甘肃省师大附中届高三上学期期中复习化学精校解析Word版.docx

甘肃省师大附中届高三上学期期中复习化学精校解析Word版.docx

《甘肃省师大附中届高三上学期期中复习化学精校解析Word版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《甘肃省师大附中届高三上学期期中复习化学精校解析Word版.docx（19页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

甘肃省师大附中届高三上学期期中复习化学精校解析Word版

甘肃省师大附中2018-2019学年上学期高三期中复习

化学试题

1.化学在生产和日常生活中有重要的应用。

下列说法中错误的是（）

A.MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料，工业上也用其电解冶炼对应的金属

B.明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化

C.燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩

D.铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀

【答案】A

【解析】

试题分析：

A、氧化铝的熔点很高，所以Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，铝是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法，所以用电解法冶炼铝金属，MgO的熔点为2800℃、熔点高，电解时耗能高，工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，故A错误；B、明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，则能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故B正确；C、因焰色反应时能呈现出来的色彩，因此可用作焰火，故C正确；D、Al比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故D正确；故选A。

考点：

考查了金属的冶炼、明矾净水的原理、焰色反应等相关知识。

2.下列有关实验的操作、现象及原理均正确的是

A.用玻璃棒蘸取NaClO溶液点在干燥的pH试纸上，试纸呈现蓝色，证明HClO是弱酸

B.将一定量的FeCl3晶体、盐酸依次加入容量瓶中，配制一定物质的量浓度的FeCl3溶液

C.为证明Cu与浓硫酸反应生成了CuSO4，可将反应后的混合液冷却后再加入水，若显蓝色即可证明生成了CuSO4

D.用乙醇、乙酸及浓硫酸制取乙酸乙酯的过程中发现忘加碎瓷片，需在完全冷却后再补加

【答案】D

【解析】

【详解】A项，NaClO具有漂白性，无法测出溶液pH，不能判断NaClO溶液的酸碱性，应选pH计测定其pH，才能作出判定，故A项错误；

B项，不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解后转移到容量瓶中定容，最后加盐酸抑制水解，故B项错误；

C项，反应后的溶液中有剩余的浓硫酸，因此加水稀释反应后的溶液时，应把反应后的混合液加入水中，若显蓝色则证明生成了硫酸铜，不能反之操作，易发生危险，故C项错误；

D项，发现忘加碎瓷片，应先冷却，再加碎瓷片，防止暴沸，故D项正确；

综上所述，本题选D。

3.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）

A.1L1.0mo1•L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA

B.标准状况下，11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NA

C.Na2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为NA

D.室温下，将9g铝片投入0.5L18.4mol•L-1的H2SO4中，转移的电子数为NA

【答案】C

【解析】

【详解】A项，1L1.0mo1•L-1的NaAlO2水溶液中含有1mo1NaAlO2，对应2mo1O，而溶液中的H2O中也含O，则溶液中含有的氧原子数目大于2NA，故A项错误；

B项，两者混合后发生反应2NO+O2=2NO2，生成的NO2及未反应完的O2的总分子数为0.75NA，但是存在可逆反应2NO2

N2O4，则混合后分子数小于0.75NA，故B项错误；

C项，Na2O中的阴离子是O2-，Na2O2中的阴离子是O22-，1molNa2O或者Na2O2都对应1mol阴离子，即阴离子总数为NA，故C项正确；

D项，常温下，铝会被浓硫酸钝化，但只有表面的铝被氧化，转移的电子数小于NA，故D项错误；

正确选项C。

【点睛】点睛：

本题主要考察阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答本题的关键是要掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数之间的关系，本题的易错点为D，常温下，铝会被浓硫酸钝化。

4.下列离子方程式书写正确的是（）

A.向水中通入氯气：

Cl2+H2O＝2H++ClO－+Cl－

B.向Ca（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：

Ca2++2HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+CO32－+2H2O

C.向明矾溶液中加过量氨水：

Al3++4NH3·H2O＝AlO2－+4NH4++2H2O

D.将Fe2O3溶解与足量HI溶液：

Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O

【答案】B

【解析】

【分析】

A.次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式；

B.向Ca（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水；

C.Al（OH）3不溶于氨水；

D.HI具有酸性，也具有强的还原性；

【详解】A.向水中通入氯气的离子反应为：

Cl2+H2O

H++HClO－+Cl－,次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式，A错误；

B.向Ca（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：

Ca2++2HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+CO32－+2H2O，B正确；

C.向明矾溶液中加过量氨水：

Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+,Al（OH）3不溶于氨水，C错误；

D.将Fe2O3溶解与足量HI溶液：

Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，生成的铁离子继续氧化碘离子：

2Fe3++2I-=2Fe2++I2，D错误；

正确选项B。

5.室温下，下列各组离子能大量共存的是

A.pH＝7的溶液中：

Fe3+、Mg2+、SO42－、Cl－

B.NaHS溶液中：

SO42－、K＋、Cl－、Cu2＋

C.KW/c（H＋）＝10－13mol·L−1的溶液中：

NH4+、Mg2+、SO42－

D.通入大量CO2的溶液中：

Na＋、ClO－、CH3COO－、HCO3－

【答案】C

【解析】

【详解】A.Fe3+只能存在于酸性溶液，不能存在于pH＝7的溶液中，故A错误；

B.NaHS、Cu2＋之间发生反应生成CuS沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误； 

C.KW/c（H＋）＝10－13mol·L−1的溶液显酸性：

NH4+、Mg2+、SO42－之间不反应,都不与氢离子反应,在溶液中不能大量共存，故C正确； 

D.CO2、ClO－之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

综上所述，本题答案是：

C。

6.下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（）

选项

陈述Ⅰ

陈述Ⅱ

判断

A

碳酸钠溶液可用于治疗胃病

Na2CO3可与盐酸反应

Ⅰ对，Ⅱ对，有

B

向Na2O2的水溶液中滴酚酞变红色

Na2O2与水反应生成氢氧化钠

Ⅰ对，Ⅱ错，无

C

金属钠具有强还原性

高压钠灯发出透雾性强的黄光

Ⅰ对，Ⅱ对，有

D

过氧化钠可用于航天员的供氧

Na2O2能与CO2、H2O反应生成O2

Ⅰ对，Ⅱ对，有

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．碳酸钠能够与盐酸反应，但是碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃病，陈述Ⅰ错误，A错误；

B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱，水溶液显碱性，能够使酚酞变红，所以Ⅰ、Ⅱ都对，B错误；

C．钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，Ⅰ对，Ⅱ对，二者无因果关系，C错误；

D．过氧化钠与水、二氧化碳均反应生成氧气，所以可为航天员供氧，陈述Ⅰ、Ⅱ正确，且有因果关系，D正确；

答案选D。

7.向含有c（FeCl3）＝0.2mol·L−1、c（FeCl2）＝0.1mol·L−1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是

A.该分散系的分散质为Fe2O3

B.可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开

C.向沸水中逐滴滴加0.1mol·L−1FeCl3溶液也可得到Fe（OH）3胶体

D.加入NaOH时发生的反应可能为Fe2+＋2Fe3+＋8OH－===Fe3O4＋4H2O

【答案】D

【解析】

【详解】A.三氧化二铁为红棕色,根据题意知得到一种黑色分散系,故A错误；

B.胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离,应用渗析法进行分离，故B错误；

C.把0.1mol·L−1FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热，所得到的红褐色分散系为Fe（OH）3胶体，C错误；

D.氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠,离子方程式:

Fe2+＋2Fe3+＋8OH－===Fe3O4＋4H2O，故D正确；

综上所述，本题选D。

8.铝土矿的主要成分是Al2O3、SiO2和Fe2O3等。

从铝土矿中提炼Al2O3的流程

下列说法中错误的是

A.滤液Ⅰ的主要成分是Na2SiO3、NaAlO2和NaOH

B.滤液Ⅲ的含大量的阴离子是HCO3-

C.反应Y的离子方程式是2AlO2-＋CO2＋3H2O＝2Al（OH）3↓＋CO32-

D.滤液Ⅱ中通入过量的X的目的是使AlO2-充分沉淀而不引进杂质

【答案】C

【解析】

根据铝土矿的成分，Fe2O3属于碱性氧化物，不与NaOH反应，Al2O3属于两性氧化物，与NaOH反应生成NaAlO2，SiO2属于酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3，因此滤液I中的成分是Na2SiO3、NaAlO2以及过量NaOH，故说法正确；B、加入CaO后，CaO与水反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2＋Na2SiO3=CaSiO3↓＋2NaOH，滤液Ⅱ中含有NaAlO2，通入足量的CO2，发生AlO2－＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3－，故说法正确；C、因为通入足量的CO2，生成的HCO3－，故说法错误；D、碳酸的酸性强于氢氧化铝，通入足量的CO2，产生氢氧化铝沉淀，不引入新杂质，故说法正确。

9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。

下列说法不正确的是（　　）

A.原子半径：

Z＞W＞Y＞X

B.Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键

C.元素Y与X、Z都能组成两种化合物

D.乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性

【答案】B

【解析】

【分析】

根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。

【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：

Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。

【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。

原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。

10.利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（　　）

选项

①

②

③

实验结论

A

稀硫酸

Na2S

AgNO3与AgCl的浊液

Ksp（AgCl）>Ksp（Ag2S）

B

浓硫酸

蔗糖

溴水

浓硫酸具有脱水性、氧化性

C

稀盐酸

Na2SO3

Ba（NO3）2溶液

SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀

D

浓硝酸

Na2CO3

Na2SiO3

溶液

酸性：

硝酸>碳酸>硅酸

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A、H2S可直接与AgNO3溶液作用生成黑色的Ag2S,故不能说明Ksp（AgCl）>Ksp（Ag2S）,故A错误；

B、浓硫酸滴入蔗糖中,②处试管中观察到白色固体变黑,证明浓硫酸有脱水性;③处试管中溴水褪色,说明有SO2生成（SO2+Br2+2H2O

 H2SO4+2HBr）,从而证明浓硫酸有氧化性,故B正确；

C、SO2与Ba（NO3）2溶液反应可生成白色沉淀BaSO4[3Ba（NO3）2+3SO2+2H2O

 3BaSO4↓+2NO↑+4HNO3],但BaCl2与SO2不反应,故C错误；

D、浓硝酸挥发产生的HNO3蒸气也可直接与Na2SiO3溶液作用生成H2SiO3,故不能得出碳酸酸性大于硅酸的结论,故D错误。

综上所述，本题的正确答案为B。

11.铅丹（Pb3O4）可作防锈用涂料，已知铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，且+2价稳定，+4价的Pb具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2。

则下列说法不正确的是（　　）

A.Pb3O4可表示为2PbO·PbO2

B.可用PbO在空气中加热制备铅丹，其n（氧化剂）:

n（还原剂）=1:

6

C.0.1molPb3O4与足量的浓盐酸反应，生成Cl20.1mol

D.amolPb3O4加强热分解生成PbO，则加热过程中转移电子数为2aNA

【答案】B

【解析】

【详解】A.因为铅丹中铅的化合价为+2、+4，所以根据化合价代数和为0分析，则Pb3O4中+2价铅和+4价铅的物质的量之比为2:

1，所以Pb3O4可以表示为2PbO·PbO2，故正确；B.根据6PbO+O2

2Pb3O4由得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的比例为1:

2，故错误；C.根据Pb3O4可表示为2PbO·PbO2，则0.1molPb3O4与足量的浓盐酸反应转移0.2mol电子，由得失电子守恒则生成0.1mol氯气，故正确；D.根据Pb3O4可表示为2PbO·PbO2，则amolPb3O4含有amol+4价铅，其被还原为PbO要转移2amol电子，故正确。

12.将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L－1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）

A.加入合金的质量不可能为6.4g

B.参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol

C.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mL

D.溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L

【答案】D

【解析】

【分析】

将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：

3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：

Mg（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为

=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为

=0.15mol，生成NO为

=0.1mol。

【详解】镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A错误；根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=

n（金属）=

×0.15mol=0.4mol，故B错误；加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为

=0.1L=100mL，C错误；标准状况下0.1molNO的体积为2.24L，D正确。

【点睛】本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，侧重于学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力的考查。

13.X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是

A.若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2

B.若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3

C.若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2

D.若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl3

【答案】C

【解析】

试题分析：

由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y，则A．如X为NaAlO2，与NaOH不反应，A错误；B．如X为NH3，与一元强酸反应生成铵盐，只生成一种产物，Y与W不能再反应，B错误；C．如Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO，C正确；D．如Z为FeCl3，W为金属单质，应为Fe，X为Cl2，但氯气与铁反应只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，D错误，答案选C。

考点：

考查无机框图题推断

14.某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32－、SO42－、NO3－中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（　　）

A.溶液中一定不含CO32－，可能含有SO42－和NO3－

B.溶液中n（NH4+）=0.2mol

C.溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+

D.n（H+）：

n（Al3+）：

n（Mg2+）=1：

1：

1

【答案】B

【解析】

试题分析：

若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32−和NO3−不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol－0.1mol＝0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol×3）÷2=0.05mol，A．由上述分析可知，溶液中一定不含CO32-、NO3-，一定含有SO42-，A错误；B．由上述分析可知，溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B正确；C．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，C错误；D．由上述分析可知，溶液中n（H+）：

n（Al3+）：

n（Mg2+）=0.1mol：

0.1mol：

0.05mol=2：

2：

1，D错误，答案选B。

考点：

考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等

15.某化学小组构想将汽车尾气（NO、NO2）转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料．下列说法正确的是（　　）

A.电极A表面反应之一为NO2—e－+H2O═NO3－+2H+

B.电极B附近的c（NO3－）增大

C.电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反

D.该电池工作时，每转移4 mol电子，消耗22.4LO2

【答案】A

【解析】

试题分析：

A、电极A通入的是汽车尾气，则二氧化氮发生氧化反应，与氢离子结合为硝酸，正确；B、电极B通入的氧气，则氧气得到电子与氢离子结合生成水，所以硝酸根离子的物质的量浓度减小，错误；C、A为负极，B为正极，则电解质溶液中的电流是从A到B，外电路中电流从B到A，电子从A到B，错误；D、该电池工作时，每转移4mol电子，则消耗1mol氧气，标准状况下的体积是22.4L，错误，答案选A。

考点：

考查原电池反应原理的判断

16.若往20mL0.01mol·L－1HNO2（弱酸）溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。

下列有关说法不正确的是（）

A.HNO2的电离平衡常数：

c点>b点

B.b点混合溶液显酸性：

c（Na＋）>c（NO2－）>c（H＋）>c（OH－）

C.c点混合溶液中：

c（OH－）>c（HNO2）

D.d点混合溶液中：

c（Na＋）>c（OH－）>c（NO2－）>c（H＋）

【答案】B

【解析】

试题分析：

A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：

c点＞b点，故A正确；B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：

c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；C、a→c温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而c→d温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（HNO2），故C正确；D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：

c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+），故D正确；故选B。

考点：

考查了离子浓度大小的比较的相关知识。

17.甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物。

某化学小组利用如图装置探究其反应产物。

[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应：

CO＋2[Ag（NH3）2]＋＋2OH－===2Ag↓＋2NH4+＋CO32－＋2NH3。

②Cu2O为红色，不与Ag+反应，能发生反应：

Cu2O＋2H＋===Cu2+＋Cu＋H2O。

（1）装置A中反应的化学方程式为___________________________________________。

（2）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→__________________。

（填字母编号）

（3）实验中滴加稀盐酸的操作为______________________________________________。

（4）已知气体产物中含有CO，则装置C中可观察到的现象是________________；装置F的作用为_________________________________________。

（5）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。

①设计实验证明红色固体中含有Cu2O：

______________________________________________。

②欲证明红色固体中是否含有Cu，甲同学设计如下实验：

向少量红色固体中加入适量0