2016年四川省绵阳市中考化学试卷（教师版）

2016年四川省绵阳市中考化学试卷（教师版）一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1．（3分）化学在能源利用、环境保护等方面起着重要作用．下列有关做法不正确的是（）A．将地沟油转化为航空油，变废为宝 B．使用新型的可降解塑料，减少白色污染 C．改进汽车尾气净化技术，减少有害气体排放 D．加高化工厂的烟囱排放废气，防止形成酸雨【微点】防治空气污染的措施；酸雨的产生、危害及防治；白色污染与防治．【思路】A、地沟油转化为航空燃油，实现了废物的再利用；B、根据使用新型可降解塑料可减少白色污染进行解答；C、改进汽车尾气净化技术，可改善空气质量；D、加高烟囱并不能减少废气的排放．【解析】解：A、将地沟油转化为航空燃油，实现了变废为宝，故正确；B、使用新型可降解塑料可减少白色污染，故正确；C、汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，故正确；D、加高烟囱并不能减少废气的排放，所以不能防止酸雨，故错误。故选：D。【点拨】本题主要考查了有关环境保护等知识，可以让学生懂得保护环境，节约能源．同时这也是中考的考点之一．2．（3分）化学在生活中无处不在，下列选项与化学变化有关的是（）A．削皮的苹果在空气中放置一段时间后变色 B．用镶有金刚石的玻璃刀裁玻璃 C．用闻气味的方法区分食醋和酱油 D．向生锈铁锁的钥匙孔中加入铅笔芯粉末，使铁锁更容易打开【微点】化学变化和物理变化的判别．【思路】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是否有新物质生成；据此分析判断．【解析】解：A、削皮的苹果在空气中放置一段时间后变色过程中有新物质生成，属于化学变化。B、用镶有金刚石的玻璃刀裁玻璃过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化。C、用闻气味的方法区分食醋和酱油过程中没有新物质生成，属于物理变化。D、向生锈铁锁的钥匙孔中加入铅笔芯粉末过程中没有新物质生成，属于物理变化。故选：A。【点拨】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．3．（3分）安全问题与人类生活息息相关．下列措施得当的是（）A．炒菜时油锅着火，用水浇灭 B．进入久未开启的地窖，先做灯火试验 C．霉变大米中含有黄曲霉素，煮熟食用 D．夜间发现液化气泄漏，立即开灯检查并开窗通风【微点】二氧化碳的化学性质；灭火的原理和方法；防范爆炸的措施；亚硝酸钠、甲醛等化学品的性质与人体健康．【思路】A、根据灭火的原理进行分析；B、根据久未开启的地窖中容易积聚大量的二氧化碳、二氧化碳的性质进行分析；C、根据霉变的食物中含有黄曲霉素进行分析；D、根据液化气具有可燃性分析．【解析】解：A．油的密度小，用水灭火，油会浮在水的上面，不会隔绝氧气，反而使油与氧气接触更充分，燃烧更旺，炒菜时油锅着火，立即盖上锅，灭火。故A错误。B．久未开启的地窖中容易积聚大量的二氧化碳，二氧化碳不支持燃烧，进入久未开启的地窖前可以先做灯火实验以检验二氧化碳含量是否过高，故B正确。C．霉变大米含有黄曲霉素，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大，故C错误。D．液化气具有可燃性，一旦泄漏，遇到明火容易发生爆炸，故不能开灯，故D错误。故选：B。【点拨】化学来源于生产生活，也必须服务于生产生活，所以与人类生产生活相关的化学知识也是重要的中考热点之一．4．（3分）下列描述正确的是（）A．塑料、合成纤维、合成橡胶都属于合成有机高分子材料 B．天然气的主要成分是甲烷，其化学式为CH4，由此可知甲烷中有4个氢原子 C．某温度下的两种溶液，溶质质量分数相同，则该温度下这两种物质的溶解度相同 D．纤维素属于糖类，不能被人体消化吸收，故我们不需要摄入含纤维素的食物【微点】溶质的质量分数；常用燃料的使用与其对环境的影响；合成材料的使用及其对人和环境的影响；生命活动与六大营养素．【思路】A．根据有机高分子材料的分类来分析；B．根据甲烷的结构来分析；C．根据溶解度与溶质的质量分数的关系来分析；D．根据纤维素的作用来分析。【解析】解：A．塑料、合成纤维、合成橡胶都属于合成有机高分子材料，故正确；B．甲烷是由甲烷分子构成的，每个甲烷分子中含有4个氢原子，故错误；C．溶液的状态是否饱和，无法判断，所以无法确定物质的溶解度的关系，故错误；D．纤维素虽然不能被人体吸收，但是纤维素能促进胃肠蠕动、帮助消化，故错误。故选：A。【点拨】本题考查了材料的分类、物质的结构、溶液的状态判断、纤维素的作用，难度不大。5．（3分）类推可以实现知识迁移，但不符合事实的类推会得出错误的结论．下列类推正确的是（）A．置换反应有单质生成，则有单质生成的反应一定为置换反应 B．实验室中，点燃H2前需要验纯，则点燃其它可燃性气体前也需要验纯 C．KNO3的溶解度随温度的升高而增大，则其它物质的溶解度均会随温度的升高而增大 D．单质中只含一种元素，则只含一种元素的物质一定是单质【微点】固体溶解度的影响因素；单质和化合物的概念；置换反应及其应用；氢气、一氧化碳、甲烷等可燃气体的验纯．【思路】A、根据置换反应是一种单质和一种化合物反应，生成了另一种单质和化合物的反应分析；B、根据可燃性气体前都需要验纯分析；C、根据物质溶解度进行分析；D、根据单质是由同种元素组成的纯净物考虑．【解析】解：A、置换反应是一种单质和一种化合物反应，生成了另一种单质和化合物的反应。有单质和化合物参加的反应不一定是置换反应，例如，甲烷燃烧生成了二氧化碳和水，不属于置换反应，故选项类推错误；B、可燃性气体与氧气混合在爆炸极限的范围内，点燃就会发生爆炸，点燃前需要验纯；故对C、KNO3固体在水中的溶解度随温度的升高而增大，而Ca（OH）2固体的溶解度随温度的升高而减小，所以此类推错误。故本选项不符合题意；D、单质是由同种元素组成的纯净物，同种元素组成的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧放在一起属于混合物，故错；故选：B。【点拨】本题考查了置换反应、物质的性质、溶解度等，解答本题要掌握物质的分类方法和反应类型的判断方法，再根据具体的叙述进行分析、判断，从而得出正确的结论．6．（3分）程浩同学查阅资料得知：Cu与稀硫酸不反应，但Cu可与浓硫酸在加热的条件下反应，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2R，下列说法中不正确的是（）A．该反应中涉及了3种类型的化合物 B．R为相对分子质量最小的氧化物 C．反应前后，H2SO4中硫的化合价全部发生了改变 D．该反应不属于四种基本反应类型中的任何一种【微点】从组成上识别氧化物；单质和化合物的判别；有关元素化合价的计算；反应类型的判定；质量守恒定律及其应用．【思路】根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和个数不变，先求出R的化学式，然后逐一进行解答．【解析】解：根据反应的化学方程式Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2R+SO2↑，反应物中铜、氢、硫、氧原子个数分别为1、4、2、8，反应后的生成物中铜、氢、硫、氧原子个数分别为1、0、2、6，根据反应前后原子种类、数目不变，则2R中含有4个氢原子和2个氧原子，则每个R分子由2个氢原子和1个氧原子构成，则物质R的化学式为H2O。A、H2SO4属于酸，CuSO4属于盐，SO2、H2O属于氧化物，正确；B、R的化学式为H2O，为相对分子质量最小的氧化物，正确；C、硫酸中部分硫元素的化合价由+6价变为+4价，部分硫元素的化合价不变，错误；D、该反应不属于四种基本反应类型中的任何一种，正确。故选：C。【点拨】本题难度不大，求出R的化学式是关键．7．（3分）分析下列实验图象，得到的结论正确的是（）A．双氧水溶液制氧气，a未使用催化剂，b使用了催化剂 B．某温度下，向饱和石灰水中加入生石灰，则y轴可以表示溶质的质量分数 C．分别向足量且等质量的盐酸中加入铁粉、锌粉，则曲线b代表的是加入锌粉的情况 D．溶质为a、b的两质量相等的饱和溶液，温度由T2降至T1，分别析出不含结晶水的a、b固体，则最终两溶液质量相等【微点】催化剂的特点与催化作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数；金属的化学性质；生石灰的性质与用途．【思路】A、根据催化剂可以加快过氧化氢的分解速率进行分析；B、根据氧化钙和水反应放热，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小进行分析；C、根据等质量的铁和锌与酸反应时，铁生成的氢气多进行分析；D、根据溶质为a、b的两质量相等的饱和溶液，温度由T2降至T1，分别析出不含结晶水的a、b固体，a物质析出的固体多进行分析。【解析】解：A、催化剂可以加快过氧化氢的分解速率，所以双氧水溶液制氧气，a应该是使用了催化剂，b应该是没有使用催化剂，故A错误；B、氧化钙和水反应放热，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，所以某温度下，向饱和石灰水中加入生石灰，溶质的质量分数应该是先减小，然后恢复到原质量分数，故B错误；C、等质量的铁和锌与酸反应时，铁生成的氢气多，所以加入锌的溶液增加的质量就大，故C正确；D、溶质为a、b的两质量相等的饱和溶液，温度由T2降至T1，分别析出不含结晶水的a、b固体，a物质析出的固体多，所以最终两溶液质量不相等，故D错误。故选：C。【点拨】本题考查的是化学反应与图象的关系，完成此题，可以依据已有的知识进行。8．（3分）下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是（）选项实验操作现象结论A向固体碳酸钙中加入稀硫酸未见大量气泡产生两者不反应B向久置于空气中的氢氧化钠溶液中滴加稀硫酸有气泡产生氢氧化钠已完全变质C将铁丝在酒精灯上加热剧烈燃烧，火星四射铁能被氧气氧化D向某溶液中滴加酚酞溶液溶液变红该溶液显碱性A．A B．B C．C D．D【微点】化学实验方案设计与评价；氧气的化学性质；酸碱指示剂及其性质；碱的化学性质；盐的化学性质．【思路】碳酸钙和稀硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化碳，硫酸钙微溶于水；氢氧化钠能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠能和稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；铁在空气中不能燃烧；显碱性的溶液能使酚酞试液变红色．【解析】解：A、碳酸钙和稀硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化碳，向固体碳酸钙中加入稀硫酸，未见大量气泡产生，是因为反应生成的硫酸钙附着在碳酸钙表面，阻碍反应的进一步进行，该选项现象与结论对应关系不正确；B、向久置于空气中的氢氧化钠溶液中滴加稀硫酸，产生气体，说明溶液中含有碳酸钠，不能确定溶液中是否含有氢氧化钠，因此无法确定氢氧化钠是否已完全变质，该选项现象与结论对应关系不正确；C、将铁丝在酒精灯上加热时，铁丝不能燃烧，但是铁在空气中能被氧气氧化，该选项现象与结论对应关系不正确；D、向某溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红色，说明溶液显碱性，该选项现象与结论对应关系正确。故选：D。【点拨】实验现象是物质之间相互作用的外在表现，因此要学会设计实验、观察实验、分析实验，为揭示物质之间相互作用的实质奠定基础．9．（3分）液化石油气的成分中含有丙烯（C3H6）和丁烯（C4H8），将二者的混合气体14g在足量氧气中充分燃烧，产生二氧化碳44g，下列判断中不正确的是（）A．混合气体中碳与氢的质量之比一定是6：1 B．消耗O2的质量一定为48g C．混合气体中丙烯（C3H6）的质量分数一定为50% D．混合气体燃烧生成H2O的质量一定为18g【微点】化合物中某元素的质量计算；质量守恒定律及其应用．【思路】设烯的通式为CnH2n，则其与氧气反应的化学方程式为：2CnH2n+3nO22nCO2+2nH2O，据此解答．【解析】解：A、混合气体中碳与氢的质量之比：6：1，正确；B、设消耗O2的质量为x，生成水的质量为y2CnH2n+3nO22nCO2+2nH2O28n96n36n14gxy，x＝48g，y＝18g；正确；C、混合气体中丙烯（C3H6）的质量分数不一定为50%，错误；D、混合气体燃烧生成H2O的质量一定为18g，正确。故选：C。【点拨】确定该反应的通式是解题的关键．二、非选择题（共7小题，满分38分）10．（3分）氯气（Cl2）在净水、工业生产中用途广泛，用Cl2制备漂白液时有如下反应：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，请回答下列问题：①Cl﹣的原子结构示意图为，生成物NaClO中氯元素的化合价为+1．②20℃时，NaCl的溶解度为36g．该温度下，饱和NaCl溶液中溶质与溶剂的质量之比为9：25．【微点】固体溶解度的概念；原子结构示意图与离子结构示意图；有关元素化合价的计算．【思路】①氯离子原子核内有17个质子，核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子、第三层上有8个电子；据此画出其结构示意图即可；根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合物质的化学式进行解答本题；②利用固体的溶解度是指一定温度下100g溶剂水中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量解答．【解析】解：①氯离子原子核内有17个质子，核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子、第三层上有8个电子；Cl﹣的离子结构示意图为；钠显+1价，氧元素显﹣2价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）+x+（﹣2）＝0，则x＝+1价．②因为固体的溶解度是指一定温度下100g溶剂水中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量，所以20℃时36g氯化钠溶解在100g水中恰好形成该温度下氯化钠的饱和溶液，因此该温度下氯化钠的饱和溶液中溶质质量与溶剂质量的比为36：100＝9：25；答案：（1）①；+1；②9：25；【点拨】此题是对原子结构示意图、离子结构示意图、化合价的原则、溶液知识的考查，抓住固体溶解度的概念即可弄清该溶质的饱和溶液中溶质、溶剂和溶液的质量关系是解题的关键．11．（5分）我们的星球因水而美丽，水也是宝贵的自然资源．①电解水的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑．②生活用水在净化过程中常用活性炭吸附色素和异味．一般可以通过加热煮沸的方法降低水的硬度．③Fe在高温条件下可与水蒸气反应生成一种单质和一种黑色的氧化物，该氧化物是磁铁矿的主要成分，写出该反应的化学方程式3Fe+4H2OFe3O4+4H2．【微点】电解水实验；硬水与软水；碳单质的物理性质及用途；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．【思路】①根据电解水生成氢气和氧气解答；②根据活性炭具有吸附性，能吸附色素和异味；降低水的硬度就是减少水中可溶性钙镁化合物的含量解答；③首先根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，根据化学方程式的书写方法、步骤进行书写即可．【解析】解：①电解水生成氢气和氧气，化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑；②活性炭具有吸附性，能吸附色素和异味；降低水的硬度就是减少水中可溶性钙镁化合物的含量，可溶性钙镁化合物受热易转化为不溶性钙镁化合物，故填：活性炭，煮沸；③铁在高温条件下和水蒸气发了化学反应生成四氧化三铁和另一种气体单质（由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，该气体是氢气），反应的化学方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2．答案：①2H2O2H2↑+O2↑；②活性炭；加热煮沸；③3Fe+4H2OFe3O4+4H2．【点拨】本题难度不大，考查学生根据反应原理书写化学方程式的能力，化学方程式书写经常出现的错误有不符合客观事实、不遵守质量守恒定律、不写条件、不标符号等．考查了化学与生活的知识，完成此题，可以依据已有的知识进行．12．（9分）A～F是初中常见的化合物，有如下转化关系（部分生成物已省略）。其中A是大理石的主要成分，C可用于灭火，F俗名纯碱。请回答下列问题：①E的俗名为熟石灰，写出物质E在农业上的一种用途改良酸性土壤，E与F反应的化学方程式为Ca（OH）2+Na2CO3═2NaOH+CaCO3↓。②反应I的化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑，该反应是分解反应（填基本反应类型）。③A、E均能与盐酸反应，反应的化学方程式分别为CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2、Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O。【微点】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．【思路】根据A～F是初中常见的化合物，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二氧化碳，C可用于灭火，所以C是二氧化碳，B是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以E是氢氧化钙，F俗名纯碱，所以F是碳酸钠，D是氢氧化钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，然后将推出的物质进行验证即可。【解析】解：①A～F是初中常见的化合物，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二氧化碳，C可用于灭火，所以C是二氧化碳，B是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以E是氢氧化钙，F俗名纯碱，所以F是碳酸钠，D是氢氧化钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，经过验证，推导正确，所以E是氢氧化钙，俗称熟石灰，可以用来改良酸性土壤，E与F的反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为为：Ca（OH）2+Na2CO3═2NaOH+CaCO3↓；②反应I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↑，该反应属于分解反应；③A、E均能与盐酸反应，反应的化学方程式分别为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O。故答案为：①熟石灰（消石灰），改良酸性土壤（配置农药波尔多液），Ca（OH）2+Na2CO3═2NaOH+CaCO3↓；②CaCO3CaO+CO2↑，分解；③CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O。【点拨】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。13．（3分）如图所示装置有多种用途．若用于收集H2，H2应从该装置的b（填“a”或“b”）口通入．用该装置除去H2中少量的HCl气体，广口瓶中应该加入的试剂为NaOH溶液，该试剂不能用饱和NaHCO3溶液代替，原因是NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O（用化学方程式说明）．【微点】分离物质的仪器；常用气体的收集方法；常见气体的检验与除杂方法．【思路】根据氢气的密度比空气小；盐酸的性质以及化学方程式的写法来分析．【解析】解：氢气的密度比空气小，所以用该装置收集氢气时，氢气应从短管进入，空气从长管排出；氯化氢气体溶于水形成盐酸，可以用氢氧化钠溶液来除去氢气中的氯化氢；碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会导致制取的氢气中又混入了二氧化碳气体，所以不能用碳酸氢钠溶液来代替氢氧化钠溶液．故答案为：b；NaOH溶液；NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O．【点拨】本题考查了气体的净化，难度不大，可以根据杂质气体氯化氢及除杂试剂碳酸氢钠分析，注意除杂的原则，除去杂质但是不能引进新的杂质．14．（2分）铝化学性质很活泼，通常铝制品却很耐腐蚀，原因是铝与氧气反应形成致密的氧铝薄膜．铝还有特殊的性质，能溶解于NaOH溶液中，完成化学方程式：□Al+□NaOH+□H2O═□NaAlO2+3H2↑【微点】金属的化学性质；质量守恒定律及其应用．【思路】根据铝的性质分析回答铝制品却很耐腐蚀的原因；根据质量守恒定律分析空格中的物质，将化学方程进行配平即可．【解析】解：铝化学性质很活泼，通常铝制品却很耐腐蚀，原因是铝与氧气反应形成致密的氧铝薄膜．铝还有特殊的性质，能溶解于NaOH溶液中，生成了NaAlO2和H2，由质量守恒定律可知参加反应的物质还有水，将方程配平可得：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．故答为：铝与氧气反应形成致密的氧铝薄膜；2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．【点拨】本题主要考查了绿的性质和质量守恒定律的应用．难度不大，根据已有的知识分析解答即可．15．（9分）子琛做“将浓硫酸滴到一块小布上”的实验，发现生成的炭上冒“白烟”，推测炭能与浓硫酸反应．欲探究其生成物成分，通过简单分析及实验确定无H2和O2，因此继续进行如下探究．【查阅资料】①SO3能被浓硫酸及水吸收②SO2性质：能使品红褪色，能被高锰酸钾溶液吸收，能使澄清石灰水变浑浊③CO可与PdCl2溶液反应：PdCl2+CO+H2O═Pd（黑）↓+2HCl+CO2；不与KMnO4溶液反应【提出猜想】生成物的成分可能为ⅠH2O、CO、SO2ⅡH2O、CO2、SO2ⅢH2O、CO、CO2、SO2【实验验证】子琛设计了如下实验：【分析讨论】1请根据实验目的，按气流从左到右的方向将实验仪器组装完整：A→E→C→D→B．②装置E中所加药品是无水CuSO4，作用是检验产物中是否有水生成．③装置C中②的作用是除去SO2气体，则③试管中品红溶液的作用是检验SO2是否除净．④若D中澄清石灰水变浑浊，方程式为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O．⑤实验结束冷却后，从实验安全角度考虑，清洗装置A中试管时不能直接向其中加水冲洗，原因是试管中有浓硫酸剩余，向浓硫酸中加水放出大量的热，液体飞溅．【实验结论】实验观察到的部分现象是：B中未见黑色沉淀，则猜想II正确，写出炭与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O．【微点】实验探究物质的组成成分以及含量；常见气体的检验与除杂方法；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．【思路】【分析讨论】①根据题中所给资料结合所给仪器中的药品和验证物质的一般性顺序进行解答；②由三个猜想中均有水，结合所给药品回答E装置的作用和所加药品名称；③根据资料中品红的与二氧化硫的反应分析回答；④根据二氧化碳的化学性质书写二氧化碳与澄清石灰水的反应方程式；⑤根据浓硫酸的特性和稀释浓硫酸的注意事项分析回答；【实验结论】根据各步实验现象进行推断回答，根据推得生成物情况书写碳和浓硫酸反应的化学方程式．【解析】解：【分析讨论】①根据题中所给物质的性质氯化钯能与一氧化碳反应故装置B用来验证生成物是有无一氧化碳气体；根据品红能与二氧化硫反应，且高锰酸钾溶液能吸收二氧化硫气体故装置C用来验证二氧化硫气体并吸收二氧化硫气体；根据三个猜想中都有水蒸气，故可推测E装置是用来验证产物中是否有水蒸气，验证水蒸气一般用无水硫酸铜，验证物质成份时要先验证是否有水以防止再生成的水产生干扰，故A装置先连接E装置，根据一氧化碳与氯化钯反应能生成二氧化碳故验证二氧化碳要在验证一氧化碳之前，故最后一空是B，由此可得出正确的顺序是：A→E→C→D→B，故填：A→E→C→D→B；②由以上分析可知E中的药品作用是为了验证产物中是否有水故应选用无水CuSO4，故填：无水硫酸铜；检验产物中是否有水生成；③C装置中第一个试管中的品红是为了验证产物中是否有二氧化硫气体，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故验证二氧化碳之前要将二氧化硫气体除净，所以C装置中的高锰酸钾是用来吸收二氧化硫气体的，第三个试管中的品红显然是为了检验二氧化硫是否被除净了，故填：检验SO2是否除净；④二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，二者反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，故填：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；⑤浓硫酸遇水放出大量热，试管中有浓硫酸剩余，向浓硫酸中加水放出大量的热，会使液体飞溅，故填：试管中有浓硫酸剩余，向浓硫酸中加水放出大量的热，会使液体飞溅；【实验结论】由B中未见黑色沉淀，说明生成物中没有一氧化硫，故猜想II正确；根据猜想II的生成物书写碳和浓硫酸反应的化学方程式为：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；故填：II；C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H