浙江省强基联盟2024-2025学年高二上学期10月联考化学试题

浙江强基联盟2024年10月高二联考化学试题浙江强基联盟研究院命制考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间90分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Cl35.5Ca40Fe56Ag108一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列食品添加剂中不属于电解质的是A.亚硝酸钠 B.苯甲酸 C.葡萄糖 D.山梨酸钾【答案】C【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物叫做非电解质，据此解答。【详解】A．亚硝酸钠是盐，属于电解质，A不符合题意；B．苯甲酸是酸，属于电解质，B不符合题意；C．葡萄糖是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，不属于电解质，C符合题意；D．山梨酸钾是盐，属于电解质，D不符合题意；故选C。2.物质性质决定用途，下列说法正确的是A.SO2具有杀菌作用，可以做葡萄酒的抗氧化剂B.液态NH3汽化需要吸收大量的热，可用作制冷剂C.SiO2具有导电性，可以用作光导纤维的材料D.NaClO具有漂白性，可以用于杀菌消毒【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，为防止葡萄酒氧化而变质，常用二氧化硫作葡萄酒的抗氧化剂，故A错误；B．氨气易液化，液氨汽化时会吸收大量的热使周围环境温度降低，所以常用作制冷剂，故B正确；C．二氧化硅可以传导光信号，所以可用作光导纤维，故C错误；D．NaClO具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，故D错误；故答案选B3.下列化学用语表述不正确的是A.Cl2O的电子式：B.乙烯的结构简式：CH2=CH2C.熟石膏的化学式：2CaSO4⋅H2OD.NaCl溶液中的水合离子：【答案】D【解析】【详解】A．Cl2O中氯氧均为8电子结构，A正确；B．乙烯分子含有碳碳双键，B正确；C．熟石膏含有结晶水，化学式为2CaSO4⋅H2O，C正确；D．由于H2O中O原子呈负价，根据异性相吸可知靠近O原子的为Na+，NaCl溶液中的水合离子：、，D错误；故选D。4.已知高锰酸钾与浓盐酸可以制氯气：，下列说法不正确的是A.KMnO4在该反应中作氧化剂B.HCl在该反应中还体现酸性C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5D.该反应每生成5molCl2，转移10mole【答案】C【解析】【详解】A．Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，则KMnO4中Mn元素被还原，KMnO4为氧化剂，A正确；B．16个HCl中的有10个1价Cl转化为0价，体现还原性，还有6个1价Cl原子没有变价，体现酸性，故HCl既体现还原性又体现酸性，B正确；C．氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为5:2，C错误；D．每生成5molCl2，说明有10mol1价Cl原子失去电子，且每个1价Cl原子转移1e，故共转移10mol×1e=10mole，D正确；故答案选C。5.下列关于金属及其化合物的说法不正确的是A.钠钾合金室温下呈液态，可作核反应堆的传热介质B.FeCl3溶液具有腐蚀性，可在不锈钢广告牌上刻蚀图形或文字C.铝表面的氧化膜具有抗腐蚀性，铝制餐具可以长时间存放咸菜等腌制品D.碳素钢中添加Cr、Ni等元素，可作不锈钢材料【答案】C【解析】【详解】A．钠钾合金室温下呈液态，其熔点较低导热性好，可作核反应堆的传热介质，A正确；B．FeCl3溶液具有氧化性，能和铁反应可在不锈钢广告牌上刻蚀图形或文字，B正确；C．铝表面的氧化膜具有抗腐蚀性，但长时间存放咸菜等腌制品，氧化膜易被破坏，导致铝被腐蚀，C错误；D．添加镍和铬元素，可以改变普通钢的组成，得到不锈钢，从而使其具有特殊性能，D正确；故选C。6.化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是A.通过煤的气化、液化等化学变化可获得清洁燃料和化工原料B.硝酸铵是一种高效氮肥，性质稳定，易溶于水，可直接施用C.阿司匹林水解可以产生水杨酸，大量服用会出现副作用D.CaSO4是一种常见的凝固剂，可用于豆腐的制作【答案】B【解析】【详解】A．煤的气化是用煤来生产水煤气等，煤的液化是用煤来生产甲醇等，则通过煤的气化、液化等化学变化可获得CO、H2、甲醇等清洁燃料和化工原料，故A正确；B．硝酸铵属于铵盐，加热易分解，性质不稳定，故B错误；C．阿司匹林含有酯基，水解可以产生水杨酸，大量服用会出现副作用，故C正确；D．CaSO4俗名石膏，是一种常见的凝固剂，可用于豆腐的制作，故D正确；选B。7.已知断开1mol中H—H键需要吸收436kJ能量。根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式不正确的是A.断开1mol中的H—Cl键要吸收432kJ能量B.生成1mol中的Cl—Cl键放出243kJ能量C.D.该反应正反应活化能小于逆反应活化能【答案】C【解析】【详解】A．形成2molHCl(g)放出热量864kJ，所以断开1molHCl(g)中HCl键吸收能量=864kJ÷2=432kJ能量，A正确；B．由图，生成1molCl2中ClCl键吸收能量=(679kJ436kJ)=243kJ，B正确；C．．由图可知△H=(864679)kJ/mol=185kJ/mol，C错误；D．该反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能，D正确；故选C。8.下列实验装置使用正确的是A.配制氢氧化钠溶液B.测定硫代硫酸钠与稀硫酸的反应速率C.用pH试纸测定溶液pHD.用于净化、干燥氯气【答案】D【解析】【详解】A．容量瓶不能用于溶解，配制氢氧化钠溶液时应将称量好的NaOH固体置于烧杯中溶解，A错误；B．Na2S2O3和稀硫酸反应生成硫酸钠、S和SO2，但SO2气体可以溶于稀硫酸，测得体积不准确，B错误；C．用pH试纸测定溶液pH，应用玻璃杯蘸取溶液点到干燥的pH试纸上，然后与标准比色板进行比对读取pH值，C错误；D．用饱和食盐水可以除去氯气中的HCl，用无水氯化钙可以用于干燥氯气，D正确；故答案选D9.一定温度下，在2L的恒容密闭容器中发生反应。反应过程中的部分数据如下表所示：n/molt/minn(A)n(B)n(C)0404.8051.8103.2153.2下列说法正确的是A.0~5min用A表示的平均反应速率为0.09mol⋅L1⋅min1B.该反应在10min后才达到平衡C.平衡状态时，D.物质B的平衡转化率为30%【答案】C【解析】【详解】A．v(C)==0.18mol·L1·min1，v(A)=v(C)=0.06mol·L1·min1，A错误；B．在10min时，A转化0.8mol，则B转化1.6mol，15min时，n(B)=4.8mol3.2mol=1.6mol，故10min时已达平衡，可能是5~10min内的某一时间达到平衡状态，B错误；C．10min时已达平衡，A物质转化0.8mol，则同时生成C物质为2.4mol，c(C)==1.2mol·L1，C正确；D．平衡时，A物质转化0.8mol时，B物质转化1.6mol，B的转化率为×100%=33.3%，D错误；故答案选C。10.下列化学反应的离子方程式书写不正确的是A.电解饱和食盐水的阴极反应：B.用Na2SO3溶液吸收少量：C.向饱和碳酸钠溶液中通入足量的：D.硫化钠溶液在空气中久置变浑浊：【答案】B【解析】【详解】A．电解饱和食盐水的阴极反应为水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，A正确；B．氯气具有氧化性，氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子、氯离子和亚硫酸氢根离子，，B错误；C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的，反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，C正确；D．硫化钠溶液在空气中久置会被空气中氧气氧化为硫单质而变浑浊，D正确；故选B。11.丙烯酸乙酯天然存在于菠萝等水果中，是一种食品用合成香料，可以用乙烯、丙烯等石油化工产品为原料进行合成：下列说法不正确的是A.有机物B中含氧官能团是羧基B.CH2=CH2的加聚产物，可制成塑料薄膜，不可用于食品包装材料C.化合物A可以被酸性高锰酸钾溶液氧化成乙酸D.丙烯酸乙酯的密度比水小，且1mol丙烯酸乙酯最多与1molH2发生加成反应【答案】B【解析】【分析】根据最终产物的结构进行反推，可知醇和羧酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯CH2=CHCOOCH2CH3，其中醇为乙醇，酸为CH2=CHCOOH，则有机物A为乙醇，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，无机物M为H2O，有机物B为CH2=CHCOOH。【详解】A．有机物B为CH2=CHCOOH，含氧官能团是羧基，A正确；B．CH2=CH2的加聚产物为聚乙烯，可制成塑料薄膜，其不含氯元素，可用于食品包装材料，B错误；C．有机物A为乙醇，羟基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基，得到乙酸，C正确；D．丙烯酸乙酯的密度比水小，其中的碳碳双键能和氢气加成，则1mol丙烯酸乙酯最多与1molH2发生加成反应，D正确；故选B。12.甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是甲乙丙丁戊A.原子半径：丁＞戊＞乙B.非金属性：戊＞丁＞丙C.甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生D.丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应【答案】C【解析】【分析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；B．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；C．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；D．丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。综上所述，答案为C。13.碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法不正确的是A.电池工作时，OH通过隔膜向负极移动B.负极的电极反应式：C.环境温度过低，不利于电池放电D.反应中每消耗1molMnO2，转移电子数为【答案】D【解析】【分析】由总反应可知，Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：。【详解】A．原电池中阴离子向负极移动，OH通过隔膜向负极移动，A正确；B．Zn为负极，失去电子发生氧化反应生成氧化锌，B正确；C．环境温度过低，化学反应速率下降，不利于电池放电，C正确；D．，反应中每消耗1molMnO2，转移电子1mol，数目为，D错误；故选D。14.将一定量乙烯通入饱和溴水(3.4%)中，溴水快速褪色，其反应历程如下：已知：①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比该反应慢得多；②该反应最终a、b两种产物含量分别为10.2%和89.8%。下列说法不正确的是A.若将乙烯通入氯水中，可以得到产物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OHB.反应Ⅱ得到的两种产物的含量不同，是由于水的浓度大于BrC.H2O的存在加快了反应速率，H2O是总反应的催化剂D.微粒中，所有原子最外层均达到了稳定结构【答案】B【解析】【详解】A．氯气和溴均为卤素单质，根据类比，则将乙烯通入氯水中，可以得到产物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OH，A正确；B．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，反应Ⅱ得到的两种产物的含量不同，是由于两者反应的活化能不同，反应速率不同，导致二者的产量差异，B错误；C．催化剂能加快反应速率，已知乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比该反应慢得多，溴的四氯化碳溶液中不含水，而溴水溶液中含有水，则可能是H2O的存在加快了反应速率，H2O是总反应的催化剂，C正确；D．微粒中，氢为2电子稳定、碳溴为8电子稳定，所有原子最外层均达到了稳定结构，D正确；故选B。15.乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，是一种二元弱酸，常温下，向：20mL0.100mol⋅L1的乙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，过程中的[X为或]、与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.直线Ⅱ中的X表示B.a点溶液中存在C.常温下，的D.c点溶液中满足【答案】B【解析】【分析】由，即，同理，分别代入（0，1.25）、（0，3.82）两点坐标，可得直线Ⅰ对应的Ka=101.25，直线Ⅱ对应的Ka=103.82，Ka1>Ka2，则直线Ⅰ对应的lgX为，Ka1=101.25，直线Ⅱ对应的lgX为，Ka2=103.82；【详解】A．由分析，直线Ⅱ中的X表示，A正确；B．a点溶液中pH=2.6，mol/L，，，则，B错误；C．常温下，的，C正确；D．c点处，20mL0.100mol⋅L1的乙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液40mL，则溶质为Na2C2O4，由质子守恒可知，，D正确；故选B。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论正确的是实验目的方案设计现象结论A检验某固体试样中是否含有取固体试样加水溶解，向其中滴加少量NaOH溶液，加热没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体不存在B比较硫酸与醋酸的酸性强弱用0.1mol·L1NaOH溶液分别中和等体积0.1mol·L1H2SO4溶液和0.1mol·L1CH3COOH溶液H2SO4消耗的NaOH溶液多酸性：H2SO4>CH3COOHC比较溴单质与硫单质的氧化性强弱向2mL0.1mol·L1Na2S溶液中滴加几滴溴水，振荡产生淡黄色沉淀氧化性：Br2>SD探究化学平衡移动中压强的影响因素向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mLHI气体，分解达到平衡后再充入100mLAr气体颜色不变对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，改变压强平衡不移动A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．在某固体试样加水后的溶液中，滴加浓NaOH溶液并进行加热，该实验中氢氧化钠浓度太小，A错误；B．硫酸为二元酸，中和等体积0.1mol·L1H2SO4溶液和0.1mol·L1CH3COOH溶液，H2SO4消耗的NaOH溶液多不能说明两者酸性强弱，B错误；C．产生淡黄色沉淀，说明溴单质氧化硫离子生成硫单质，则氧化性：Br2>S，C正确；D．恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mLHI气体，分解达到平衡后再充入100mLAr，氩气不影响各物质分压，不能探究化学平衡移动中压强的影响因素，D错误；故选C。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.反应热及数据广泛应用于科学研究和工业生产方面。（1）若1g石墨完全燃烧放出的热量为akJ，则石墨完全燃烧的热化学方程式为_______。（2），，则氢气的燃烧热_______（3）测定中和反应的反应热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol⋅L1盐酸倒入内筒中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol⋅L1NaOH溶液，测出NaOH溶液温度；③将NaOH溶液沿玻璃棒缓慢倒入内筒中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。上述实验步骤中一处不合理的操作应改成_______。如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，测得的中和反应的反应热_______(填“偏大”“偏小”或“相等”)。（4）理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应的能量变化如图。①稳定性：HCN_______HNC(填“>”“<”或“=”)。②该异构化反应的=_______kJ⋅mol1。（5）科学家用氮气和氢气制备肼，过程如下：则_______kJ⋅mol1(用含a、b、c的计算式表示)。【答案】（1）C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H=12akJ/mol（2）（3）①.将NaOH溶液迅速倒入内筒中②.偏大（4）①.>②.+59.3（5）(b+ca)【解析】【小问1详解】若1g石墨完全燃烧放出的热量为akJ，则1mol石墨完全燃烧放出的热量为12akJ，所以石墨完全燃烧的热化学方程式为：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H=12akJ/mol；【小问2详解】①，②，由①②得：，则由盖斯定律得氢气的燃烧热；【小问3详解】中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速以保证热量尽量不散失，防止产生实验误差，所以上述实验步骤中一处不合理的操作应改成：将NaOH溶液迅速倒入内筒中。氨水溶质电离吸热，如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，放热的热量偏少，导致测得的中和反应的反应热偏大；【小问4详解】①根据图示，HCN的能量小于HNC，能量越低越稳定，稳定性：HCN>HNC；②ΔH=生成物总能量反应物总能量，则该异构化反应的=+59.3kJ⋅mol1；【小问5详解】①②③由①+②③得，则根据盖斯定律得。18.硫酸在工业生产中有重要意义，其中的核心步骤为（1）上述反应中，反应物总能量_______(填“大于”“等于”或“小于”)生成物总能量。（2）T℃下，向2.0L的恒容密闭容器中充入2.0molSO2和2.7molO2，发生上述反应，如图是SO2和SO3的物质的量随时间的变化曲线。①10min内，_______mol⋅L1⋅min1②下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是_______。A．SO2和SO3的浓度相等B．C．密闭容器内压强不再改变D．密闭容器内气体密度不再改变③达到平衡后，向该容器中再充入0.4molSO2和0.1molSO3，此时，平衡_______(填“向正反应方向移动”“向逆反应方向移动”或“不移动”)。（3）对于气体参与的反应，可用气体组分(B)的平衡分压p(B)[p(B)=p(总)×n(B)/n(总)]代替该气体物质的量浓度c(B)来表示平衡常数。设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为α，则上述反应的_______(用含p和α的代数式表示)。【答案】（1）大于（2）①.0.05②.BC③.向正反应方向移动（3）【解析】【小问1详解】反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量；【小问2详解】①反应中二氧化硫被消耗物质的量减小、三氧化硫生成物质的量增大，则由图，10min内，；②A．SO2和SO3的浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡；B．反应速率比等于系数比，，则正逆反应速率相等，说明反应平衡；C．反应为气体分子数改变的反应，当压强不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态；D．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；故选BC；③达到平衡后，三段式为：，向该容器中再充入0.4molSO2和0.1molSO3，此时，则平衡正向移动；【小问3详解】三段式为：O2的平衡分压为p，根据阿伏伽德罗定律，二氧化硫、三氧化硫分压分别为、，。19.下表是几种弱酸的电离平衡常数(25℃)，据此，回答以下问题：酸CH3COOHH2CO3HClOH3PO3H2C2O4（1）同浓度CH3COOH与HClO的酸性大小：CH3COOH_______HClO(填“>”或“<”)。（2）由表可知，Na2HPO3是_______(填“酸式盐”或“正盐”)。（3）25℃时，向0.1mol⋅L1的H3PO3溶液加水稀释的过程中，下列数据变大的是_______。A. B.C. D.（4）往NaClO溶液中通入少量CO2气体，请写出相关离子方程式：_______。（5）25℃时，求0.020mol⋅L1CH3COOH溶液的pH=_______(已知：)。【答案】（1）>（2）正盐（3）B（4）（5）3.22【解析】小问1详解】CH3COOH的电离平衡常数K=1.8×10−5，HClO的电离平衡常数K=3.0×10−8，电离平衡常数越大，酸性越强，故同浓度CH3COOH与HClO的酸性大小为CH3COOH>HClO；【小问2详解】由表中数据可知H3PO3为二元酸，故Na2HPO3是正盐；【小问3详解】A．c(H+)⋅c(OH−)=Kw，温度不变，Kw不变，A不符合题意；B．，稀释过程中，c(H+)浓度减小，故增大，B符合题意；C．，，则，即，稀释过程中，c()浓度减小，故减小，C不符合题意；D．稀释过程中，c()浓度减小，c()浓度减小，c(OH−)增大，故无法得出变化情况，D不符合题意；故答案选B；【小问4详解】由表中数据可知Ka1(H2CO3)>K(HClO)>Ka2(H2CO3)，故酸性H2CO3>HClO>，往NaClO溶液中通入少量CO2气体生成NaHCO3、HClO，离子方程式为；【小问5详解】25℃时，求0.020mol⋅L1CH3COOH溶液中，c(CH3COOH)0.020mol⋅L1，c(H+)c(CH3COO)，即，解得c(H+)=6×104mol⋅L1，pH=3.22。20.过氧化钙可以用于改善水质、处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可以用于应急供氧等。某实验小组按如下流程和装置进行制备：已知：低温下过氧化钙微溶于水并与水缓慢反应，CaO2⋅8H2O加热到150℃左右开始脱水，继续加热350℃时受热分解生成氧气。（1）图中仪器A的名称是_______。（2）若用CaCl2固体替代固体，还需加入哪种试剂实现转化_______。A.浓盐酸 B.浓氨水 C.石油醚 D.75%乙醇（3）下列说法正确的是_______。A.步骤①中，仪器A支管的作用是平衡气压，使H2O2溶液易于滴下B.步骤②中，过滤过程需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯C.步骤③中，在加热烘干中需要控制温度350℃并通入氧气可以有效抑制过氧化钙分解D.制备CaO2的化学反应方程式为（4）反应用冰水浴控制温度在05℃，其中一个原因是反应物双氧水受热易分解，低温有利于提高产率，另外的原因还可能是_______（5）测定产品中CaO2的含量的实验步骤是第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，再滴入少量2mol⋅L1的H2SO4溶液，充分反应。第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。第三步：逐滴滴入浓度为cmol⋅L1的Na2S2O3标准溶液至反应终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。已知：。①滴定终点的现象为_______，产品中CaO2的质量分数为_______。②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能_______(填“不受影响”“偏低”或“偏高”)。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）B（3）ABD（4）低温下过氧化钙微溶于水并与水缓慢反应，若温度升高，过氧化钙会溶于水并与水反应（5）①.当最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入后，溶液由蓝色变无色，且半分钟不恢复原色②.③.偏高【解析】【分析】由流程可知，氢氧化钙、双氧水、水反应生成沉淀，过滤得CaO2⋅8H2O晶体，经过烘干得到产品。【小问1详解】仪器A的名称是恒压滴液漏斗；【小问2详解】Ca(OH)2属于碱，溶于水电离钙离子和OH，水溶液为碱性，若用CaCl2固体替代Ca(OH)2固体，也需添加碱性溶液，浓氨水为碱性，故答案选B；【小问3详解】A．仪器A支管的作用是平衡气压，防止烧瓶内气压过大，使H2O2溶液易于滴下，A正确；B．过滤过程需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，B正确；C．CaO2⋅8H2O加热到150℃左右开始脱水，继续加热350℃时受热分解生成氧气，故加热烘干中温度在150℃，C错误；D．由流程可知，氢氧化钙、双氧水、水反应生成CaO2⋅8H2O晶