时刻，利用关系图可查出，相同时间里金属Y放出氢气的量最多，则金属Y的活动性强，其次是金属Z，活动性最弱的为金属X．故答：Y＞Z＞X；利用金属完全反应放出氢气质量的经验公式，可根据生成氢气的质量推算出金属相对原子质量．经验公式为：生成氢气的质量=×金属的质量根据题意，X、Y、Z三种金属的化合价相等、三种金属的质量相等，利用上式可得出在此条件下：放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比，换言之，产生氢气多的金属的相对原子质量小，产生氢气少的金属相对原子质量大．根据关系图，等质量的X、Y、Z三种完全反应时生成氢气从多到少的顺序为：Z＞Y＞X，则三种金属相对原子质量由大到小的顺序为：X＞Y＞Z．故答：X＞Y＞Z．点评：金属完全反应放出氢气质量的经验公式中“金属的质量”为与酸发生反应的金属的质量，金属的化合价为在反应中表现出来的化合价的数值．　18．（6分）双氧水（H2O2）既是工业上重要的绿色氧化剂，又是常用的医用消毒剂．（1）小明配制了5%的双氧水600g，则600g溶液中溶质为　30　克，溶剂为　570　克．（2）小明倒出了300g双氧水溶液进行消毒，则剩下的溶液中溶质的质量分数为　5%　．考点：有关溶质质量分数的简单计算．.专题：溶液的组成及溶质质量分数的计算．分析：本题是利用了溶质质量分数计算的一个变形公式，即溶质=溶液的质量×溶液中溶质的质量分数，溶液是由溶质和溶剂组成的所以溶剂质量=溶液的质量﹣溶质的质量；另外溶液具有均一稳定的特点，所以不管溶液用去多少，剩余的溶液中的溶质的质量分数都不会变、解答：解：（1）溶质=溶液的质量×溶液中溶质的质量分数=600g×5%=30g；溶剂=溶液﹣溶质=600g﹣30g=570g（2）溶液具有均一性，所以剩下的溶液中的溶质质量分数不变．故答案：（1）30；570；（2）5%点评：本题是一道比较基础的计算题，利用公式中的三个量，只要知道其中的2个量就可以利用公式及变形公式计算出来．　19．（6分）（2022•锦州）如图，是A、B、C三种物质的溶解度曲线，据图回答：（1）t1℃时A、B、C三种物质的溶解度由大到小的顺序是　BCA　（填写序号，下同）．14\n（2）t1℃时30gA物质加入到50g水中不断搅拌，形成的溶液质量是　65　g．（3）将t1℃时A、B、C三种物质饱和溶液的温度升高到t2℃时，三种溶液的溶质质量分数由大小关系是　BCA　．考点：固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．.专题：课本知识同类信息；压轴实验题．分析：（1）由于受溶质、温度的影响，不同物质在水中的溶解度有大有小；（2）由曲线读出该温度下A的溶解度，根据溶解度分析溶液的组成；（3）对比三种物质的溶解度曲线，分析升温对三种物质的饱和溶液的影响，判断后三种溶液溶质质量分数的大小．解答：解：（1）从图中可以看出，t1℃时三种物质溶解度是B＞C＞A．故选B＞C＞A；（2）由曲线可查出，t1℃时物质A的溶解度为30g，据此可知在此时，50g水最多能溶解A物质15g，得到65g饱和溶液；故答案为：65；（3）从图中可以看出，t1℃时三种物质溶解度是B＞C＞A，则此时三种饱和溶液的溶质质量分数大小关系为B＞C＞A；当温度升高到t2℃时，A、B溶解度变大，饱和溶液变成不饱和溶液，溶液的溶质质量分数不变，而物质C的溶解度减小，有晶体析出，变成t2℃时的饱和溶液，但此时C物质的溶解度仍大于t1℃时A物质的溶解度，所以，t2℃时三种物质的溶液的溶质质量分数大小关系为：BCA；故选：BCA．点评：溶解度曲线能定量地表示出溶解度变化的规律，从溶解度曲线可以看出：同一溶质在不同温度下的溶解度；同一温度下，不同溶质的溶解度；温度对不同物质的溶解度影响不同．　三、解答题（每空2分，共20分）20．（6分）（2022•铁岭）A～E是初中化学常见的物质，已知A和E都可以作燃料，其中A是天然气的主要成分．（1）反应①的化学方程式为　CH4+2O2CO2+2H2O　．（2）反应②所属的基本反应类型是　分解反应　．14\n（3）E物质作燃料的优点是　产物无污染（或燃烧热值高）　（答一点）．考点：物质的鉴别、推断；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．.专题：框图型推断题；压轴实验题．分析：根据“A是天然气的主要成分”可知，A为甲烷，化学式为CH4，燃烧需要氧气，B是氧气；甲烷经过燃烧产生二氧化碳和水，D能够电解，因此D是水，C是二氧化碳；电解水产生的E可以做燃料，则E是氢气，然后带入验证完成相关的问题．解答：解：“A是天然气的主要成分”可知，A为甲烷，化学式为CH4，燃烧需要氧气，B是氧气；甲烷经过燃烧产生二氧化碳和水，D能够电解，因此D是水，C是二氧化碳；电解水产生的E可以做燃料，则E是氢气；（1）反应①是甲烷燃烧的方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O；（2）反应②是水通电产生氢气和氧气，属于分解反应；（3）E是氢气，作燃料的优点是：产物无污染（或燃烧热值高等）．故答案为：（1）CH4+2O2CO2+2H2O；（2）分解反应；（3）产物无污染（或燃烧热值高等）．点评：本题属于框图型的推断题，难度不大，解题的关键是在审题的基础上找准解题的突破口．经过分析，归纳，推理，得出正确的答案．本题的突破口是“A是天然气的主要成分”推断出A，“D可以电解”推断出D．　21．（14分）（2022•荆门）氯气（Cl2）是黄绿色气体，氯气溶于水部分以Cl2分子存在于溶液中，部分与水反应Cl2+H2O=HCl+HClO．产物中，次氯酸HClO是一种弱酸．氯气溶于水所得溶液称为氯水．把品红试纸（染有品红颜料的滤纸）放入氯水中，品红试纸褪色．如图是实验室制取氯气的成套装置图，请填空：（1）仪器X的名称是：　分液漏斗　．（2）从反应物的状态和反应条件看，装置甲属于　固﹣液，加热　型气体发生装置．（3）氯气在装置丁中被收集，其收集方法为　向上排空气法　，装置戊中可得到氯水．（4）晓红对“氯水使品红试纸褪色”产生兴趣，她所在的学习小组进行了如下探究，请你一起来完成：14\n提出问题：氯水中的什么成分使品红试纸褪色？猜想：猜想1：氯水中的水使品红试纸褪色；猜想2：氯水中的Cl2使品红试纸褪色；猜想3：氯水中的盐酸使品红试纸褪色；猜想4：氯水中的　HClO　（填化学式）使品红试纸褪色．实验探究：实验操作实验现象结论①把品红试纸放入水中（A）　试纸不褪色　猜想1不成立②把品红试纸放入干燥的氯气中试纸不褪色猜想2不成立③　把品红试纸放入盐酸溶液中　试纸不褪色猜想3不成立结论：学习小组通过讨论，找到了氯水中使品红试纸褪色的物质．反思：向氯水中滴加几滴紫色石蕊试液，会观察到的现象是　溶液先变红后褪色　．考点：常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；实验探究物质的性质或变化规律．.专题：压轴实验题；综合实验题．分析：（1）熟练掌握常见的化学仪器名称和用途；（2）根据发生装置的特点分析反应物的状态和反应条件；（3）根据导气管的位置分析收集方法；（4）【猜想】根据氯气溶于水后所得到的物质来完成猜想；【实验探究】根据猜想和表格中所给的实验现象和结论来完成该题的解答；【反思】根据盐酸对指示剂及次氯酸的漂白作用分析．解答：解：（1）X是分液漏斗；（2）装置中烧瓶内是固体物质，分液漏斗内加入液体试剂，用酒精灯加热，故发生装置的特点是固﹣液，加热型；（3）因为收集氯气的导气管伸入到集气瓶的底部，把空气通过短管排出，故是向上排空气法收集；（4）【猜想】氯水是指氯气溶于水，既有物理变化（氯气和水），又有化学变化（生产盐酸和次氯酸），所以结合其它猜想我们可以作出是次氯酸使品红褪色的猜想，次氯酸的化学式为：HClO；【实验探究】猜想1不成立，说明品红没有褪色；要证明猜想3不成立，只要把品红试纸伸入到盐酸中，现象是无变化就可以了，故答案为：把品红试纸伸入到盐酸中；【反思】因为氯水中有HCl和HClO，酸性溶液可使石蕊变红，而HClO具有漂白作用，故向氯水中滴加紫色石蕊试液，观察到的现象是：先变红色后褪色；故答案为：（1）分液漏斗（2）固﹣液，加热（基本意思正确即可）（3）向上排空气法猜想4：HClO实验探究（A）：试纸不褪色实验操作③把品红试纸放入盐酸溶液中（或“取盐酸滴入品红试纸中”等类似描述）【反思】现象：溶液先变红后褪色．点评：14\n本题考查了是在气体制取的已有能力的基础上进行拓展运用来探究氯气的制取和性质的探究，既有气体的制取、性质又有气体与水反应后生成物的检验，综合性比较强．本题根据题目提供的信息，结合实验探究的一般步骤和酸的性质等知识来解决．　四、计算题（共11分）22．（11分）（2022•重庆）硫酸铜溶液对过氧化氢（H2O2）的分解有催化作用．取8.5%的过氧化氢溶液40g倒入小烧杯中，向其中加入20%的硫酸铜溶液6.6g，使过氧化氢完全分解．计算：（1）产生氧气的质量．（2）反应后所得溶液中硫酸铜的质量分数．考点：根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．.专题：压轴实验题；溶质质量分数与化学方程式相结合的计算．分析：（1）根据过氧化氢的质量求出氧气的质量即可；（2）根据原硫酸铜溶液的质量求出硫酸铜的质量然后利用溶质质量分数公式计算即可．解答：解：（1）设生成氧气的质量为x．2H2O22H2O+O2↑683240g×8.5%xx=1.6g答：生成氧气的质量为1.6g．（2）反应后所得硫酸铜溶液的溶质质量分数==2.9%答：反应后所得硫酸铜溶液的溶质质量分数为2.9%．点评：本题难度不大，主要考查了根据化学方程式来计算有关的量，从而使学生来认识化学反应的本质，代入化学方程式计算的数据必须是纯净物的质量才行．　14