2023学年新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高考仿真模拟化学试卷含解析_第1页
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2023高考化学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液并进行如下操作,其中结论正确的是选项操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42—B滴加氯水和CCl4,振荡、静置下层溶液显紫红色原溶液中有I-C用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加几滴稀NaOH溶液,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A.A B.B C.C D.D2、乙酸香兰酯是用于调配奶油、冰淇淋的食用香精,其合成反应的化学方程式如下:下列叙述正确的是()A.该反应不属于取代反应B.乙酸香兰酯的分子式为C10H8O4C.FeCl3溶液可用于区别香兰素与乙酸香兰酯D.乙酸香兰酯在足量NaOH溶液中水解得到乙酸和香兰素3、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.标况下,22.4LCl2溶于足量水,所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NAB.标准状况下,38g3H2O2中含有4NA共价键C.常温下,将5.6g铁块投入一定量浓硝酸中,转移0.3NA电子D.一定温度下,1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量一定不相同4、实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是A.b中导管不能插入液面下,否则会阻碍产物的导出B.固体酒精是一种白色凝胶状纯净物,常用于餐馆或野外就餐C.乙酸乙酯与互为同分异构体D.乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱5、实行垃圾分类,关系生活环境改善和节约使用资源。下列说法正确的是A.回收厨余垃圾用于提取食用油B.对废油脂进行处理可获取氨基酸C.回收旧报纸用于生产再生纸D.废旧电池含重金属须深度填埋6、下列说法正确的是A.烷烃的通式为CnH2n+2,随n值增大,碳元素的质量百分含量逐渐减小B.乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷C.1mol苯恰好与3mol氢气完全加成,说明一个苯分子中有三个碳碳双键D.C7H16,主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种7、常温下,现有0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液,pH=7.1.已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时,各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示:下列说法不正确的是()A.当溶液的pH=9时,溶液中存在:c(HCO3﹣)>c(NH4+)>c(NH3•H2O)>c(CO32﹣)B.0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中存在:c(NH3•H2O)=c(H2CO3)+c(CO32﹣)C.向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时,NH4+和HCO3﹣浓度逐渐减小D.分析可知,常温下Kb(NH3•H2O)>Ka1(H2CO3)8、用物理方法就能从海水中直接获得的物质是A.钠、镁 B.溴、碘 C.食盐、淡水 D.氯气、烧碱9、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.碳酸钠可用于去除餐具的油污 B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查10、向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是A.B.C.D.11、下列说法正确的是A.同主族元素中,原子序数之差不可能为16B.最外层电子数为8的粒子一定是0族元素的原子C.同一主族中,随着核电荷数的增加,单质的熔点逐渐升高D.主族元素中,原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有Be12、四元轴烯t,苯乙烯b及立方烷c的结构简式如下,下列说法正确的是A.b的同分异构体只有t和c两种 B.t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能C.t、b、c的二氯代物均只有三种 D.b中所有原子-定不在同-个平面上13、下列解释对应事实的离子方程式正确的是A.FeSO4溶液中滴加NaOH溶液,静置一段时间后:Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B.漂白粉溶液加入醋酸:H++ClO-=HC1OC.AgCl悬浊液滴入Na2S溶液:2Ag++S2-=Ag2S↓D.K2CrO4溶液滴入硫酸溶液;2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O14、PbCl2是一种重要的化工材料,常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿(主要成分为PbS,含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCl2的工艺流程如图所示。已知:i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)ΔH>0下列说法不正确的是()A.浸取过程中MnO2与PbS发生反应的离子方程式为:8H++2Cl-+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2OB.PbCl2微溶于水,浸取剂中加入饱和NaCl溶液会增大其溶解性C.调pH的目的是除去Fe3+,因此pH越大越好D.沉降池中获得PbCl2采取的措施有加水稀释、降温15、已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是()A.反应中硫酸作氧化剂B.NH4CuSO3中硫元素被氧化C.刺激性气味的气体是氨气D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子16、如图为一原电池工作原理示意图,电池工作过程中左右两烧杯所盛放的溶液中不允许引入杂质。下列有关说法中正确的是()A.所用离子交换膜为阳离子交换膜B.Cu电极的电极反应为Cu-2e-=Cu2+C.电池工作过程中,CuCl2溶液浓度降低D.Fe为负极,电极反应为Fe2++2e-=Fe17、下图所示为某种胃药的核心合成反应部分过程:下列说法正确的是()A.甲中的两个N-H键的活性相同C.丙的分子式C22H18、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y价电子数之比为2∶3。W的原子半径在同周期主族元素中最小,金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A.原子半径X>Y,离子半径Z>YB.化合物Z2Y存在离子键,ZWY中既有存在离子键又有共价键C.X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物D.Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂19、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下,1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NAB.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,其分子总数小于0.2NAC.20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NAD.0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个20、下列实验能达到目的是()A.用饱和碳酸氢钠溶液鉴别SO2和CO2B.用灼热的铜网除去CO中少量的O2C.用溴水鉴别苯和CCl4D.用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质21、设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.标准状况下,11.2LHF所含分子数为0.5NAB.2molNO与1molO2充分反应,产物的分子数小于2NAC.常温下,1L0.1mol·L-1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性,则溶液含铵根离子数为0.1NAD.已知白磷(P4)为正四面体结构,NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为1:122、下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀,随后变为红褐色溶液变红,随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体,随后变为红棕色A.A B.B C.C D.D二、非选择题(共84分)23、(14分)化合物Ⅰ(戊巴比妥)是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:已知:B、C互为同分异构体R’、R’’、R’’’代表烃基,代表烃基或氢原子。ii.+R’’OHiii+R’’Br+CH3ONa+CH3OH+NaBriv+R’’’-NH2R’OH回答下列问题:(1)的官能团的名称为______,的反应类型是______。(2)试剂a的结构简式______;的结构简式______。(3)写出的化学方程式______。设计实验区分B、D所用的试剂及实验现象为______、______。(4)写出的化学方程式______。(5)已知:羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定,同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定,满足下列要求的D的所有同分异构体共______种。a.能发生银镜反应b.能与反应c.能使Br2的溶液褪色(6)以、、为原料,无机试剂任选,制备的流程如下,请将有关内容补充完整_______________________________。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH324、(12分)EPR橡胶()和PC塑料()的合成路线如下:(1)A的名称是___________。E的化学式为______________。(2)C的结构简式____________。(3)下列说法正确的是(选填字母)_________。A.反应Ⅲ的原子利用率为100%B.CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用C.1molE与足量金属Na反应,最多可生成22.4LH2D.反应Ⅱ为取代反应(4)反应Ⅰ的化学方程式是_________。(5)反应Ⅳ的化学方程式是_________。(6)写出满足下列条件F的芳香族化合物的同分异构体________。①含有羟基,②不能使三氯化铁溶液显色,③核磁共振氢谱为五组峰,且峰面积之比为1:2:2:2:1;(7)已知:,以D和乙酸为起始原料合成无机试剂任选,写出合成路线(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明反应试剂和条件)_______。25、(12分)亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂,其沸点为-5.5℃,易水解。已知:AgNO2微溶于水,能溶于硝酸,AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2,某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度,相关实验装置如图所示。(1)制备Cl2的发生装置可以选用_________(填字母代号)装置,发生反应的离子方程式为________________________________________。(2)欲收集一瓶干燥的氯气,选择合适的装置,其连接顺序为a→_______→______→_____→________→_______→______→______→______。(按气流方向,用小写字母表示,根据需要填,可以不填满,也可补充)。(3)实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为:Cl2+2NO=2ClNO①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为___________________。②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是___________________,然后进行其他操作,当Z中有一定量液体生成时,停止实验。(4)已知:ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。①设计实验证明HNO2是弱酸:_________________________________________。(仅提供的试剂:1mol•L-1盐酸、1mol•L-1HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。②通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体mg溶于水,配制成250mL溶液;取出25.00mL样品溶于锥形瓶中,以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_____亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_________。(已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12)26、(10分)CuCl晶体呈白色,熔点为430℃,沸点为1490℃,见光分解,露置于潮湿空气中易被氧化,难溶于水、稀盐酸、乙醇,易溶于浓盐酸生成H3CuCl4,反应的化学方程式为CuCl(s)+3HCl(aq)⇌H3CuCl4(aq).(1)实验室用如图1所示装置制取CuCl,反应原理为:2Cu2++SO2+8Cl﹣+2H2O═2CuCl43﹣+SO42-+4H+CuCl43﹣(aq)⇌CuCl(s)+3Cl﹣(aq)①装置C的作用是_____.②装置B中反应结束后,取出混合物进行如图所示操作,得到CuCl晶体.混合物CuCl晶体操作ⅱ的主要目的是_____操作ⅳ中最好选用的试剂是_____.③实验室保存新制CuCl晶体的方法是_____.④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体,请简述实验方案:_____.(2)某同学利用如图2所示装置,测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成.已知:i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)Cl•H2O.ii.保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能吸收氧气.①D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_____、_____.②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式:_____.27、(12分)过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体,能潮解,难溶于水,可与水缓慢反应,不溶于乙醇,易与酸反应,常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意,回答相关问题。I.CaO2晶体的制备:CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下:(1)三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_____。(2)冷水浴的目的是____;步骤③中洗涤CaO2·8H2O的实验操作方法是______Ⅱ.CaO2含量的测定:测定CaO2样品纯度的方法是:称取0.200g样品于锥形瓶中,加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl,振荡使样品溶解生成过氧化氢,再加入几滴MnCl2稀溶液,立即用0.0200mol·L-lKMnO4标准溶液滴定到终点,消耗25.00mL标准液。(3)上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是___;滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。(4)滴定过程中的离子方程式为_______,样品中CaO2的质量分数为______。(5)实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是:①____;②____。28、(14分)金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。试回答下列问题:(1)Ni2+电子排布中,电子填充的能量最高的能级符号为______。(2)金属Ni能与CO形成配合物Ni(CO)1.与CO互为等电子体的一种分子为______(写化学式,下同),与CO互为等电子体的一种离子为______。(3)丁二酮肟()是检验Ni2+的灵敏试剂。丁二酮肟分子中C原子轨道杂化类型为______,2mol丁二酮肟分子中所含σ键的数目为______。(1)丁二酮肟常与NI2+形成图A所示的配合物,图B是硫代氧的结果:①A的熔、沸点高于B的原因为______。②B晶体含有化学键的类型为______(填选项字母)。A.σ键

B.金属键

C.配位键

D.π键(5)人工合成的氧化镍往往存在缺陷,某缺陷氧化银的组成为Ni0.97O,其中Ni元素只有+2和+3两种价态,两种价态的镍离子数目之比为______。(6)Ni2+与Mg2+、O2-形成晶体的晶胞结构如图所示(Ni2+未画出),则该晶体的化学式为______。29、(10分)沙丁胺醇是一种新型药物,常用于缓解哮喘等肺部疾病,其一种合成路线如图:

已知:RX+→+HX请回答:(1)化合物C的结构简式为___。(2)反应⑦的化学方程式为___。(3)下列说法不正确的是___。A.化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应B.化合物B能发生消去反应C.1mol化合物D最多能与3molNaOH反应D.沙丁胺醇的分子式为C13H19NO3(4)写出同时符合下列条件的化合物E的所有同分异构体的结构简式___。①IR谱表明分子中含有﹣NH2,且与苯环直接相连;②1H﹣NMR谱显示分子中有五种不同化学环境的氢原子,且苯环上只有一种氢原子。(5)请设计以甲苯和异丁烯[CH2=C(CH3)2]为原料合成化合物E的合成路线___(用流程图表示,无机试剂任选)。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、B【解析】

A.滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成,原溶液中也可能含有CO32-、SO32-、Ag+等,故A错误;B.滴加氯水和CCl4,下层溶液显紫红色说明产生了碘单质,氯水为强氧化性溶液,则溶液中存在强还原性的I-,氯气置换出了碘单质,故B正确;C.用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,说明原溶液中有Na+,但并不能说明溶液中无K+,因为检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰,故C错误;D.NH3极易溶于水,若溶液中含有少量的NH4+,滴加稀NaOH溶液不会放出NH3,检验NH4+的正确操作:向原溶液中滴加几滴浓NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,若试纸变蓝则证明存在NH4+,故D错误;故答案为B。2、C【解析】

A、香兰素中—OH中的H原子,被—COCH3替代,该反应属于取代反应,A项错误;B、乙酸香兰酯的分子式为C10H10O4,B项错误;C、乙酸香兰酯中没有酚羟基,可以用FeCl3溶液区别香兰素与乙酸香兰酯,C项正确;D、乙酸香兰酯应在足量酸溶液中水解才能得到乙酸和香兰素,D项错误;答案选C。考点:考查有机化学基础(反应类型、分子式的确定、官能团的性质等)。3、D【解析】

A、氯气与水反应:Cl2+H2OH++Cl-+HClO,溶液中氯原子总数为2mol,Cl2中含有2个氯原子,故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA,故A错误;B、双氧水结构为:,38g3H2O2的物质的量为=1mol,由结构式可知,1mol双氧水中含有3NA共价键,故B错误;C、常温下铁与浓硝酸发生钝化,形成致密氧化膜,阻止反应进行,所以常温下,将5.6g铁块投入足量浓硝酸中,转移小于0.3NA电子,故C错误;D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所对应浓度不同,所以水解程度不同,溶液中的物质的量一定也不同,故D正确;故答案为D。【点睛】本题A选项属于易错项,该反应属于可逆反应,溶液中总氯原子为2mol,发生反应后,溶液中含氯微粒总数小于2mol大于1mol。4、B【解析】

A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇,反应消耗乙酸,同时降低乙酸乙酯的溶解度,为防止产生倒吸现象,b中导管不能插入液面下,否则不仅可能会产生倒吸现象,而且还会阻碍产物的导出,A正确;B.固体酒精制作方法如下:将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中,充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O,将醋酸钙溶液蒸发至饱和,加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精,可见固体酒精是混合物,B错误;C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2,二者分子式相同,结构不同,故二者互为同分异构体,C正确;D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基,电离产生H+的能力:乙酸>水>乙醇,所以羟基氢的活泼性依次减弱,D正确;故合理选项是B。5、C【解析】

A.回收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料,但不能用于提取食用油,故A错误;B.油脂由碳、氢、氧元素组成,氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成,回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒,故B错误;C.使用的纸张至少含有30%的再生纤维,故再生纸是对废旧纤维的回收利用,可节约资源,故C正确;D.废旧电池含重金属,深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中,造成水源和土壤污染,故D错误;答案选C。【点睛】多从环保和健康的角度分析垃圾分类回收,提倡可持续发展。6、D【解析】

A.烷烃的通式为CnH2n+2,C元素的质量分数为,则随n值增大,碳元素的质量百分含量逐渐增大,故A错误;B.乙烯中含碳碳双键,可与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,故B错误;C.苯中不含碳碳双键,故C错误;D.C7H16主链上有5个碳原子的烷烃,支链为2个甲基或1个乙基,符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3,共5种,故D正确;答案选D。7、C【解析】

A.当pH=9时,结合图象判断溶液中各离子浓度大小;B.0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析,图象可知PH=7.1时c(NH4+)=c(HCO3-);C.该碳酸氢铵溶液的pH=7.1,结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4+和HCO3-浓度变化;D.碳酸氢铵溶液显示碱性,根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。【详解】A.结合图象可知,溶液的pH=9时,溶液中离子浓度大小为:c(HCO3﹣)>c(NH4+)>c(NH3•H2O)>c(CO32﹣),故A正确;B.NH4HCO3溶液中,pH=7.1溶液显碱性,图象可知PH=7.1时c(NH4+)=c(HCO3﹣),溶液中存在物料守恒:c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3),得到c(NH3•H2O)=c(H2CO3)+c(CO32﹣),故B正确;C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1,根据图象可知,当溶液pH增大时,铵根离子浓度逐渐减小,而碳酸氢根离子能够先增大后减小,故C错误;D.由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1,说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度,则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1(H2CO3),故D正确;故选:C。【点睛】本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识,解题关键:明确图象曲线变化的含义,难点B,注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。8、C【解析】

从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析,根据从海水制备物质的原理可知,金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取,而食盐可利用蒸发原理,淡水利用蒸馏原理来得到。【详解】A.海水中得到钠、镁,需要首先从海水中获得氯化钠和氯化镁,然后再电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁,A错误;B.从海水中提炼溴和碘,是用氯气把其中的碘离子和溴离子氧化为碘单质和溴单质,B错误;C.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水,把海水用太阳暴晒,蒸发水分后即得食盐,不需要化学变化就能够从海水中获得,C正确;D.可从海水中获得氯化钠,配制成饱和食盐水,然后电解饱和食盐水,即得烧碱、氢气和氯气,D错误;故合理选项是C。【点睛】本题考查了海水的成分,海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理,注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取,掌握原理是解题的关键。9、D【解析】

A.碳酸钠水解溶液显碱性,因此可用于去除餐具的油污,A正确;B.漂白粉具有强氧化性,可用于生活用水的消毒,B正确;C.氢氧化铝是两性氢氧化物,能与酸反应,可用于中和过多胃酸,C正确;D.碳酸钡难溶于水,但可溶于酸,生成可溶性钡盐而使蛋白质变性,所以不能用于胃肠X射线造影检查,应该用硫酸钡,D错误。答案选D。【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断,题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可,注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。10、C【解析】

向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,发生H++OH-=H2O,同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀,沉淀在增多,氢离子物质的量比氢离子浓度大,则第二阶段沉淀的量不变,第三阶段铝离子反应生成沉淀,第四阶段铵根离子与碱反应,最后氢氧化铝溶解,沉淀减少,最后只有硫酸钡沉淀,显然只有图象C符合。答案选C。11、D【解析】

A.同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等,不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16,如锂和钾,故A错误;B.最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子,也可能是离子,例如钠离子,故B错误;C.同一主族中,随着核电荷数的增加,单质的熔点可能降低,如碱金属,也可能升高,如卤素,故C错误;D.主族元素中,原子核外最外层电子数为2与次外层电子数相同的元素只有Be,原子核外最外层电子数为8的元素,次外层电子数为8的是Ar,不是主族元素,故D正确;故选D。【点睛】本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数关系,最外层核外电子数和次外层电子数的关系,判断元素的种类、以及元素周期律的应用等知识点,解题中注意掌握规律的同时,注意特例。12、B【解析】

A.b苯乙烯分子式为C8H8,符合分子式的有机物结构可以是多种物质;B.t和b含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化;C.根据一氯代物中氢原子的种类判断;D.b含有碳碳双键和苯环,为平面形结构。【详解】A.b苯乙烯分子式为C8H8,对应的同分异构体也可能为链状烃,故A错误;B.t和b含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,故B正确;C.不考虑立体结构,二氯代物t和e均有3种,b有14种,故C错误;D.b含有碳碳双键和苯环,为平面形结构,苯环和碳碳双键可能在同一个平面上,故D错误。故选B。13、D【解析】

A.硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为:Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓,静置一段时间后,氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀,故A错误;B.漂白粉溶液中加入醋酸,醋酸为弱酸,离子方程式为CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-,故B错误;C.向AgCl悬浊液中加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色,离子方程式:2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-,故C错误;D.K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+,滴加少量H2SO4,增大了氢离子浓度,平衡逆向移动,颜色加深,2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,故D正确;故选D。14、C【解析】

方铅矿精矿(主要成分为PbS,含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸,根据酸性废液中含有硫酸根离子矿渣,PbS中S元素被氧化成SO42-,则发生反应为4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O,加入NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)正向移动。加入NaOH溶液调节溶液pH,使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀,过滤得到Fe(OH)3、矿渣和滤液;PbCl2微溶于水,将溶液沉降过滤得到PbCl2。A.浸取过程中MnO2与PbS发生氧化还原反应,离子反应为:8H++2Cl-+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2O,正确,A不选;B.发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq),加入NaCl增大c(Cl-),有利于平衡正向移动,将PbCl2(s)转化为PbCl42-(aq),正确,B不选;C.调节溶液pH,使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀,除去溶液中的Fe3+,但应避免同时生产Mn(OH)2沉淀,pH不能过大,错误,C选;D.已知:PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)△H>0,可以通过加水稀释、降温促进反应逆向进行,获得PbCl2,正确,D不选。答案选C。15、D【解析】

A项,反应只有Cu元素的化合价发生变化,硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变,反应中硫酸体现酸性,不做氧化剂,故A项错误;B项,反应前后S元素的化合价没有发生变化,故B项错误;C项,因反应是在酸性条件下进行,不可能生成氨气,故C项错误;D项,NH4CuSO3与硫酸混合微热,生成红色固体为Cu、在酸性条件下,SO32-+2H+=SO2↑+H2O,反应产生有刺激性气味气体是SO2,溶液变蓝说明有Cu2+生成,则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价,反应的离子方程式为:2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+,故1molNH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol,故D项正确。综上所述,本题正确答案为D。16、C【解析】

在此原电池中铁和铜作两极,铁比铜活泼,所以铁为负极,铜为正极。【详解】A、要求两烧杯盛放的溶液中不引入杂质,所以离子交换膜是阴离子交换膜,氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中,故A错误;B、电子沿导线流入铜,在正极,铜离子得电子生成铜,Cu电极的电极反应为Cu2++2e-=Cu,故B错误;C、铜离子得电子生成铜,氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中,所以氯化铜溶液浓度降低,故C正确;D、铁失电子生成亚铁离子进入氯化亚铁溶液,电极反应为Fe-2e-=Fe2+,故D错误;故选C。17、D【解析】

A.反应物甲中的两个N-H键的N原子连接不同的原子团,故两个N受其他原子或原子团的影响不同,则两个N-H键的活性不同,A错误;B.乙分子中含有饱和碳原子,与饱和碳原子成键的原子构成的是四面体结构,因此乙分子中所有原子不在同一平面上,B错误;C.由丙的结构简式可知其分子式为C22H24O2N5Cl,C错误;D.根据图示可知:化合物甲与乙反应产生丙外还有HCl生成,该反应生成丙的原子利用率小于100%,D正确;故合理选项是D。18、A【解析】

X原子最外层电子数是其电子层数的2倍,且四种元素中原子序数最小,则X为C,X、Y价电子数之比为2∶3,则Y为O,金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂,则Z为Na,W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小,则W为Cl,综上所述,X、Y、Z、W分别为:C、O、Na、Cl,据此解答。【详解】A.C和O位于同周期且C原子序数小于O,所以C原子的半径大于O原子半径,Na+和O2-电子排布相同,O2-的原子序数更小,所以Na+的半径小于O2-,即原子半径X>Y,离子半径Z﹤Y,A错误;B.Na+和O2-通过离子键结合成Na2O,Na+和ClO-通过离子键结合成NaClO,Cl和O通过共价键结合,B正确;C.CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl,C正确;D.O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂,D正确。答案选A。19、D【解析】

A、P4是正四面体结构,每个P4分子中有6个共价键,1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA,故A错误;B.H2+I22HI反应前后气体分子数不变,0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,其分子总数等于0.2NA,故B错误C.20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO,转移电子数不是0.1NA,故C错误;D.1个NH2-含10个电子,0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个,故D正确。20、C【解析】

A.二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,二氧化碳难溶于饱和碳酸氢钠溶液,二氧化硫和二氧化碳分别通入饱和碳酸氢钠溶液都会产生气泡,现象相同,不能鉴别,故A错误;B.加热时,Cu与氧气反应生成CuO,CO能与氧化铜反应,所以不能用用灼热的铜网除去CO中少量的O2,故B错误;C.溴水与苯混合有机层在上层,溴水与四氯化碳混合有机层在下层,现象不同,可鉴别,故C正确;D.蒸发时,碘易升华而损失,应用萃取、分液的方法分离,故D错误。故选C。21、B【解析】

A、标准状况下,HF不是气态,不能用气体摩尔体积计算物质的量,故A错误;B、2molNO与1molO2充分反应,生成的NO2与N2O4形成平衡体系,产物的分子数小于2NA,故B正确;C.常温下,1L0.1mol·L-1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性,溶液中存在电荷守恒,c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-),溶液含铵根离子数少于0.1NA,故C错误;D.已知白磷(P4)为正四面体结构,NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为6:4,故D错误;故选B。22、C【解析】分析:A项,白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;B项,红色褪色是HClO表现强氧化性;C项,白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl;D项,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解:A项,NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀,白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该反应前后元素化合价有升降,为氧化还原反应;B项,氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO,由于氯水呈酸性,石蕊溶液滴入后溶液先变红,红色褪色是HClO表现强氧化性,与有色物质发生氧化还原反应;C项,白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl,反应前后元素化合价不变,不是氧化还原反应;D项,Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2,反应前后元素化合价有升降,为氧化还原反应;与氧化还原反应无关的是C项,答案选C。点睛:本题考查氧化还原反应的判断,分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。二、非选择题(共84分)23、酯基取代反应新制的Cu(OH)2悬浊液是否有砖红色沉淀生成3【解析】

B(乙酸甲酯)与C发生信息iii中取代反应生成D,(3)中B、C互为同分异构体,可推知C为HCOOC2H5,则D为,D氧化生成E为,E与甲醇发生酯化反应生成F.F与A发生信息i中的反应生成G,可推知A为C2H5Br.对比G、H的结合,结合信息i可知试剂a为.结合I分子式及信息ii中取代反应,可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状,故I为;(6)以、、为原料,制备,可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH,HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3,最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到。【详解】(1)F的结构简式为,所含官能团的名称为酯基;G为,则F→G是F的上的H原子被乙基替代生成G,属于取代反应;(2)对比G、H的结合,结合信息i可知试剂a为;结合I分子式及信息ii中取代反应,可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状,故I为;(3)B、C互为同分异构体,二者发生信息iii中取代反应生成D,可推知C为HCOOC2H5,则D为,B→D的化学方程式:;B和D均含有酯基,但D中还含有醛基,则可利用新制的Cu(OH)2悬浊液来鉴别,用新制的Cu(OH)2悬浊液分别与B或D混合加热,有砖红色沉淀生成的为D,不生成砖红色沉淀生成的为B;(4)E→F的化学方程式:;(5)D为,其分子式为C4H6O3,其同分异构体满足a.能发生银镜反应说明有醛基,也可能是甲酸酯;b.能与反应说明分子组成含有羟基或羧基;c.能使Br2的CCl4溶液褪色,再结合在羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定,同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定,可知分子结构中不可能有碳碳双键,应该包含2个醛基和1个羟基,具体是:OHCCH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH(CHO)2、CH3C(OH)(CHO)2,共3种;(6)以、、为原料,制备,可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH,HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3,最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到,具体流程图为:。【点睛】本题解题关键是根据反应条件推断反应类型:(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应,可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热,发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热,可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应,可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应,则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下,发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应,则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2,则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应;在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。24、丙烯C2H6O2ABn+n+(2n-1)CH3OH或【解析】

EPR橡胶()的单体为CH2=CH2和CH2=CHCH3,EPR由A、B反应得到,B发生氧化反应生成环氧己烷,则B为CH2=CH2、A为CH2=CHCH3;结合PC和碳酸二甲酯的结构,可知C15H16O2为,D与丙酮反应得到C15H16O2,结合D的分子式,可推知D为,结合C的分子式,可知A和苯发生加成反应生成C,再结合C的氧化产物,可推知C为;与甲醇反应生成E与碳酸二甲酯的反应为取代反应,可推知E为HOCH2CH2OH。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析,A为CH2=CHCH3,名称为丙烯;E为HOCH2CH2OH,化学式为C2H6O2,故答案为丙烯;C2H6O2;(2)C为,故答案为;(3)A.反应Ⅲ为加成反应,原子利用率为100%,故A正确;B.生成PC的同时生成甲醇,生成E时需要甲醇,所以CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用,故B正确;C.E为HOCH2CH2OH,1mol

E与足量金属

Na

反应,最多可以生成1mol氢气,气体的体积与温度和压强有关,题中未告知,无法计算生成氢气的体积,故C错误;D.反应Ⅱ为加成反应,故D错误;故答案为AB;(4)反应Ⅰ的化学方程式是,故答案为;(5)反应Ⅳ的化学方程式是n+n+(2n-1)CH3OH,故答案为n+n+(2n-1)CH3OH;(6)F的分子式为C15H16O2,F的芳香族化合物的同分异构体满足:①含有羟基;②不能使三氯化铁溶液显色,说明羟基没有直接连接在苯环上;③核磁共振氢谱为五组峰,且峰面积之比为1:2:2:2:1,满足条件的F的芳香族化合物的同分异构体为或,故答案为或;(7)和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,发生信息中的氧化反应生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO,OHCCH2CH2CH2CH2CHO发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH,HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成,因此合成路线为:,故答案为。【点睛】正确推断题干流程图中的物质结构是解题的关键。本题的易错点为(6),要注意从结构的对称性考虑,难点为(7)中合成路线的设计,要注意充分利用题干流程图提供的信息和已知信息,可以采用逆推的方法思考。25、A(或B)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)fgcbdejh排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停排干净三颈瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点【解析】

⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,也可以用高锰酸钾和浓盐酸;⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气;⑶①X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;②通入一段时间气体,其目的是排空气;⑷①用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸;②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,再根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到计算ClNO物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。【详解】⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,选择A,也可以用高锰酸钾和浓盐酸,选择B,发生的离子反应为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故答案为:A(或B);MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O);⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气,故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h,故答案为:f;g;c;b;d;e;j;h;⑶①用B装置制备NO,与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停,故答案为:排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是排干净三颈瓶中的空气,故答案为:排干净三颈瓶中的空气;⑷①若亚硝酸为弱酸,则亚硝酸盐水解呈若碱性,即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上,若试纸变蓝,则说明亚硝酸为弱酸,故答案为:用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸;②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,因此滴定终点的现象是:滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点;根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到25.00mL样品溶液中ClNO物质的量为n(ClNO)=n(AgNO3)=cmol∙L−1×0.02L=0.02cmol,亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为,故答案为:滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点;。26、吸收SO2尾气,防止污染空气促进CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀盐酸或乙醇避光、密封保存将固体溶于浓盐酸后过滤,取滤液加入大量水,过滤、洗涤、干燥氢氧化钡溶液CuCl的盐酸溶液2S2O42﹣+3O2+4OH﹣=4SO42﹣+2H2O【解析】

用二氧化硫和氯化铜溶液制取CuCl,其中二氧化硫需要用亚硫酸钠固体和硫酸制备,制取的二氧化硫进入装置B中,和B中的氯化铜溶液在一定温度下反应,生成CuCl沉淀,过量的二氧化硫用氢氧化钠吸收。从混合物中提取CuCl晶体,需要先把B中的混合物冷却,为了防止低价的铜被氧化,把混合物倒入溶有二氧化硫的水中,然后过滤、洗涤、干燥得到CuCl晶体。【详解】(1)①A装置制备二氧化硫,B中盛放氯化铜溶液,与二氧化硫反应得到CuCl,C装置盛放氢氧化钠溶液,吸收未反应的二氧化硫尾气,防止污染空气。②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液,有利于CuCl析出,二氧化硫具有还原性,可以防止CuCl被氧化;CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇,可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤,减小因溶解导致的损失。③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化,应避光、密封保存。④提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案是将固体溶于浓盐酸后过滤,取滤液加入大量的水稀释,过滤、洗涤、干燥得到CuCl。(2)①氢氧化钾会吸收二氧化碳,盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收,所以D中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳,E中盛放保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收氧气,F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO,G测定氮气的体积。②Na2S2O4在碱性条件下吸收氧气,发生氧化还原反应生成硫酸钠与水,反应离子方程式为:2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O。27、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl该反应放热,防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀,待乙醇流尽后,重复操作2~3次生成的硫酸钙为微溶物,覆盖在样品表面,阻止反应进一步进行催化作用45.0%部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全【解析】

I.(1)该装置发生的反应类似于复分解反应,根据原子守恒配平;(2)该反应为放热反应,H2O2和氨水的稳定性都较差,因此需要用冷水浴控制反应温度;结合沉淀的性质选择洗涤剂,然后根据沉淀的洗涤标准操作解答;II.(3)硫酸钙为微溶物,可能会对反应有影响;类比双氧水的分解进行分析;(4)滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水,根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平;根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算;(5)CaO2与水缓慢反应,CaO2与浓氨水反应,烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。【详解】I.(1)由题可知,三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO2·8H2O的反应,根据原子守恒可知,该反应化学方程式为:CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl;(2)该反应为放热反应,H2O2和氨水的稳定性都较差,温度过高会导致其分解,影响产量和化学反应速率;因过氧化钙可与水缓慢反应,不溶于乙醇,因此可选用乙醇进行洗涤,实验室洗涤沉淀的操作为:向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀,待乙醇流尽后,重复操作2~3次;II.(3)若选用硫酸,则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面,使反应难以持续进行;MnCl2对该反应具有催化作用,可加快化学反应速率;(4)滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应,Mn元素化合价从+7价降低至+2价,H2O

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