1、第2章一、选择题(本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.2020年初，新型冠状病毒肆虐流行，严重威胁着人类的健康。使用含氯泡腾片主要成分为二氧化氯(ClO2)可有效杀死病毒。下列对于二氧化氯(ClO2)的说法不正确的是()AClO2属于化合物BClO2属于氧化物CClO2属于盐类D根据ClO2中氯元素的化合价为4，推测其具有氧化性【解析】选C。A. ClO2属于化合物，故A正确；B. ClO2是由氯元素和氧元素构成的一种化合物，属于氧化物，故B正确；C. 盐类指的是由金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物，因此ClO2不属于盐类，故C错误；D.
2、 氯元素的最高价态是7价，最低价态是1价。ClO2中的Cl是4价，处于中间价态，所以既具有氧化性又具有还原性，故D正确。2下列物质的分类正确的是()碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物电解质A氢氧化钡NaHSO4BaCO3MgOCO2H2SO3B纯碱H2SNaHCO3Na2OCO烧碱C氢氧化钠HBrCaCl2SiO2SO2AgClD氢氧化钾HNO3CaCO3CaOSO3H2O【解析】选D。A.酸在电离时生成阳离子只有H，而NaHSO4的阳离子有Na，所以NaHSO4不是酸，故A错误；B.纯碱是碳酸钠，是盐不是碱，CO不是酸性氧化物，故B错误；C.SiO2与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，不属于碱性氧化物
3、，故C错误；D.氢氧化钾属于碱；HNO3属于酸；CaCO3属于盐；氧化钙属于碱性氧化物；SO3属于酸性氧化物；H2O属于电解质，故D正确。3.某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是()A闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明HCl溶液是电解质B闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，故电流表指针不发生变化C闭合开关K，向溶液中加入CaCO3固体，电流表示数不变D选取相同质量分数的硫酸替换HCl溶液，电流表的示数相同【解析】选C。A项、HCl是电解质，HCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B项、向烧杯中加入NaCl固体，溶
4、液中离子浓度增大，导电性增强，电流表指针发生偏转，故B错误；C项、向溶液中加入CaCO3固体，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，溶液中自由移动的离子浓度减小，但离子所带电荷数增大，导电性不变，电流表示数不变，故C正确；D项、硫酸为二元酸，选取相同质量分数的硫酸替换HCl溶液，盐酸和硫酸质量分数相同时溶液中离子浓度不同，导电能力不同，电流计示数不同，故D错误。【方法点拨】溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质是解答易错点，溶液的导电性与离子浓度和离子的电荷数有关是解答分析的关键。4(2021汕头高一检测)我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3 nm)恢复了磁性
5、。“钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素和植物的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法正确的是()A其直径比Na的小 B其在水中形成的分散系能产生丁达尔效应C其在水中形成的分散系属于溶液 D其在水中形成的分散系属于乳浊液【解析】选B。“钴酞菁”分子(直径为1.3 nm)，直径比Na的大，故A错误；“钴酞菁”的分子(直径为1.3 nm)，在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象，故B正确，C、D错误。5(2021湖南适应性测试)已知反应：2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O，下列关于该反应说法错误的是()A氧化性：NaClO3Cl2 B当反
6、应中有2 mol e 转移时，被氧化的HCl为4 mol C氧化产物和还原产物的物质的量之比为12 D产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌【解析】选B。在2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O反应中，氯酸钠中氯元素的化合价降低被还原作氧化剂，对应的ClO2是还原产物，氯化氢中氯元素的化合价升高被氧化作还原剂，对应的Cl2是氧化产物，据此回答问题。A项：由分析可知，氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3Cl2，故A正确；B项：当反应中有2 mol e转移时，氯化氢中氯元素的化合价由1价升高到0价
7、，则被氧化的HCl为2 mol，故B错误；C项：有分析可知，Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O 可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为12，故C正确；D项：产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D正确。6下列反应的离子方程式中，正确的是()A向Na2CO3溶液中加入足量醋酸：CO2H=CO2H2OB向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2HCOOH=CaCO3H2OC向NaOH溶液中通入足量的CO2：CO22OH=COH2OD向饱和碳酸钠溶液中通入CO2：2NaCOCO2H2O=2NaHCO3【解析
8、】选D。A.醋酸是弱酸，不能写成离子形式，A错误；B.碳酸氢铵电离产生的NH也会与OH发生反应产生弱碱NH3H2O，反应不符合事实，B错误；C.向NaOH溶液中通入足量的CO2，反应产生HCO，不符合事实，C错误；D.碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，反应的发生符合事实，遵循物质拆分原则，D正确。7下列各组离子在给定条件下能大量共存的是()A在无色透明溶液中：Fe2、K、NO、ClB在SO存在的溶液中：Na、Mg2、Ca2、IC在pH1的溶液中：K、Ba2、HCO、BrD在滴加酚酞试液显红色的溶液中：Na、S2、CO、K【解析】选D。A.亚铁离子在水溶液中显浅绿色，A不符合题意；B.钙离子和硫酸根离子
9、生成微溶的硫酸钙，不能共存，B不符合题意；C.pH1的溶液显酸性，氢离子和碳酸氢根离子反应，不能共存，C不符合题意；D.滴加酚酞试液显红色的溶液显碱性，离子相互间不反应，能共存，D符合题意。8铋(Bi)元素价态为3 时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应现象如表所示：加入溶液适量铋酸钠溶液过量的双氧水适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡溶液变为蓝色关于NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为()AI2、H2O2、KMnO4、NaBiO3 BH2O2、I2、NaBiO3、KMnO4
10、CNaBiO3、KMnO4、H2O2、I2 DKMnO4、NaBiO3、I2、H2O2【解析】选C。在氧化还原反应中，氧化能力：氧化剂氧化产物，所以只要发生氧化还原反应，一定存在此氧化能力的关系。加入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色，表明反应生成KMnO4，从而得出氧化性：NaBiO3KMnO4；加入过量的双氧水，紫红色消失，产生气泡，表明双氧水被氧化为O2，从而得出氧化性：KMnO4H2O2；加入适量 KI淀粉溶液，溶液变为蓝色，表明双氧水将I氧化为I2，从而得出氧化性：H2O2I2；综合以上分析，可得出氧化性由强到弱的顺序为NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2，故选C。【方法点拨】氧化性具
11、有传递性，当氧化性AB，BC时，则氧化性AC；同样，还原性也有此规律。9(2021北京高一检测)下列离子检验的方法正确的是()A某溶液中加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有ClB某溶液中加BaCl2溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有SOC某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中含有Cu2D某溶液加稀硫酸生成无色无味的气体，说明原溶液中一定有CO【解析】选C。A.某溶液中加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中可能有Cl或CO等，A不正确；B.某溶液中加BaCl2溶液生成白色沉淀，说明原溶液中可能有SO或CO等，B不正确；C.某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，生成的为氢氧化铜沉
12、淀，说明原溶液中含有Cu2，C正确；D.某溶液加稀硫酸生成无色无味的气体，说明原溶液中可能有CO或HCO，D不正确。10下列说法正确的是()A失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强B已知FeCu2=Fe2Cu；2Fe3Cu=2Fe2Cu2，则氧化性强弱顺序为Fe3Cu2Fe2C已知还原性：BCD，反应2CD2=2DC2和反应2CB2=2BC2都能发生D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应【解析】选B。A.氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，故A错误；B.氧化还
13、原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应FeCu2=Fe2Cu中，氧化剂是Cu2，氧化产物是Fe2，所以氧化性Cu2Fe2，在反应2Fe3Cu=2Fe2Cu2中，氧化剂是Fe3，氧化产物是Cu2，所以氧化性Fe3Cu2，故氧化性顺序是：Fe3Cu2Fe2，故B正确；C.氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性：CD，故反应2CD2=2DC2能发生，还原性：BC，故反应2CB2=2BC2不能发生，故C错误；D.具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃或光照时才会反应，
14、常温下不反应，故D错误。二、选择题(本题包括5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11根据中学对电解质的定义判断下列叙述正确的是()A石墨有较好的导电性，所以它是电解质B实验测定NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C实验测定液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均不是电解质D蔗糖在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以蔗糖不属于电解质【解析】选D。A.电解质必须是化合物，石墨是单质，A错误。B.NH3、CO2的水溶液均能导电，溶液中的离子是一水合氨、碳酸电离的，不是NH3、CO2
15、电离的，所以NH3、CO2是非电解质，B错误。C.液态HCl、固体NaCl均不能导电，但它们在水溶液里能电离出自由离子而导电，所以它们是电解质，C错误。D.蔗糖(纯净物)在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以蔗糖属于非电解质，D正确。12下列反应中，电子转移方向和数目正确的是()【解析】选A。硫和氧气的反应中，硫元素失电子化合价升高，氧元素得电子化合价降低，转移电子数化合价降低总数目化合价升高总数目，故A正确；根据化合价不交叉的原则，硫化氢中硫元素化合价从2价升高到0价，硫酸中硫元素的化合价从6价降低到4价，故B错误；铁元素化合价升高失去电子，氢元素化合价降低得到电子，故C错误；HCl中的氯元素
16、化合价升高应是失去电子，K2Cr2O7中铬元素化合价降低应是得到电子，故D错误。13(2021长沙高一检测)已知氧化性：Cl2FeCl3I2，则下列反应能够发生的是()ACl22FeCl2=2FeCl3 BI22NaCl=Cl22NaIC2FeCl32KI=2FeCl2I22KCl D3I26FeCl2=4FeCl32FeI3【解析】选A、C。A.由方程式Cl22FeCl2=2FeCl3可以推出：氧化性强弱Cl2FeCl3，与题干一致，所以能发生；B.由方程式I22NaCl=Cl22NaI可以推出：氧化性强弱I2Cl2，与题干不一致，所以反应不能够发生；C.由方程式2FeCl32KI=2FeC
17、l2I22KCl可以推出：氧化性强弱FeCl3I2，与题干一致，所以反应可以发生；D.由方程式3I26FeCl2=4FeCl32FeI3可以推出：氧化性强弱I2FeCl3，与题干不一致，所以反应不能够发生。14(2021沈阳高一检测)ClO2是新一代饮用水的消毒剂，许多发达国家的自来水厂采用ClO2代替Cl2来进行自来水消毒。我国已成功研究出制取ClO2的新方法，其反应的微观过程如图所示：下列有关该反应的叙述中正确的是()A该反应是复分解反应B该反应的化学方程式为Cl22NaClO2=2ClO22NaClC反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂DNaClO2和ClO2中Cl的化合价相同【解析】选B。
18、根据图示可知，该反应为Cl22NaClO2=2ClO22NaCl，该反应不是复分解反应，在该反应中，氯气是氧化剂，NaClO2是还原剂，在NaClO2中，Cl的化合价是3价，在ClO2中，Cl的化合价为4价。15.把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法不正确的是()A该离子方程式为3S6OH=SO2S2 3H2OB.S既是氧化剂又是还原剂CSO是还原产物D由硫黄与石灰乳混合可得到上述离子反应【解析】选C、D。根据氧化还原反应中化合价有升必有降，有降必有升进行还原反应方程式，再利用氧化还原反应化合价升降守恒配平。分析题目中的S元素的化合价分别是2、0、
19、4，根据氧化反应规律，S(0价)作反应物，那么该氧化还原反应为歧化反应，分别生成2和4价。根据得失电子数和电荷守恒配平反应方程式：3S6OH=2S2SO3H2O，据此分析解答。A.配平后的反应方程式为3S6OH=2S2SO3H2O，故A正确；B.3S6OH=2S2SO3H2O中只有S的化合价发生变化，S既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C. SSO中S的化合价升高，被氧化，因此SO是氧化产物，故C错误；D.石灰乳中的氢氧化钙几乎没有溶解，在离子方程式中应该用化学式表示，因此硫黄与石灰乳混合不能用上述离子反应表示，故D错误。三、非选择题(本题包括5小题，共60分)16. (12分)如图所示为按树状
20、分类法对一组物质进行的分类。回答下列问题。(1)类别1为_，分类标准2为_。(2)上述物质中属于电解质的是_，属于非电解质的是_。(3)向NaHSO4溶液中加入Fe粉可产生气体，对应的离子方程式为_。(4)将NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合，溶液恰好呈中性，对应的离子方程式为_。(5)写出实验室利用上述中的物质制备O2的化学方程式：_。【解析】(1)物质可以根据组成情况分为纯净物和混合物，其中空气和NaCl溶液都是混合物，因此类别1为混合物；纯净物根据组成元素种类分为单质和化合物，氮气和铁都是单质，因此分类标准2为组成元素种类；(2)NaHSO4、Ba(OH)2 、KClO3三种物质都
21、是化合物，且在水溶液或是熔融状态下能导电，属于电解质；SO3在熔融状态下不能导电，在水溶液中也不能通过自身电离出离子，属于非电解质；(3)NaHSO4溶液可以电离出大量的氢离子，加Fe可产生氢气，反应的离子方程式为Fe2H=Fe2H2；(4)将NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合，恰好呈中性，发生的反应为2HSOBa22OH=BaSO42H2O；(5)实验室可以通过加热KClO3在MnO2催化作用下制备O2，反应的化学方程式为2KClO32KCl3O2。答案：(1)混合物组成元素种类(2)Ba(OH)2 、NaHSO4、KClO3SO3(3)Fe2H=Fe2H2(4)2H SOBa22OH
22、=BaSO42H2O(5)2KClO32KCl3O217(12分)(2021北京高一检测)某化学小组甲同学学习了酸、碱、盐化学性质后展开了如下探究活动：(1)B试管中发生反应的离子方程式为_。(2) 实验一 A、B试管中物质分别充分反应后，先将B试管中所有物质倒入空烧杯C中，再将A试管中所得溶液慢慢滴到C烧杯中，烧杯内固体质量随A试管中加入液体质量变化如图一所示；据此判断B试管中反应后所得溶液中的溶质是_(填化学式)。(3)实验二将C烧杯中沉淀过滤，向滤渣中加入过量稀硝酸，观察到_的实验现象，进而证明滤渣为混合物。(4)猜想与假设 C烧杯滤液中含有哪些离子？猜想一：Na、Ba2、OH猜想二：
23、Na、H、 CO猜想三：Na、 OH、CO 猜想四：Na、 OH、SO猜想五：_(写出一种即可) ；小组同学一致认为猜想_不正确，理由是_。(5)实验探究 为确定最终滤液中溶质成分，小组同学向滤液中加入稀硫酸，观察到_的实验现象，最终证明了溶液的溶质成分。(6)向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4反应至过量，导电能力随时间变化的曲线图为_。(7)若将稀硫酸改为等浓度的Na2SO4溶液，测得的溶液的导电性曲线是否与上述曲线相同。并说明理由_。【解析】(1)B试管中氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，发生反应的离子方程式为SO2 42HBa22OH=BaSO42H2O；(2)先将B试管中所有物
24、质倒入空烧杯C中，再将A试管中所得溶液慢慢滴到C烧杯中，烧杯内固体质量随A试管中加入液体质量增大而增加，说明有沉淀生成，沉淀可能是BaCO3、BaSO4、BaCO3与BaSO4的混合沉淀；由此可知，B试管中反应后所得溶液中的溶质是Ba(OH)2；(3)将C烧杯中沉淀过滤，向滤渣中加入过量稀硝酸，碳酸钡与硝酸发生反应生成硝酸钡、二氧化碳、水，观察到沉淀部分溶解，有气泡产生，进而证明滤渣为混合物；(4)A、B试管内加入碳酸钠、硫酸、氢氧化钡，所以C烧杯滤液中含的离子可能是Na、OH或(Na、OH、SO、CO)；H、 CO反应生成二氧化碳气体，所以H、 CO不能共存， BaCO3能溶于强酸，滤液中不
25、含有H，故猜想二不正确；(5)硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，向滤液中加入稀硫酸，观察到有白色沉淀生成，最终证明了溶液的溶质成分；(6)氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4反应至过量，恰好完全反应时，离子浓度接近0，H2SO4过量后离子浓度增大，离子浓度先减后增，导电能力先减后增，故选A；(7)若将稀硫酸改为等浓度的Na2SO4溶液，发生反应Na2SO4Ba(OH)2=BaSO4 2NaOH，恰好完全反应后溶液中有钠离子和氢氧根离子导电，电流不会接近于0，测得的溶液的导电性曲线与上述曲线不相同。答案：(1)SO 2HBa22OH=BaSO42H2O
26、(2)Ba(OH)2(3)沉淀部分溶解，有气泡产生(4)Na、OH或(Na、OH、SO、CO)二H与 CO不能共存且BaCO3能溶于强酸，滤液中不含有H(5)白色沉淀(6)A(7)否，Na2SO4Ba(OH)2=BaSO42NaOH，恰好完全反应后溶液中有钠离子和氢氧根离子导电，电流不会接近于0【易错警示】根据题目提供的信息，明确酸碱盐的性质，注意离子浓度与溶液导电性的关系。18(10分)常见的食品脱氧剂多为无机铁系脱氧剂，其主要成分为活性铁粉。脱氧中的一步主要反应为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(红褐色固体)。(1)Fe(OH)3中铁元素化合价为_；该脱氧反应中还原剂是_，消
27、耗1分子O2，转移的电子数为_。(2)某化学兴趣小组用食品脱氧剂(2 g铁粉、0.5 g活性炭、0.5 g氯化钠)进行如下两个实验。溶液丙中一定含有的金属阳离子是_(写离子符号)。将乙烘干后进行如下实验，物质之间的转化关系如图所示：(反应条件及部分产物略去)写出反应的离子方程式，并用单线桥法表示电子转移的方向和数目_；向溶液C中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，其离子方程式为_；反应的化学方程式为_。【解析】(1)Fe(OH)3中铁元素化合价为3，脱氧反应中Fe(OH)2中铁元素的化合价升高，作还原剂。(2)脱氧剂中铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，气体甲是氢气，反应后的混合物中有硫酸、硫酸亚
28、铁、氯化钠、活性炭，过滤除去了活性炭，溶液丙中含有的溶质是硫酸、硫酸亚铁、氯化钠，含有的金属阳离子是Fe2、Na；由物质之间的转化关系可知，固体乙的主要成分是碳，在高温条件下碳与氧化铁反应生成了铁；能与氢氧化钠反应生成蓝色沉淀的溶液中含有Cu2，所以有色溶液C中含有Cu2，铁与Cu2反应生成铜和Fe2，所以反应的离子方程式为Cu2Fe=Fe2Cu；向溶液C中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则有色溶液C是硫酸铜溶液，向CuSO4溶液中加入BaCl2溶液，产生硫酸钡白色沉淀。答案：(1)3Fe(OH)24(2)Fe2、Na=Fe2CuSOBa2=BaSO4CuSO42NaOH=Cu(OH)2N
29、a2SO419. (14分)某同学利用如图实验装置制备少量的漂白粉。回答下列问题：(1)漂白粉的有效成分是_(填化学式)。(2)仪器a的名称是_，利用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的化学方程式为_。(3)装置B中反应放热会使体系温度升高，导致氯气和石灰浆发生副反应产生杂质Ca(ClO3)2，该副反应中氧化剂与还原剂的质量之比为_；为防止该副反应发生，可采取的措施是_。(4)装置C的作用是_，C中发生反应的离子方程式为_。【解析】(1)漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2。(2)仪器a的名称是分液漏斗，利用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的化学方程式为MnO24HCl(浓)
30、MnCl2Cl22H2O。(3)温度较高时，Cl2与石灰浆发生副反应产生杂质Ca(ClO3)2的化学方程式为6Cl26Ca(OH)2=5CaCl2Ca(ClO3)26H2O，该副反应中发生还原反应(作氧化剂)的Cl2与发生氧化反应(作还原剂)的质量之比为51；为防止该副反应发生，可将装置B放在冷水中降温。(4)装置C中NaOH溶液的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境，发生反应的离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O。答案：(1)Ca(ClO)2(2)分液漏斗MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O(3)51将装置B放在冷水中(4)吸收多余的氯气，防止污染环境Cl22OH=ClClOH
31、2O20. (12分)(2021吉林高一检测)AL为中学常见物质，A为绿色矿石，C为无色常见液体，D为金属氧化物，E为光合作用原料之一，F为硫酸，K、H分别为黑色固体单质C、Fe，J为红色金属单质，I的水溶液呈绿色，它们之间的转化关系如图所示。回答下列问题：(1)A所含主要物质的化学式为_，D的化学式为_。(2)反应的离子方程式为_。(3)写出反应离子方程式并用单线桥法标明电子的转移：_。(4)反应的现象为_，写出该反应的化学方程式并用双线桥法标明电子的转移且指出氧化剂、还原剂_。【解析】中学常见物质中，A为绿色矿石Cu2(OH)2CO3，C为无色常见液体H2O，D为金属氧化物CuO，E为光合作用原料之一CO2，F为H2SO4，K、H分别为黑色固体单质C，Fe，J为红色金属单质Cu，I的水溶液呈绿色含FeSO4。(1)A所含主要物质的化学式为Cu2(OH)2CO3，D的化学式为CuO；(2)反应的离子方程式为CuO2H=Cu2H2O；(3)反应离子方程式用单线桥法标明电子的转移为=Fe2Cu；(4)反应的现象为黑色固体变红色，该反应的化学方程式用双线桥法标明电子的转移：，氧化剂是CuO，还原剂是CO。 答案：(1)Cu2(OH)2CO3CuO(2)CuO2H=Cu2H2O(3) =Fe2Cu(4)黑色固体变红色，氧化剂是CuO，还原剂是CO
