【化学】广西壮族自治区田阳高中2018-2019学年高一12月月考试题（解析版）

广西壮族自治区田阳高中2018-2019学年高一12月月考试题
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 Fe：56 Cu：64 S：32 C：12 Na：23 Mg：24 Al：27 Cl：35.5
选择题：(本题包括16小题，共3分，每小题只有一个选项符合题意)
1.己知金属钠投入水中会发生剧烈反应，并有氢气生成。运输金属钠的包装箱应贴有的图标（ ）

A．易燃液体

B．遇湿易燃物品

C．氧化剂

D．腐蚀品
【答案】B
【解析】钠和水反应的方程式为2Na+2H2O=H2↑+2 NaOH，生成物中含有氢气，氢气易燃烧，所以应贴遇湿易燃品，故选B。
2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为 NA
B. 常温常压下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L
C. 常温常压下,1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NA
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为 NA
【答案】C
【解析】标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，A不正确；常温常压下，1mol气体的体积不是22.4L，B不正确；D不正确，因为溶液的体积不能确定，答案选C。
3.以下关于化学实验中“先”与“后”的说法正确的是 （ ）
①加热试管时，先均匀加热，后局部加热 ②做H2还原CuO实验时，先通H2，后加热CuO，反应完毕后，先撤酒精灯待试管冷却，后停止通H2   ③制取气体时，先检查装置气密性，后装药品 ④点燃可燃性气体如H2、CO等时，先检验气体纯度，后点燃 ⑤制取蒸馏水时，先通冷却水，后加热蒸馏烧瓶 ⑥进行分液操作时，先从上口倒出上层液体，后从通过下端活塞放出下层液体
A. ①②③④ B. ①②③④⑤ C. ①②③④⑥ D. 全部
【答案】B
【解析】试题分析：①试管的加热是先局部受热，再集中加热，正确；②做H2还原CuO实验时，先通H2,排除空气后再加热，防止出现安全隐患，反应结束后先停止加热，在停止通氢气，正确；③在反应进行之前，先检查装置的气密性，再加药品进行试验，正确；④点燃易燃易爆的气体时，要先验纯，之后再进行试验，正确；⑤在做蒸馏的实验时，应先通冷却水，再进行加热，正确；⑥在进行分液时，先将位于下层的液体从分液漏斗的下层放出后，关闭下活塞，再将上层液体从上口倒出，错误；故本题说法正确的是①②③④⑤，本题选择B。
4.在无色溶液中，能大量共存的离子组是(　　)
A. K＋、Ca2＋、CO32-、Cl－ B. Na＋、Cu2＋、Br－、Ba2＋
C. K＋、MnO4-、NO3-、Na＋ D. Na＋、SO32-、SO42-、K＋
【答案】D
【解析】A．Ca2+、CO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；B．Cu2＋有颜色，与题意不符，故B不选；C．MnO4-为紫色，与无色不符，故C不选；D．离子之间不反应，可大量共存，且均为无色，故D选；故选D。
5.在空气中，有下列反应发生：①N2+O2═2NO；②2NO+O2═2NO2；③3NO2+H2O═2HNO3+NO；④2SO2+O2═2SO3；⑤SO3+H2O═H2SO4；⑥SO2+H2O═H2SO3；⑦3O2═2O3．其中属于氧化还原反应的是（ ）
A. ①②③④ B. ①②③④⑦ C. ①②④⑦ D. ①②③④⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】试题分析：①N2+O2═2NO，有化合价的变化，所以是氧化还原反应；②2NO+O2═2NO2，有化合价的变化，所以是氧化还原反应 ； ③3NO2+H2O═2HNO3+NO；有化合价的变化，所以是氧化还原反应；④2SO2+O2═2SO3，有化合价的变化，所以是氧化还原反应⑤SO3+H2O═H2SO4，没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应；⑥SO2+H2O═H2SO3，没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应；⑦3O2═2O3，没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应；属于氧化还原反应的是①②③④项正确；答案选A。
6.下列叙述中正确的是 ( )
A. FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应
B. 根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液
C. 胶体、分散系、混合物概念间的从属关系可用图表示

D. 将几滴汽油加入装有10mL水的试管中，用力振荡形成胶体
【答案】C
【详解】A.FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是分散质微粒直径大小不同，故A错误；
B.根据分散系的分散质微粒直径的大小不同将混合物分为胶体、溶液和浊液，故B错误；
C..分散系是混合物的一种，所以混合物包括分散系，胶体是分散系的一种，分散系包括胶体，C正确；
D.将几滴汽油加入装有10mL水的试管中，用力振荡形成的是乳浊液，故D错误。
故选C。
7.下列叙述正确的是（ ）
①Na在空气中放置最终变为NaOH ②Na在空气中燃烧，产物是Na2O
③将一块铝箔用砂纸打磨表面后，在酒精灯上加热至熔化但不滴落，说明Al2O3的熔点比铝高
④镁因在空气中形成了一层致密的氧化物薄膜，保护了里面的镁，故镁不像钠那样需要特殊的保护
⑤铝制品在生活中应用非常普遍，是因为铝不活泼
⑥铁在潮湿的空气中生成的氧化物不致密，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层
⑦钠与水的反应中钠块熔成小球说明该反应为放热反应
A. ①③⑤⑥ B. ②③④ C. ①②④⑤ D. ③④⑥⑦
【答案】D
【解析】①Na的性质活泼，在空气中放置易被氧气氧化生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O，Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3，故错误；②钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2，故错误；③将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故正确；④镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故镁不需要进行特殊保护，故正确；⑤铝性质活泼，铝和氧气反应生成氧化铝，在表面生成一层致密的氧化物，能够防止铝的进一步腐蚀，故错误；⑥铁在潮湿的环境下易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故正确；⑦钠的熔点较低，钠与水的反应中钠块熔成小球，说明温度升高了，说明钠和水反应是放热反应，放出的热量使钠熔化，故正确；故选D。
8.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是(　　)
A. 石灰水与盐酸的反应 OH﹣+H+===H2O
B. 氧化铜与盐酸反应 O2﹣+2H+===H2O
C. 铜片插入硝酸银溶液中 Cu+Ag+===Cu2++Ag
D. 碳酸钙溶于醋酸中 CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【分析】离子反应中，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。
【详解】A. 澄清的石灰水拆写为离子，A正确；
B.氧化铜写化学式 ，B错误；
C. Cu+2Ag+===Cu2++2Ag，反应未配平，C错误；
D. 醋酸为弱电解质，写化学式，D错误；
答案为A
9.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，说法正确的是 （ ）
①分子数比为11：16 ②密度比为11：16 ③体积比为16：11 ④原子个数为11：16
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】B
【解析】试题分析：①同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，正确；②两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，错误；③相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，错误；④每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，等于其物质的量之比11：16，正确；故选B。
10.汽车尾气处理装置中可发生反应：4CO＋2NO2 4CO2＋N2，下列对该反应的说法正确的是（ ）
A. NO2被氧化 B. CO是氧化剂
C. 该条件下，氧化性CO2 【答案】C
【详解】反应4CO＋2NO24CO2＋N2中，氮元素的化合价由＋4价降低到0价，NO2作氧化剂，被还原，故A错误；
反应4CO＋2NO24CO2＋N2中，碳元素的化合价由＋2价升高到＋4价，失去电子，CO作还原剂，故B错误；
反应4CO＋2NO24CO2＋N2中，CO2是氧化产物，NO2是氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故C正确；
反应4CO＋2NO24CO2＋N2中，CO是还原剂，N2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故D错误。
故选C。
11.下列关于二氧化硅的叙述不正确的是(　　)
①在固态和液态时，导电性能都很差 ②能跟强碱反应，但不能与水反应
③硅与碳最外层都有4个电子，故SiO2的物理性质与CO2相似
④既不是酸性氧化物，又不是碱性氧化物。
A. ②和③ B. ③和④ C. ②和④ D. 只有④
【答案】B
【详解】①二氧化硅是共价键的原子晶体，所以不管它处于什么状态都不导电，故①正确；
②二氧化硅是酸性氧化物，可与强碱反应，但不溶于水，故②正确；
③二氧化硅为原子晶体、二氧化碳是分子晶体，故在物理性质上相差较大，如状态、硬度等方面差距都较大，故③错误；
④二氧化硅、二氧化碳都是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故④错误。
所以不正确的是③和④，故B正确。
故选B。
12.今有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI = 2FeCl2+2KCl+I2 ②2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3 ③2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑。若某溶液中有Fe2+和I—共存，要氧化除去I—而又不影响Fe2+，可加入的试剂是（ ）
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. FeCl2
【答案】C
【解析】由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2，还原性由强至弱的顺序为I−>Fe2+>Cl−>Mn2+，A. 氯气能将Fe2+、I－都氧化，故A不选；B. KMnO4能将Fe2+、I−和Cl−均氧化，故B不选；C. FeCl3能氧化除去I−而不影响Fe2+，故C选；D. FeCl2与三种离子均不反应，故D不选；答案选C。
13.下列有关铁与水反应的说法中正确的是(　　)
A. 在任何条件下，铁与水均能发生反应
B. 在高温时，铁与水蒸气反应生成氢氧化铁和氢气
C. 在高温时，铁与水蒸气反应生成氧化铁和氢气
D. 在高温时，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气
【答案】D
【解析】常温下，纯净的铁不与水发生反应。在高温时，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，D正确，本题选D
14. 世界著名的科技史专家、英国剑桥大学的李约瑟博士考证说：“中国至少在距今3000年以前，就已经使用玻璃了。”下列有关玻璃的说法不正确的是(　　)
A. 制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英砂
B. 玻璃在加热熔化时有固定的熔点
C. 普通玻璃的成分主要是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅
D. 盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是为了防止烧碱跟二氧化硅生成硅酸钠而使瓶塞与瓶口粘在一起
【答案】B
【解析】略
15.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（ ）
①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
A. ①③⑤⑥ B. ①②⑤⑥ C. ②③④⑥ D. ③④⑤⑥
【答案】A
【解析】试题分析：①对于天平来说，右盘应放砝码，其质量加上游码读数即为物质的质量，如果位置颠倒，则会使称量的物质的质量小于所需质量，最终导致浓度偏低；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数，会造成你量出的液体比理论的要大，导致物质的量偏大，浓度偏高；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低；④若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，浓度偏低；⑥定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低。答案选A。
16.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A. （b-a）/Vmol/L B. (2b-a)/Vmol/L C. 2(b-a)/Vmol/L D. 2(2b-a)/Vmol/L
【答案】C
【解析】消耗氢氧化钠是amol，则每一份溶液中镁离子的物质的量是0.5amol；消耗氯化钡是bmol，所以每一份中SO42－的物质的量是bmol，则硫酸钾的物质的量是（b－0.5a）mol，所以每一份中钾离子的物质的量是（2b－a）mol，浓度是2(b-a)/V mol/L，答案选C。
二、非选择题：(本题包括4小题，共52分)
17.下面是用98%的浓硫酸 (ρ＝1.84 g·cm－3)配制500 mL 0.5 mol·L－1稀硫酸的操作，请按要求填空：
(1)所需浓硫酸的体积为__________。
(2)如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用________mL量筒最好。量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(3)将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100 mL水的____________里，并不断搅拌，目的是______。
(4)将____________的上述溶液沿__________注入__________中，并用50 mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液要__________中，并摇匀。
(5)加水至距刻度线__________处，改用____________加水，使溶液的凹液面正好跟刻度线相平。
【答案】.14ml；15ml；偏低；烧杯；防止浓硫酸飞溅；冷却后；玻璃棒；500ml容量瓶；转移到容量瓶；1-2cm；胶头滴管
【解析】考查一定物质的量浓度的配制。
（1）根据稀释过程中溶质不变可知，0.5×0.5＝1.84V×98％÷98，解得V＝14ml即浓硫酸的体积是14ml。
（2）规格越接近，误差越小，所以应该选择15ml的量筒。水洗后直接量取，相当于稀释，浓度偏低。
（3）由于浓硫酸的密度大于水的，且溶于水放出大量的热，所以浓硫酸的稀释应该在烧杯中完成，且需要不断的搅拌，以防止浓硫酸飞溅。
（4）转移之前，需要冷却，转移时用玻璃棒引流，注入500ml容量瓶中。烧杯和玻璃棒都需要洗涤，且洗涤液要注入容量瓶中。
（5）当接近刻度线1～2cm时，用胶头滴管加水定容。
18.(1)0.5 mol Na2CO3中含有___________个Na+。
(2)质量都是50 g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是____________。
(3)配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，需要胆矾________g。
(4)氧化还原反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________，若反应中消耗了0.6molS，则反应中转移的电子为________mol。
(5)现有下列10种物质：①H2O、②Mg、③CH3COOH、④NaOH、⑤CuSO4·5H2O、⑥碘酒、⑦C2H5OH、⑧盐酸，(将序号填在相应的空格内)其中，属于强电解质的是_____________。
【答案】(1). NA或6.02×1023 (2). NH3 (3). 2.5 (4). 2:1 (5). 0.8 (6). ④⑤
【解析】
【分析】(1)由化学式可知，钠离子的物质的量是碳酸钠的2倍，再根据N=nNA计算Na+的数目；
(2)四种气体的相对分子质量分别为36.5、17、44、32，由m=nM可知物质的量由大到小的顺序是NH3>O2>HCl>CO2。同温同压下，物质的量最大的就是体积最大的；
（3）配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，实验室没有90 mL规格的容量瓶必须配制100mL，根据n=cV可知需要硫酸铜的物质的量；
(4) 在3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O反应中，S元素化合价分别由0价升高为+4价，被氧化，降低为-2价，被还原，反应中硫既作氧化剂又作还原剂，根据还原产物与氧化产物的化学计量数进行判断；
(5)在水溶液中能完全电离的电解质属于强电解质。
【详解】(1)由化学式可知，钠离子的物质的量是碳酸钠的2倍，0.5 mol Na2CO3中n（Na+）=0.5mol×2=1mol，故Na+的数目为NA或6.02×1023；
（2）四种气体的相对分子质量分别为36.5、17、44、32，由m=nM可知质量都是50g的四种气体物质的量由大到小的顺序是NH3>O2>HCl>CO2；同温同压下，物质的量最大的就是体积最大的，所以气体体积最大的是NH3；
（3）配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，实验室没有90 mL规格的容量瓶必须配制100mL，根据n=cV可知需要硫酸铜的物质的量是0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则需要CuSO4·5H2O的质量是0.01mol×250g/mol=2.5g；
(4)在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，硫元素化合价由0价升高为+4价，被氧化，氧化产物为K2SO3，硫元素由0价降低为-2价，被还原，还原产物为K2S，所以硫既作氧化剂又作还原剂，氧化剂被还原生成还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物，根据还原产物与氧化产物的化学计量数可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；
根据反应可知，若反应中消耗了0.6molS，则反应中转移的电子为0.8mol；
(5) 在水溶液中能完全电离的电解质属于强电解质。①H2O部分电离 属于弱电解质、②Mg为单质既不是电解质也不是非电解质、③CH3COOH部分电离属于弱电解质、④NaOH在水溶液中完全电离属于强电解质、⑤CuSO4·5H2O在水溶液中完全电离属于强电解质、⑥碘酒为混合物既不是电解质也不是非电解质、⑦C2H5OH是在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质、⑧盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质，故属于强电解质的是④⑤。
19.实验室里需要纯净的氯化钠晶体，但现在只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。某学生设计了如下方案：

请回答下列问题：
(1)操作①加热的目的是________________，
(2)操作②除用BaCl2溶液外，还可用____________替代。
(3)操作②，判断SO42-已除尽的方法是________________________。
(4)操作③的目的是____________，不先过滤后再加Na2CO3溶液的理由是____________。
(5)操作④的名称是______________，应在________(填仪器名称)中进行。
【答案】(1). 加热分解除去NH4HCO3 (2). Ba(OH)2溶液 (3). 取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽 (4). 除去过量的Ba2＋ (5). 减少一次过滤操作 (6). 蒸发结晶 (7). 蒸发皿
【解析】
【分析】（1）化合物中碳酸氢铵受热分解分析；
（2）操作②是沉淀硫酸根离子的作用，也可以加入氢氧化钡溶液，注意不能引入新的杂质；
（3）判断SO42-已除尽选择的试剂是BaCl2溶液；
（4）操作③是除去过量的钡离子；
（5）操作④是蒸发氯化钠溶液得到氯化钠晶体，溶液蒸发在蒸发皿中加热进行。
【详解】（1）操作①加热的目的是利用碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳、水蒸气除去碳酸氢铵固体；故答案为：加热分解除去NH4HCO3；
（2）操作②是完全沉淀硫酸根离子，原则是加入的试剂不能引入新的杂质，或最后易于除去，除了用BaCl2溶液外，也可以用Ba(OH)2溶液；
（3）操作②，判断SO42-已除尽的方法是取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽；
（4）操作③是加入碳酸钠溶液，目的是除去过量的钡离子，避免引入钡离子杂质；所以加入碳酸钠的目的是除去过量的Ba2+；不先过滤后再加Na2CO3溶液的理由是减少一次过滤操作；
（5）操作④将溶液蒸发结晶得到溶质晶体；操作④是将氯化钠溶液蒸发结晶得到氯化钠晶体，溶液蒸发应在蒸发皿中加热进行。
20.已知：乙二酸晶体熔点101.5℃；乙二酸晶体加热分解的方程式为：H2C2O4•2H2O 3H2O + CO2↑+ CO↑。现利用下列装置验证反应产物中含有CO2和CO(装置不能重复使用)。请回答下列问题：

(1)检验装置A气密性的方法是________________________________________________
(2)A装置是否有误_____________(填“是”或“否”)，原因为_______________________
(3)按气流方向连接各仪器，用数字表示接口的连接顺序：①→_________________________；
(4)该套装置有明显缺陷，请予以更正________________
(5)证明CO存在的实验现象是________________；
(6)根据题给的数据，假设反应产生的气体全部排出，并与吸收液充分反应(提示：B、C中澄清石灰水均先变浑浊，后又变澄清)，最终D中生成了两种物质，则这两种生成物的化学式及对应的物质的量分别是①_______________，②_______________。
【答案】(1). 连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好 (2). 否 (3). 乙二酸晶体分解之前先熔化，试管口必须朝上，否则液体会聚集在试管口 (4). ⑤④⑥⑦②③ (5). 缺少尾气处理装置，应在导管③后放置一个燃着的酒精灯（或用气囊收集） (6). B装置中黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，则含CO (7). 0.01mol Na2CO3 (8). 0.08mol NaHCO3
【解析】(1)检查装置的气密性原理是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，所以检验装置气密性的方法是：连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好，故答案为：连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好；
(2)乙二酸晶体熔点101.5℃，乙二酸晶体分解之前先熔化，试管口必须朝上，否则液体会聚集在试管口，因此A装置是正确的，故答案为：否；乙二酸晶体分解之前先熔化，试管口必须朝上，否则液体会聚集在试管口；
(3)乙二酸晶体加热分解生成CO2和CO装置A中的①导出气体，此实验验证是反应产物中含有CO2和CO(装置不能重复使用)，应首先验证二氧化碳①→⑤→④，然后除去二氧化碳④→⑥→⑦，验证二氧化碳的方法是：把气体通入澄清的石灰水，澄清石灰水变浑浊，则含有二氧化碳；然后除去二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应除去，剩余为一氧化碳，验证一氧化碳存在⑦→②→③，一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，然后通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，则含有一氧化碳，故答案为：⑤④⑥⑦②③；
(4)一氧化碳有毒，一氧化碳具有可燃性，尾气处理的方法是点燃，2CO+O2 2CO2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，所以在导管③后放置一个燃着的酒精灯(或用气囊收集)，故答案为：缺少尾气处理装置，应在导管③后放置一个燃着的酒精灯(或用气囊收集)；
(5)一氧化碳与氧化铜反应CuO+CO Cu+CO2生成二氧化碳，B装置中黑色氧化铜变红，B中澄清石灰水变浑浊，则含CO，故答案为：B装置中黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，则含CO；
(6)12.6克H2C2O4•2H2O的物质的量为n=0.1mol，乙二酸晶体加热分解H2C2O4•2H2O 3H2O+CO2↑+CO↑，则生成的一氧化碳、二氧化碳的物质的量分别为：0.1mol、0.1mol，反应产生的气体全部排出，并与吸收液充分反应，C装置中n(Ca(OH)2)=cV=0.05mol/L×0.1L=0.005mol，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O、CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2，即2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2，则吸收的二氧化碳为0.01mol，剩余二氧化碳的物质的量为：0.1mol-0.01mol=0.09mol，0.09mol二氧化碳全部进入D装置且被吸收，D中n(NaOH)=cv=1mol/L×0.1L=0.1mol，
CO2 + 2NaOH=Na2CO3+H2O    CO2 + H2O+Na2CO3 =2NaHCO3
0.05mol  0.1mol    0.05mol    0.09mol-0.05mol      0.04mol  0.08mol
所以D中溶质及对应的物质的量是0.01mol Na2CO3和0.08mol NaHCO3，故答案为：0.01mol Na2CO3和0.08mol NaHCO3。