湖北省宜昌市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE湖北省宜昌市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）1.面对突如其来的新型冠状病毒，越来越多人意识到口罩和医用酒精的重要作用，医用口罩由三层无纺布制成，无纺布的主要原料是聚丙烯树脂。下列说法错误的是A.医用口罩能有效预防新型冠状病毒传染B.聚丙烯树脂属于合成有机高分子材料C.医用酒精中乙醇的体积分数为95%D.抗病毒疫苗冷藏存放目的是避开蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A．医用口罩能够有效阻挡病毒的进入人体感染，故A不符合题意；B．聚丙烯树脂为合成树脂材料，属于合成有机高分子材料，故B不符合题意；C．医用酒精中乙醇的体积分数为75%，故C符合题意；D．疫苗中主要成分为蛋白质，若温度过高，蛋白质会发生变性，故D不符合题意；故答案为：C。2.下列化学用语书写正确的是A.氯原子的结构示意图是B.乙烷的结构式是C.过氧化钠的电子式是D.中子数为7的碳原子是【答案】B【解析】【详解】A．氯原子核外有17个电子，氯原子的结构示意图是，故A错误；B．乙烷分子式是C2H6，结构式是，故B正确；C．过氧化钠是离子化合物，电子式是，故C错误；D．中子数为7的碳原子，质量数是13，表示为，故D错误；选B。3.下列有关试验操作的叙述不正确的是A.中和滴定时，眼睛凝视着滴定管中液体刻度的变更B.蒸发结晶时，有大量晶体析出时即停止加热，余热蒸干C.分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D.定容时，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水【答案】A【解析】【详解】A．中和滴定时，眼睛凝视着锥形瓶内颜色的变更，故A错误；B．蒸发时，当有大量晶体析出时就可以停止加热，用余热将液体蒸干，故B正确；C．分液操作时，为防止液体相互污染，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D．定容时，为精确限制液体体积，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水，故D正确；选A。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中肯定能大量共存的是A.无色透亮的溶液中：K＋、、、B.c(OH－)＝0.10mol·L－1的溶液中：Al3＋、Fe3＋、Cl－、C.pH=1的溶液中：、Na＋、、Br－D.与Al反应生成H2的溶液中：Mg2＋、K＋、Cl－、【答案】C【解析】【详解】A．含有的溶液呈紫色，无色透亮的溶液中不含，故不选A；B．c(OH－)＝0.10mol·L－1的溶液中Al3＋、Fe3＋生成沉淀，故不选B；C．pH=1的溶液呈酸性，、Na＋、、Br－不反应，能大量共存，故选C；D．与Al反应生成H2的溶液呈酸性或碱性，在酸性或碱性条件下都不能大量存在，Mg2＋在碱性条件下不能大量存在，故不选D；选C。5.下列说法正确的是A.试验室用醋酸溶液和NaOH溶液反应来测定中和热B.须要加热的反应不肯定是吸热反应C.热化学方程式中化学计量数表示分子个数D.1mol甲烷燃烧生成水和二氧化碳所放出的热量就是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A.在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时所释放的热量叫做中和热，醋酸为弱酸，电离时汲取热量，若用醋酸溶液和NaOH溶液反应来测定中和热会导致测定结果偏低，故A错误；B.须要加热的反应不肯定是吸热反应，可能是放热反应，如须要加热的铝热反应为放热反应，故B正确；C.热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，不表示分子个数，故C错误；D.1mol甲烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳所放出热量就是甲烷的燃烧热，故D错误；故选B。6.下列关于有机物的叙述正确的是A.煤的干馏，石油的分馏均属物理变更B.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料C.在人体内酶的作用下，纤维素可以发生水解反应生成葡萄糖D.淀粉、食用花生油、鸡蛋清都能发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A．煤的干馏过程有新物质生成，属于化学变更，石油的分馏过程没有新物质生成，是物理变更，故A错误；B．光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，故B错误；C．纤维素在人体内不能发生水解反应，故C错误；D．淀粉能水解为葡萄糖，食用花生油能水解为高级脂肪酸和甘油，鸡蛋清能水解为氨基酸，故D正确；选D。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温时，1mol苯中所含碳碳双键数目为3NAB.在一密闭容器中通入1.5molH2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数为NAC.由CO2和O2组成的混合物中，共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NAD.1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中含有的数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．苯中不含碳碳双键，故A错误；B．合成氨为可逆反应，在一密闭容器中通入1.5molH2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数小于NA，故B错误；C．每个CO2和O2分子中都含有2个氧原子，由CO2和O2组成的混合物中，共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NA，故C正确；D．Na2CO3溶液中水解，1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中含有的数目小于0.1NA，故D错误；选C。8.下列说明事实的方程式不正确的是A.用食醋清洗水垢：CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑B.84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2OC.用氢氧化铝治疗胃酸过多：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OD.用硫化钠除去废水中的汞离子：Hg2++S2-=HgS↓【答案】A【解析】【详解】A.水垢主要成分为CaCO3，而CaCO3难溶于水，所以离子方程式应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；B.84消毒液中含有NaClO,洁厕灵中含有盐酸，两者混用产生有毒气体Cl2，B正确；C.胃酸中含有盐酸，氢氧化铝可以和盐酸发生中和反应，用于治疗胃酸过多，C正确；D.汞离子和硫离子反应生成HgS沉淀，用硫离子能除去废水中的汞离子，D正确；答案选A。9.Se元素是人体必需的微量元素之一。下列说法不正确的是（）A.SeO2可以被氧化 B.H2Se的分子构型为V型C.SeO2能和碱溶液反应 D.H2Se的稳定性强于H2S【答案】D【解析】【详解】A.Se原子最外层有6个电子，最高价为+6，所以SeO2可以被氧化，故A正确；B.Se与O同族，H2O的分子构型为V型，所以H2Se的分子构型为V型，故B正确；C.Se与S是同族元素，SO2是酸性氧化物，能和碱溶液反应，所以SeO2能和碱溶液反应，故C正确；D.同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性Se<S，所以H2S的稳定性强于H2Se，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查同主族元素性质递变规律，利用同主族元素的相像性解决问题，依据二氧化硫的性质推出SeO2的性质，依据H2O的分子构型构型推出H2Se的分子构型。10.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满意X+Y=W+Z，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A.原子半径：Z>Y>X>W B.Y的氧化物水化物为强碱C.元素X的含氧酸均为强酸 D.W与X形成的化合物只含有极性键【答案】B【解析】【分析】化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，XW3是NH3、WZ是HCl，所以X是N元素、W是H元素、Z是Cl元素；四种元素的核外电子总数满意X+Y=W+Z，则Y的原子序数是11，Y是Na元素。【详解】A．原子半径：Na>Cl>N>H，故A错误；B．Na的氧化物水化物是NaOH，属于强碱，故B正确；C．N元素的含氧酸中HNO3是强酸、HNO2是弱酸，故C错误；D．H与N形成的化合物之一N2H4中含有极性键和非极性键，故D错误；选B。11.CalanolideA是一种抗HTV药物，其结构简式如图所示。下列关于CalanolideA的说法错误的是A.该分子中含有22个C原子B.分子中有3种含氧官能团C.该物质遇FeCl3溶液显紫色D.该物质既可发生消去反应又可发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．依据可知，该分子中含有22个C原子，故A正确；B．分子中有醚键、酯基、羟基，共3种含氧官能团，故B正确；C．不含酚羟基，遇FeCl3溶液不发生显色反应，故C错误；D．含有醇羟基和碳碳双键，既可发生消去反应又可发生加成反应，故D正确；选C。12.下列事实不能用勒夏特列原理说明的是A.运用催化剂可以提高合成氨的产量B.试验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出C保存FeCl3溶液时，加少量稀盐酸D.试验室用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】A【解析】【详解】A．催化剂不能使平衡移动，故选A；B．试验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出，降低生成物浓度，促进酯化反应正向移动，故不选B；C．保存FeCl3溶液时，加少量稀盐酸，使Fe3+的水解平衡逆向移动，故不选C；D．增大氯离子浓度，使Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡逆向移动，降低氯气的溶解度，所以试验室用排饱和食盐水的方法收集氯气，故不选D；选A。13.电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变更过程，下列叙述错误的是A.Ag为阳极B.Ag＋由银电极向变色层迁移C.W元素的化合价上升D.阴极反应为：WO3+xAg＋+xe－==AgxWO3【答案】C【解析】【详解】A．Ag为阳极，Ag失电子生成Ag＋，发生氧化反应，故A正确；B．当通电时，Ag＋注入到无色WO3薄膜中，Ag＋由银电极向变色层迁移，故B正确；C．WO3→AgxWO3，W元素的化合价降低，发生还原反应，故C错误；D．阴极得电子发生还原反应，电极反应为WO3+xAg＋+xe－==AgxWO3，故D正确；选C。14.在密闭容器中进行反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＞0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变更如图所示。下列推断正确的是()A.0~5min内，v(H2)＝0.1mol·(L·min)－1B.反应进行到12min时，CH4的转化率为25%C.恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小D.10min时，变更的外界条件可能是上升温度【答案】D【解析】【详解】A．0~5min内，由图中数据可知，v(CH4)==0.1mol/(L∙min)，且v(H2)＝3v(CH4)，故v(H2)＝0.3mol·(L·min)－1，故A项错误；B．反应进行至12min时，CH4的转化率为：=75%，故B项错误；C．由于该反应正向为体积增大的反应，因此缩小容器体积，平衡逆向移动，但平衡移动不能抵消产生的变更，因此平衡时H2浓度仍旧较之前增大，故C项错误；D．10min至12min内，由图可知反应速率较前5min内增大，且c(CH4)减小，平衡正向移动，结合题中条件（正反应吸热）可知变更的条件可能是升温，故D项正确；故答案为D。15.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（）A.反应①阶段，参与反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B.若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替D.反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A．依据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，依据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B．由反应①化合价变更状况，再依据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2正极产物，B项正确；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价上升，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价状况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】依据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。16.用肯定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点旁边溶液pH和导电实力的变更分别如下图所示(利用溶液导电实力的变更可推断滴定终点:溶液总体积变更忽视不计)。下列说法不正确的是A.a点对应的溶液中：c(CH3COO-)=c(Na+)B.a→b过程中，n(CH3COO-)不断增大C.依据溶液pH和导电实力的变更可推断：V2＜V3D.c→d溶液导电性增加的主要缘由是c(OH-)和c(Na+)增大【答案】D【解析】【详解】A．常温下，a点溶液呈中性，则溶液中c(OH-)=c(H+)，溶液呈存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，A正确；B．a点溶液中溶质为CH3COONa、CH3COOH，a到b过程中，醋酸接着和NaOH发生中和反应，则n(CH3COONa)增大、n(CH3COOH)减小，即n(CH3COO-)不断增大，B正确；C．CH3COONa溶液呈碱性，要使酸碱混合溶液呈中性，则a点醋酸物质的量大于n(NaOH)即醋酸有剩余，导电实力中d点为酸碱恰好完全反应点，d点酸的物质的量等于n(NaOH)，则V2＜V3，C正确；D．c到d溶液导电性增加主要是溶液中c(Na+)和c(CH3COO-)增大，D错误；故合理选项是D。17.我国科学家利用Cs2CO3、XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：（1）C、O、Si三种元素电负性由大到小的依次为___________；第一电离能I1(Si)___________I1(Ge)（填“>”或“<”）。（2）基态Ge原子价电子排布式为___________；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，SiO2熔点较高，其缘由是___________（3）如图为硼酸晶体的片层结构，其中硼原子的杂化方式为___________。该晶体中存在的作用力有___________。A．共价键B．离子键C．氢键（4）Fe和Cu可分别与氧元素形成低价态氧化物FeO和Cu2O。①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2＋的配位数为___________。②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若晶胞边长为acm，则该晶体的密度为___________g·cm－3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数)【答案】(1).：O＞C＞Si(2).＞(3).1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)；(4).SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高(5).sp2(6).AC(7).6(8).【解析】【分析】（1）电负性的变更规律：同周期从左向右渐渐增大，同主族由上至下渐渐减小；第一电离能的变更规律：同族元素由上至下渐渐减小；（2）Ge原子位于第四周期IVA族，结合构造原理书写原子核外电子排布式；SiO2、GeO2均为原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；（3）B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键；（4）①距离Fe2+最近的O2-个数为6；与O2-紧邻的全部Fe2+构成的几何构型为正八面体；

②若晶胞边长为acm，晶胞体积=a3cm3，该晶胞中O2-个数=1+8×=2、Cu+个数=4，该晶体的密度为=。【详解】（1）电负性的变更规律为同周期从左向右渐渐增大，同主族由上至下渐渐减小，所以电负性O＞C＞Si；第一电离能的变更规律为同族元素由上至下渐渐减小，因此I1(Si)＞I1(Ge)，故答案为：O＞C＞Si；＞；（2）Ge原子位于第四周期IVA族，因此原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高；（3）B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，因此为sp2杂化；该晶体中含有O-H之间，B-O之间的共价键以及分子间氢键，故答案为：sp2；AC；（3）①离子的配位数是指距离最近的且距离相等的带相反电荷的离子数目，距离Fe2+最近的O2-个数为6，所以其配位数是6，故答案为：6；②若晶胞边长为acm，晶胞体积=a3cm3，该晶胞中O2-个数=1+8×=2、Cu+个数=4，该晶体的密度为=g/cm3，故答案为：。18.甲醇是重要的化工原料，可以用多种方法合成。（1）用CO2生产甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH＝－akJ/molO2(g)+2H2(g)2H2O(l)ΔH＝－bkJ/mol（a、b均为正数）则表示CH3OH燃烧热的热化学方程式为：___________。（2）若在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2模拟工业合成甲醇的反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，下列能说明该反应达到平衡状态的是__________。A．混合气体平均相对分子质量不变B．混合气体密度不变C．容器内压强恒定不变D．反应速率满意以下关系：v正(CO2)=3v逆(H2)（3）将1molCO2和3molH2充入体积为1.0L的恒容密闭容器中反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，图1表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO2转化率随温度的变更关系。①a、b两点化学反应速率分别用va、vb表示，则va__________vb（填“＞”、“＜”或“＝”）。②计算T=200℃时，该反应的化学平衡常数K=__________（计算结果保留一位小数）。（4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯工作原理如图2所示。离子交换膜a为__________（填“阳膜”、“阴膜”），阳极的电极反应式为__________。【答案】(1).CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝（a－b）kJ/mol(2).AC(3).＞(4).5.3(5).阳膜(6).2CH3OH+CO-2e-＝(CH3O)2CO+2H+【解析】【分析】(1)依据盖斯定律进行计算；

(2)依据正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行平衡状态的判定；

(3)依据影响速率的因素进行分析，依据三段式，结合平衡常数的计算公式进行计算；

(4)阳极上甲醇失电子和CO反应生成碳酸二甲酯，阴极上氧气得到电子，转化为水，氢离子要进入到阴极区，所以a膜为阳膜。【详解】(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH＝－akJ/mol②O2(g)+2H2(g)2H2O(l)ΔH＝－bkJ/mol（a、b均为正数）则由盖斯定律可知②×－①即得到表示CH3OH燃烧热的热化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝（a－b）kJ/mol；(2)A．反应前后气体的质量不变，但混合气体的总物质的量是变更的，因此混合气体平均相对分子质量不变可说明反应达到平衡状态，A正确；B．反应前后气体的质量和容器体积均是不变的，因此混合气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C．正反应体积减小，则容器内压强恒定不变可说明反应达到平衡状态，C正确；D．反应速率满意以下关系：v正(CO2)=3v逆(H2)，依据方程式可知正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，D错误；答案选AC。(3)①温度相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO2的转化率增大，所以曲线A所在点压强高为5.0MP，所以反应速率Va大于Vb；②平衡常数只与温度有关系，依据图像选择a点计算，依据三段式可知因此200℃时，该反应的化学平衡常数K=＝5.3；(4)阳极上甲醇失电子和CO反应生成碳酸二甲酯，电极反应式为2CH3OH+CO-2e-＝(CH3O)2CO+2H+，阴极上氧气得到电子，转化为水，因此阳极产生的氢离子通过交换膜进入阴极，所以离子交换膜a为阳膜。19.铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol·L－1)氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2起先沉淀的Ph1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5（1）酸浸时，粉碎铜镉渣的目的是_________。（2）操作Ⅰ产生的滤渣Ⅰ主要成分为_________(填化学式)。（3）①操作Ⅲ中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为_________。②再加入ZnO限制反应液的pH，pH范围为_________。③若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计试验方案加以检验：_________。（4）处理含镉（Cd2＋）废水常用加入CaCO3实现沉淀转化，若反应达到平衡后，溶液中c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1，溶液中c(Cd2＋)＝_________mol·L－1[已知25℃，Ksp(CdCO3)＝5.6×10－12，Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9]。【答案】(1).增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率(2).Cu(3).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(4).3.3≤pH＜7.2(5).加入K3［Fe(CN)6］，若产生蓝色沉淀则有Fe2+(或加入KSCN无现象，再加入H2O2，溶液变血红色，则含有铁元素)(6).【解析】【分析】铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，加入稀硫酸，铜不溶，过滤，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Zn2+、Co2+，向滤液加入锌和Sb2O3，产生合金CoSb除去钴，向除钴后的溶液中加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化锌调整pH使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，电解含有Zn2+、Cd2+的溶液，可得镉单质；【详解】(1)酸浸时，粉碎铜镉渣的目的是增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率；(2)锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，加入稀硫酸，铜不溶，操作Ⅰ产生的滤渣Ⅰ主要成分为Cu；(3)①操作Ⅲ中先加入适量H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②依据表格数据，3.3≤pH＜7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不沉淀，所以加入ZnO限制反应液pH范围为3.3≤pH＜7.2；③若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe2+，检验Fe2+的方法是：加入K3［Fe(CN)6］，若产生蓝色沉淀则有Fe2+(或加入KSCN无现象，再加入H2O2，溶液变血红色，则含有铁元素)；(4)反应达到平衡后，溶液中c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1，则，依据Ksp(CdCO3)＝5.6×10－12，c(Cd2＋)＝mol·L－1。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程、氧化还原反应的理解，明确工艺流程原理是解题的关键，驾驭混合物分别的方法，培育敏捷运用学问的实力。20.过氧化钙是一种温柔的氧化剂，常温下为白色固体，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂。某小组同学利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。制备的试验方案和装置图如下：（1）①仪器A的名称是_________，支管B的作用是_________；②三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为：_________；③步骤Ⅲ中洗涤CaO2·8H2O的液体X应选择_________；A．无水乙醇B．浓盐酸C．CaCl2溶液④该反应常用冰水浴限制温度在0℃左右，其可能的缘由有：i．该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O产率；ii．_________。（2）测定产品中CaO2含量的试验步骤：步骤一：精确称取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·L－1的硫酸，充分反应。步骤二：向上述锥形瓶中加入几滴_________(作指示剂)。步骤三：逐滴加入浓度为cmol·L－1的Na2S2O3溶液至反应完全，滴定至终点，记录数据，再重复上述操作2次，得出三次平均消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。则产品中CaO2的质量分数为_________(用含字母的代数式表示)。（已知：I2+2==2I－+）【答案】(1).球形干燥管(2).能平衡气压，平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺当滴下(3).CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl(4).A(5).温度低可削减过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率(6).淀粉溶液(7).【解析】【分析】(1)①依据装置图推断仪器A的名称；支管B能平衡气压；②三颈烧瓶中CaCl2、H2O2、氨水反应生成CaO2•8H2O；③依据过氧化钙，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂分析；④依据H2O2易分解回答；(2)依据碘遇淀粉变蓝色选择指示剂；依据CaO2+4H++2I-═Ca2++2H2O+I2，I2+2===2I－+得关系式:CaO2~I2~2S2O32-，依据关系式计算过氧化钙百分含量。【详解】(1)①依据装置图，仪器A的名称是球形干燥管；支管B能平衡气压，使6%的H2O2溶液和氨水能顺当流入三口烧瓶；②三颈烧瓶中CaCl2、H2O2、氨水反应生成CaO2•8H2O，反应方程式是CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O