2018-2019学年河南省郑州市高一上学期期末考试化学试题(解析版)

2018-2019学年河南省郑州市高一上学期期末考试

化学试卷

1.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句涉及氧化还原反应的是

A. 花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴

B. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金

C. 粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间

D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏

【答案】D

【解析】

【详解】A.诗句描述的没有涉及到化学反应，故A错误；

B.沙里淘金属于物理变化，不是化学反应，故B错误；

C.诗句中涉及的反应有：CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，都不是氧化还原反应，故C错误；

D.爆竹爆炸过程中，火药燃烧属于氧化还原反应，故D正确。

故选D。

2.为了便于取用，实验室的药品应按照同类别物质摆放在一起。某同学取用纯碱溶液后应完它放回的位置为

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】C

【解析】

【详解】纯碱是碳酸钠，属于盐，同类物质应该放在一起， A中盐酸和硫酸属于酸；B中酚酞和石蕊属于指示剂；C中的NaCl属于盐，故应该和碳酸钠放在一起；D中氢氧化钠属于碱。

故选C。

【点睛】实验室中实验药品存放遵循同类药品放在一起原则，酸放在一起，碱放在一起，指示剂放在一起。

3.下列去除杂质（括号内的物质为杂质）的方法中，不正确的是

A. NaCl固体（I2）：充分加热

B. Fe粉（Al）：加入足量NaOH溶液，溶解后过滤

C. SiO2固体（CaO）：加入足量稀HCl，溶解后过滤

D. CO2气体（HCl）：通入饱和Na2CO3溶液，洗气后干燥

【答案】D

【解析】

【详解】A. I2易升华，充分加热时，可以与氯化钠固体分离，故A正确；

B. Al可以与NaOH溶液反应，而铁不可以，故B正确；

C. SiO2属于酸性氧化物，不与盐酸反应，CaO属于碱性氧化物，可以与HCl反应，故C正确；

D. CO2可以与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，所以应该通入饱和碳酸氢钠溶液，故D错误。

故选D。

4.类比是研究物质性质的常用方法之一。下列说法正确的是

A. 已知AgCl是强电解质，推测AgBr也是强电解质

B. 已知Cu与Cl2能化合生成CuCl2，推测Fe与Cl2也能化合生成FeCl2

C. 已知Al（OH）3可以治疗胃酸过多，推测NaOH也可以治疗胃酸过多

D. 已知Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，推测Na也可以置换出CuSO4溶液中的铜

【答案】A

【解析】

【详解】A. AgCl和AgBr都是盐，绝大多数盐属于强电解质，故A正确；

B.氯气的氧化性较强， Fe与Cl2化合生成FeCl3，故B错误；

C. NaOH属于强碱，不可以用于治疗胃酸过多，故C错误；

D.Na非常活泼，与硫酸铜溶液作用，先和溶液中的水反应，无法置换出铜，故D错误。

故选A。

5.下列现象或技术应用中，不涉及胶体性质的是

A. 在江河入海处容易形成三角洲

B. 向豆浆中加入石膏制成美味的豆腐

C. 在饱和氯化铁溶液中加入浓NaOH溶液，产生红褐色沉淀

D. 清晨，在茂密的森林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱

【答案】C

【解析】

【详解】A 河流本身携带的泥沙以胶体形式存在，由于入海口处海水中含电解质(氯化钠为主)，使得胶体溶液发生聚沉，涉及胶体性质；

B.石膏是电解质，而豆浆是蛋白质溶液，属于胶体，该胶体遇到电解质溶液就发生聚沉，涉及了胶体的性质；

C.在饱和氯化铁溶液中加入浓NaOH溶液，生成了氢氧化铁沉淀，没有涉及到胶体的性质；

D.看到从枝叶间透过的一道道光柱，是胶体的丁达尔现象，涉及了胶体的性质。

故选C。

6.下列关于含硅元素物质的说法正确的是

A. 玻璃有固定的熔点

B. 单质硅可用来制造集成电路、太阳能电池

C. SiO2制成的光导纤维具有良好的导电性

D. NaOH溶液能保存在带玻璃塞的试剂瓶中

【答案】B

【解析】

【详解】A.玻璃是混合物，混合物没有固定的熔沸点，故A错误；

B.单质硅是半导体材料，可用来制造集成电路，电脑芯片，太阳能电池等，故B正确；

C. SiO2是原子晶体，不导电，故C错误；

D. 普通玻璃中含有SiO2，NaOH溶液能够与SiO2反应生成Na2SiO3，Na2SiO3能够把瓶口和瓶塞粘在一起，影响实验使用，故D错误。

故选B。

7.2018年11月28日张家口市某公司附近发生爆炸起火事故。经调查，该事故是由于一辆运输乙炔（C2H2）气体的车辆爆炸引起。乙炔与氧气体积比为2：5时爆炸最剧烈，此时乙炔与氧气的质量比是

A. 2:5

B. 5:2

C. 40:13

D. 13:40

【答案】D

【解析】

【详解】同温同压下，乙炔（C2H2）与氧气（O2）体积比为2：5时，即乙炔（C2H2）与氧气（O2）的物质的量之比也为：2:5，设n（C2H2）=2mol，n（O2）=5mol，乙炔与氧气的质量比为：[2mol×26g/mol]:[5mol×32g/mol]=13:40，故乙炔与氧气的质量比是13:40。

故选D。

8.2018年11月13日第26届国际计量大会对国际单位制进行修改。新的摩尔的定义规定，1摩尔物质包括

阿伏加德罗常数N A个基本单元。下列有关阿伏加德罗常数N A的说法正确的是

A. 标准状况下，32gSO2中含有0．5N A个O2

B. 常温常压下，11gCO2中含有0．75N A个原子

C. 标准状况下，N A个水分子的体积约为22．4L

D. 1L0．3mol／L的NaCl溶液中含有0．3N A个NaCl分子

【答案】B

【解析】

【详解】A. SO2中只含有SO2分子，不含有O2，故A错误；

B. 11gCO2的物质的量是0.25mol，1个CO2分子中含有3个原子，所以0.25molCO2分子中含有0.75mol原子，即0.75N A个原子，故B正确；

C. 标准状况下，水不是气态，所以不能用气体摩尔体积计算，故C错误；

D.NaCl是离子化合物，在溶液中NaCl完全电离成Na+和Cl-，不存在NaCl分子，故D错误。

故选B。

9.在下列各溶液中的离子，一定能大量共存的是

A. K＋、Cu2＋、Cl－、SO42-

B. K＋、Cl-、Ag＋、NO3-

C. Na+、CO32-、NO3-、H＋

D. Fe3＋、HCO3-、Na＋、OH-

【答案】A

【解析】

【详解】A. K＋、Cu2＋、Cl－、SO42-离子间不发生反应，所以它们可以共存，故A正确；

B. Cl-、Ag＋反应生成AgCl白色沉淀，所以Cl-、Ag＋不能共存，故B错误；

C. CO32-、H＋反应生成CO2和水，所以CO32-和H＋不能共存，故C错误；

D. Fe3＋和OH-反应生成Fe(OH)3沉淀， HCO3-和OH-反应生成CO32-和水，所以Fe3＋和OH-， HCO3-和OH-不能共存，故D错误。

故选A。

【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。

10.用容量瓶配制一定体积、准确浓度的溶液时，下列说法不正确的是

A. 容量瓶使用前应检查是否漏液

B. 容量瓶定容时俯视会使配制的溶液浓度偏高

C. 没有将洗涤液转移到容量瓶中会使配制的溶液浓度偏低

D. 配制480mL0．1mol／L的盐酸，需用10mol/L的浓盐酸4．8mL

【答案】D

【解析】

【详解】A. 容量瓶使用前应检查是否漏液，故A正确；

B. 容量瓶定容时俯视，使溶液的体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故B正确；

C. 没有将洗涤液转移到容量瓶中，即损失了部分溶质，使溶液的浓度偏低，故C正确；

D. 配制480mL0．1mol／L的盐酸，需要使用500mL规格的容量瓶，根据稀释公式可得到：c(浓)×V浓=c(稀)×V

=n，带入计算得：10mol/L×V浓=0.1mol/L×0.5L，V浓=0.005L=5mL，故D错误。

稀

故选D。

【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，都基于公式n B=c B?V液中，判断c B和V液的变化对溶液的影响是解决本题的关键。

11.下列实验能达到预期目的的是

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A. 能和氯化钡反应且生成不溶于稀硝酸的离子还有银离子等，且硝酸具有强氧化性，向某未知溶

液中加入BaCl2溶液后，再加入稀硝酸观察沉淀的生成，生成的沉淀可能是硫酸钡或氯化银，且硝酸能将亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子氧化生成硫酸根离子，所以不能据此判断含有SO42-，故A错误；

B. 检验NH4+时，向盛有该溶液的试管中加入NaOH固体,加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，说明生成了NH3，即原溶液中含有NH4+，故B错误；

C. 用脱脂棉包裹Na2O2，放入充满CO2的集气瓶中，若棉花燃烧，说明达到棉花的着火点，则该反应是放热反应，故C正确；

D. 取金属Na，用滤纸将其表面的煤油吸干，切下黄豆大小的Na，小心放入盛有适量水的烧杯中，并向烧杯中滴加酚酞，若溶液变红，则该溶液显碱性，证明Na与水反应有碱性物质生成，故D错误。

故选C。

12.下列各组溶液中，OH-的物质的量浓度相等的是

A. 5mL 0.2mol／L的NaOH溶液和10mL 0．1mol／L的KOH溶液

B. 15mL 0.1mol／L的Ba(OH)2溶液和15mL 0．2mol／L的KOH溶液

C. 5mL0．3mol／L的NH3.H2O溶液和15mL 0．1mol／L的NaOH溶液

D. 10mL 0．2mol/L的NaOH溶液和5mL0．2mol／L的CH3CH2OH溶液

【答案】B

【解析】

【详解】A. 0.2mol/L的NaOH溶液中，c(OH-)=0.2mol/L， 0．1mol/L的KOH溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，故A错误；

B. 0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.2mol/L ，0.2mol/L的KOH溶液中c(OH-)=0.2mol/L，故B正确；

C. NH3.H2O是弱碱，在溶液中只有少部分电离，所以0.3mol/L的NH3.H2O溶液中c(OH-)远小于0.1mol/L，

0.1mol/L的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，故C错误；

D. CH3CH2OH是非电解质，在水溶液中乙醇分子不发生电离，故D错误。

故选B。

13.下列离子方程式书写正确的是

A. Na投入水中：Na＋H2O=Na+＋OH-＋H2↑

B. 氯气通入NaOH稀溶液中：Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O

C. 向 NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2：溶液：H+＋OH-＝H2O

D. 向碳酸钙中加醋酸溶液；CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋2H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A. Na投入水中离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑，故A错误；

B. 氯气通入NaOH稀溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O，故B正确；

C. 向 NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2生成硫酸钡沉淀、水、硫酸钠，离子反应方程式为：

Ba2++SO42-+OH-+H+=BaSO4↓+H2O，故C错误；

D. 向碳酸钙中加醋酸溶液，其中醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，故D错误。

故选B。

14.下列实验方法、装置或操作正确的是

A. 实验室制备氨气

B. 向容量瓶中转移溶液

C. 吸收HCl

D. 稀释浓硫酸

【答案】A

【解析】

【详解】A.实验室制备氨气是用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热，生成氨气是碱性气体，用碱石灰干燥，故A正确；

B. 向容量瓶中转移溶液需用玻璃棒引流，故B错误；

C.由于HCl极易溶于水，所以需要用漏斗倒扣在液面上防止倒吸，故C错误；

D.稀释浓硫酸应该在烧杯中进行，不能在量筒中进行，故D错误。

故选A。

15.经过多方努力，郑州市的空气质量有明显改善。造成雾霾的重要原因之一是汽车尾气的排放，汽车加装尾气处理装置可以减少有害尾气的排放。在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过

程如下图所示。下列说法错误的是

A. NO2是该过程的中间产物

B. 汽车尾气的主要污染成分为CO和NO

C. NO和O2必须在催化剂表面才能反应

D. 该催化转化的总反应方程式：2NO＋O2＋4CO4CO2＋N2

【答案】C

【解析】

【详解】A. 由题目提供的图可知：2NO+O2=2NO2，2NO2+4CO4CO2+N2，NO2是该过程的中间产物，故A 正确；

B. 汽油不完全燃烧可生成CO，空气中的氮气在气缸中放电条件下可生成NO，汽车尾气的主要污染成分是CO、NO、NO2等，故B正确；

C. NO和O2在常温下就能反应生成NO2，故C错误；

D. 该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式2NO＋O2＋

4CO4CO2＋N2，故D正确。

故选C。

16.某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中c（NH4+）随反应进行逐渐减小。下列判断错误的是

A. 反应中ClO-被还原

B. 反应后溶液的酸性明显增强

C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3

D. 反应消耗1mol氧化剂时，转移的电子为2mol

【答案】C

【解析】

【详解】反应离子方程式为：3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；

A. 具有氧化性的ClO-为反应物，充当氧化剂，氧化剂被还原，故A正确；

B. 由反应3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+可知，生成了氯离子和氢离子，所以反应后溶液的酸性明显增强，故B正确；

C. 由方程式可知，氧化剂ClO-和还原剂NH4+的物质的量之比为3：2，故C错误；

D. ClO-中Cl元素的化合价从+1价降低到-1价，转移2个电子，即1mol ClO-转移2mol电子，故D正确。故选C。

17.生活中处处有化学。请回答下列问题

（1）苏打水是很多人喜爱的饮品，请写出小苏打在水中的电离方程式__________

（2）“84消毒液”与洁厕灵（主要成分是浓盐酸）不能混用，混合会产生黄绿色的有毒气体，请用离子反应方程式解释原因____________

（3）咖啡中含有咖啡因（C8H10N4O2），咖啡因可以使我们的神经兴奋，若一杯咖啡中含有0．194g咖啡因，则这杯咖啡中有______________个咖啡因分子。

【答案】 (1). NaHCO3 = Na+ + HCO3- (2). ClO - + Cl- + 2H+ = Cl2↑+ H2O (3). 6.02×1020 (或1×10-3N A )

【解析】

【分析】

根据电离方程式的书写规则、离子反应方程式的书写规则、物质的量的相关计算分析解答。

【详解】(1) 小苏打是NaHCO3，小苏打在水中的电离方程式是：NaHCO3=Na++HCO3-，

故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；

(2) 84消毒液主要成分是NaClO，洁厕灵主要成分是HCl，“84消毒液”与洁厕灵（主要成分是浓盐酸）混用反应生成氯气，离子反应方程式是：ClO - + Cl- + 2H+ = Cl2↑+ H2O，

故答案为：ClO - + Cl- + 2H+ = Cl2↑+ H2O；

(3)n(C8H10N4O2)==0.001mol，则这杯咖啡中有0.001N A个咖啡因分子，

故答案为：6.02×1020 (或1×10-3N A )。

18.电子工业中，常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。某同学为了从腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，设计如下流程图

请回答下列问题：

（1）FeCl3溶液腐蚀铜箔反应的离子方程式为___________。

（2）固体A的成分是_______，气体C的化学式为____________。

（3）设计实验方案证明FeCl3溶液中的金属阳离子_____________。

（4）反应消耗铁粉11．2g，则废液中Fe3＋的物质的量浓度是____________。

【答案】 (1). 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ (2). Fe Cu (3). Cl2 (4). 取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，出现红色 (5). 0.4mol/L

【解析】

【分析】

根据流程图及题干信息分析各步反应及固体和溶液的组成，进而书写相关反应方程式及计算相关浓度。【详解】由工艺流程可知，废液中应该含有FeCl3、FeCl2、CuCl2，在废液中加入过量的铁粉， FeCl3溶液与Fe反应生成FeCl2，Fe与CuCl2反应生成Cu，即固体A是Fe和Cu的混合物，液体A是FeCl2，固体A 中加入盐酸，Fe与盐酸反应生成FeCl2，过滤得到的6.4g的固体即为金属Cu，溶液B是FeCl2，再通入气体C得到FeCl3，即气体C可以是Cl2。

(1) FeCl3溶液腐蚀铜箔反应的离子方程式为：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+，

故答案为：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+-；

(2)由流程分析可知，固体A是Fe和Cu的混合物，

故答案为：Fe、Cu；

(3)检验Fe3+，可以使用KSCN溶液，操作为：取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液出现红色，说明溶液中含有Fe3+，

故答案为：取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，出现红色；

(4)反应消耗的铁粉分别为与FeCl3和CuCl2的反应，根据CuCl2+Fe=Cu+FeCl2得n(Fe)=n(Cu)=

=0.1mol，则与氯化铁反应消耗的铁的物质的量为：n(Fe)==0.1mol，根据2Fe3+ +Fe= 3Fe2+得：n(Fe3+)=2 n(Fe)=2×0.1mol=0.2mol，c(Fe3＋)==0.4mol/L，

故答案为：0.4mol/L。

19.用下图装置可以完成一系列实验（图中夹持装置及加热装置已略去），不考虑①②③中物质间的相互影响。请回答下列问题：

（1）若装置A选用浓盐酸和二氧化锰混合制取Cl2气体，装置B中的三处棉花依次做了如下处理。请填写

表中空白：

（2）若装置A选用浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2气体，装置B中的三处棉花依次做了如下处理。请填写表中空白：

【答案】 (1). 先变红后褪色 (2). 变蓝 (3). 产生白烟 (4). Cl2+H2O?HCl+HClO (5). Cl2+2KI=2KCl+I2 (6). 黄色物质产生 (7). 褪色 (8). 氧化性 (9). 还原性 (10). 漂白性

【解析】

【分析】

根据氯气和二氧化硫的性质，结合图示分析实验中发生的化学反应及实验现象。

【详解】（1）因Cl2能与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，能使石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性能使红色褪去，涉及的反应为：Cl2+H2O?HCl+HClO；氯气与碘化钾溶液反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，碘单质使淀粉变蓝；氯气与浓氨水挥发出的氨气反应生成氯化铵晶体，所以看到白烟，

故答案为：先变红后褪色；变蓝；产生白烟；Cl2+H2O?HCl+HClO；Cl2+2KI=2KCl+I2；

（2）二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质和水，二氧化硫中的硫元素化合价降低，体现氧化性，现象是有黄色物质产生；高锰酸钾有强氧化性，可以被二氧化硫还原，体现二氧化硫的还原性，现象是褪色；二氧化硫可以使品红褪色，体现二氧化硫的漂白性，

故答案为：黄色物质产生；褪色；氧化性；还原性；漂白性。

【点睛】二氧化硫中硫元素的化合价为+4，在反应中既可以升高也可以降低，所以既有还原性也有氧化性，二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，不是体现漂白性，而是被高锰酸钾氧化，体现还原性，这是易错点。

20.A、B、C、D均为中学化学常见物质，且均含有同一种元素，其中A是单质，它们之间存在如图转化关系

Ⅰ．若D是红棕色气体；B气体溶于水后，溶液为碱性。

（1）请写出A的化学式__________，反应③的化学反应方程式为_____________。

（2）D溶于水形成的稀溶液与铜反应的离子方程式为__________，该反应的实验现象为____________（写出两条）。

Ⅱ若B、D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，反应②③均为强酸条件。

（1）反应④可以通过滴加氨水实现，该反应的离子方程式为____________。

（2）请写出A用于焊接铁轨的化学方程式________________。

【答案】 (1). N2 (2). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O (3). 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O (4). 红色固体溶解、溶液变为蓝色、有无色气泡生成、在试管口有红棕色气体生成 (5). Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+ (6). 2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe

【解析】

【分析】

根据题干中部分物质的性质及图示中给出的转化关系推测各物质的组成，进而书写相关化学方程式及离子方程式。

【详解】Ⅰ．根据图示的转化关系，若D是红棕色气体，则D为二氧化氮；B气体溶于水后，溶液为碱性，则B为氨气；A为单质，则A为氮气；C为一氧化氮；

（1）A的化学式N2，反应③的化学反应方程式为4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；

（2）D溶于水形成的稀溶液为硝酸，与铜反应的离子方程式为3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O，该反应的实验现象为红色固体溶解、溶液变为蓝色、有无色气泡生成、在试管口有红棕色气体生成；

故答案为：N2； 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O；红色固体溶解、溶液变为蓝色、有无色气泡生成、在试管口有红棕色气体生成；

Ⅱ若B、D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，结合图示中转化关系，则推测A为铝,B为氧化铝，C为铝盐，D为氢氧化铝；

（1）反应④离子方程式为Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+；

（2）A用于焊接铁轨的化学方程式为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe，

故答案为：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+；2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe。

【点睛】掌握常见物质的物理性质，比如颜色、气味、溶解性等是解决此类推断题的关键；知道一些反应的重要用途，如铝热反应用于焊接钢轨等，也是解题的突破口。

21.“碳捕捉技术”常用于去除或分离气流中的二氧化碳。

Ⅰ．2017年，中国科学家在利用二氧化碳直接制备液体燃料领域取得了突破性进展，其中用二氧化碳制备甲醇（CH3OH）的反应如下图：

（1）A的化学式为_________。

（2）该反应说明CO2具有___________性（填“氧化”或“还原”）。若有1mol甲醇生成，转移电子的物质的量为_________________mol。

Ⅱ．利用NaOH溶液“捕提＂CO2的基本过程如下图（部分条件及物质已略去）：

（1）反应分离室中，发生反应的化学方程式分别为CaO＋H2O＝Ca（OH）2和__________________

（2）高温反应炉中，涉及反应的化学反应类型为_______________________。

（3）整个过程中，可以循环利用物质的化学式为__________________。

【答案】 (1). H2O (2). 氧化 (3). 6 (4). NaHCO3 + Ca（OH）2 = NaOH + CaCO3↓ + H2O （或Na2CO3 + Ca（OH）2 = 2NaOH + CaCO3↓ ） (5). 分解反应 (6). NaOH CaO

【解析】

【分析】

根据反应中元素化合价的变化分析物质的氧化性和还原性，并计算转移的电子数；根据题干信息及图示分析每步过程中发生的化学反应，进而分析反应的类型及过程中可循环利用的物质。

【详解】Ⅰ．（1）根据反应的图示及质量守恒得：A为水，化学式为H2O，

故答案为：H2O；

（2）二氧化碳中碳元素化合价为+4，甲醇中碳元素化合价为-2，化合价降低，CO2发生还原反应，所以二氧化碳具有氧化性；反应中，氢元素的化合价由0升高为+1价，有1mol甲醇生成时，3molH2参加反应，转移电子的物质的量为3mol×2=6mol，

故答案为：氧化， 6；

Ⅱ．（1）由题干及图示知，氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠或碳酸氢钠，分离室中还会分离出氢氧化钠，所以还存在的反应是：Na2CO3 + Ca（OH）2 = 2NaOH + CaCO3↓或NaHCO3 + Ca（OH）2 = NaOH + CaCO3↓ + H2O，故答案为：NaHCO3 + Ca（OH）2 = NaOH + CaCO3↓ + H2O （或Na2CO3 + Ca（OH）2 = 2NaOH + CaCO3↓ ；（2）根据图示，高温反应炉中发生的反应是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，化学反应类型为分解反应，故答案为：分解反应；

（3）根据图示，参加反应且又生成的物质为可循环利用的物质，整个过程中，可以循环利用物质是氢氧化钠和氧化钙，化学式为NaOH、CaO，

故答案为：NaOH、CaO。

【点睛】判断过程中可以循环利用的物质是常见题型，解题关键是认真分析流程图，注意图中箭头的有关信息，通常作为反应物参加反应后，又会重新生成的物质即是可循环利用的物质。