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1、湖北省宜昌市2019-2020学年高二下学期期末调研考试化学试题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免蛋白质变性【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，
2、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. 下列有关实验操作的叙述不正确的是A. 中和滴定时，眼睛注视着滴定管中液体刻度的变化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
3、液体从上口倒出D. 定容时，加水到容量瓶刻度线下12cm时，改用胶头滴管加水【答案】A【解析】【详解】A中和滴定时，眼睛注视着锥形瓶内颜色的变化，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，为准确控制液体体积，加水到容量瓶刻度线下12cm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一定能大量共存的是A. 无色透明的溶液中：K、B. c(OH)0.10molL1的溶液中：Al3、Fe3、Cl、C. pH=1的溶液中：、Na、
4、BrD. 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，无色透明的溶液中不含，故不选A；Bc(OH)0.10molL1的溶液中Al3、Fe3生成沉淀，故不选B；CpH=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. 实验室用醋酸溶液和NaOH溶液反应来测定中和热B. 需要加热的反应不一定是吸热反应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
5、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，电离时吸收热量，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. 需要加热的反应不一定是吸热反应，可能是放热反应，如需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化B. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材
6、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，属于化学变化，石油的分馏过程没有新物质生成，是物理变化，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
7、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. 1L0.1molL1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；DNa2CO3溶液中水解，1L0.1molL1的Na2CO3溶液中含有的数目小于0.1NA，故D错误；选C。8. 下列解释事实的方程式不正
8、确的是A. 用食醋清洗水垢：CO32- + 2CH3COOH = 2CH3COO- + H2O + CO2B. 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，
9、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，
10、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SeYXWB. 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足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：NaClNH，故A错误；BNa的氧化物水化物是NaOH，属于强碱，故B正确；CN元素的含氧酸中HNO3是强酸、HNO2是弱酸，故C错误； DH与N
11、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根据可知，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
12、特列原理解释的是A. 使用催化剂可以提高合成氨的产量B. 实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. 实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实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，所以实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
13、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，对于该变化过程，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元素的化合价升高D. 阴极反应为：WO3+xAg+xe=AgxWO3【答案】C【解析】【详解】AAg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；CWO3AgxWO3，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
14、反应CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是 A. 05 min内，v(H2)0.1 mol(Lmin)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. 10 min时，改变的外界条件可能是升高温度【答案】D【解析】【详解】A05min内，由图中数据可知，v(CH4)= =0.1mol/(Lmin)，且v(H2)3v(CH4)，故v(H2)0.3 mol(Lmin)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
15、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化，因此平衡时H2浓度仍然较之前增大，故C项错误；D10min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)可知改变的条件可能是升温，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. 反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B. 若反应通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C. 反应中的H2
16、O2可用NaClO4代替D. 反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根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由反应化合价变化情况，再根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，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，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D据流程图反应ClO2与H2O2反应的变价情况，Cl
17、O2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】根据反应的流程图可得反应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. 用一定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如下图所示(利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点：溶液总体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A. a点对应的溶液中：c(CH3COO-)=c(Na+)B. ab过程中，n(CH3COO-)不断增大C. 根据溶液pH和导电能力的变化可判断：V2V3D. cd溶液导电性增强的主要原因是c(OH-)和c(Na+)增大【
18、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；Ba点溶液中溶质为CH3COONa、CH3COOH，a到b过程中，醋酸继续和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；CCH3COONa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，导电能力中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V2V3，C正确；
19、Dc到d溶液导电性增强主要是溶液中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顺序为_；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，其原因是_。(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F
20、eO和Cu2O。FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2的配位数为_。Cu2O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_gcm3(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数)。【答案】 (1) OCSi (2) (3) 1s22s22p63s23p63d104s24p2(或Ar3d104s24p2)； (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)电负性的变化规律：同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小；第一电离能的变
21、化规律：同族元素由上至下逐渐减小；(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)距离Fe2+最近的O2-个数为6；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体；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)电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小，所以电负性OCSi；第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小，因
22、此I1(Si)I1(Ge)，故答案为：OCSi；(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Ar3d104s24p2)；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Ar3d104s24p2)；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-
23、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)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；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)HakJ/molO2(g)+2H2(g)2H2O(l)HbkJ/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
24、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反应速率满足以下关系：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转化率随温度的变化关系。a、b两点化学反应速率分别用va、vb表示，则va_vb(填“”“”或“”)。计算T=200时，该反应
25、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)H(ab)kJ/mol (2) AC (3) (4) 5.3 (5) 阳膜 (6) 2CH3OH+CO-2e-(CH3O)2CO+2H+【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；(2)根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)根据影响速率的因素进行分析，根据三段式，结合平衡常数的计算公式进行计算；(4
26、)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：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)HakJ/molO2(g)+2H2(g)2H2O(l)HbkJ/mol(a、b均为正数)则由盖斯定律可知即得到表示CH3OH燃烧热的热化学方程式为CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H(ab)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化的，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
27、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反应速率满足以下关系：v正(CO2)=3v逆(H2)，根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)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；平衡常数只与温度有关系，根据图像选择a点计算，根据三段式可知因此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
28、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0.1molL1)：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的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)操作产生的滤渣主要成分为_(填化学式)。(3)操作中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为_。再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为_。若加入的H
29、2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以检验：_。(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)0.1molL1，溶液中c(Cd2)_molL1已知25，Ksp(CdCO3)5.61012，Ksp(CaCO3)2.810-9。【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) 3.3pH7.2 (5) 加入K3Fe(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
30、) (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+，加入氧化锌调节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，操作产生的滤渣主要成分为Cu；(3)操作中先加入适量H2O2，把Fe2+氧化为
31、Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；根据表格数据，3.3pH7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不沉淀，所以加入ZnO控制反应液pH范围为3.3pH7.2；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K3Fe(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)0.1molL1，则 ，根据Ksp(CdCO3)5.61012，c(Cd2)molL1。【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
32、的理解，明确工艺流程原理是解题的关键，掌握混合物分离的方法，培养灵活运用知识的能力。20. 过氧化钙是一种温和的氧化剂，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。制备的实验方案和装置图如下：(1)仪器A的名称是_，支管B的作用是_；三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为：_；步骤中洗涤CaO28H2O的液体X应选择_；A无水乙醇B浓盐酸CCaCl2溶液该反应常用冰水浴控制温度在0左右，其可能的原因有：i该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO28H2O产率；ii_。(2)测定产品中CaO2含量的实验步骤：步骤一：准确称取ag产品于
33、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2molL1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cmolL1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利滴下 (3) CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl (4) A (5) 温度低可减少过氧化氢
34、的分解，提高过氧化氢的利用率 (6) 淀粉溶液 (7) 【解析】【分析】(1)根据装置图判断仪器A的名称；支管B能平衡气压；三颈烧瓶中CaCl2、H2O2、氨水反应生成CaO28H2O；根据过氧化钙，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂分析；根据H2O2易分解回答；(2) 根据碘遇淀粉变蓝色选择指示剂；根据CaO2+4H+2I-Ca2+2H2O+I2，I2+2=2I+得关系式：CaO2I22S2O32-，根据关系式计算过氧化钙百分含量。【详解】(1)根据装置图，仪器A的名称是球形干燥管；支管B能平衡气压，使6%的H2O2溶液和氨水能顺利流入三口烧瓶；三颈烧瓶中CaCl2、H2O2、氨水反应生成CaO
35、28H2O，反应方程式是CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl；过氧化钙，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂，所以最好用无水乙醇洗涤CaO28H2O，选A；常用冰水浴控制温度在0左右，其可能的原因为： i该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO28H2O产率；ii温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；根据关系式CaO2I22S2O32-，可知CaO2的物质的量是mol；CaO2的质量分数为 。【点睛】本题考查实验方案的设计、物质组成及含量测定计算，明确实验目的和实验原理为解答关键，注意掌握性质实验方案设计的与评价原则，明确探究物质组成及含量测定的方
36、法。21. 伪麻黄碱(D)是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：(1)B中含有的官能团为：_(写名称)。(2)AB的反应类型为：_；BC的化学方程式为：_。(3)B的消去产物可以用于合成高分子化合物E，请写出E的结构简式：_。(4)满足下列要求的A的同分异构体有_种。能发生银镜反应苯环上的一氯代物有两种结构其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式是(写出一种即可)：_。【答案】 (1) 羰基、溴原子 (2) 取代反应 (3) (4) (5) 4 (6) 或【解析】【分析】(1)根据B的结构简式可知其所含
37、的官能团；(2)比较A、B的结构简式可知AB的反应类型，结合B、D的结构简式可知C的结构简式是；(3)B中溴原子与邻位碳上的氢原子发生消去反应生成碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应，据此确定E的结构；(4)根据条件能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上的一氯代物有两种结构，苯环上有两种位置的氢原子；【详解】(1)根据B的结构简式，可知其所含的官能团是羰基、溴原子；(2)比较A、B的结构简式可知，A中的1个氢原子被溴原子代替，AB的反应类型是取代反应，中的溴原子被-NHCH3代替生成，BC的化学方程式为；(3)B中溴原子与邻位碳上的氢原子发生消去反应生成，碳碳双键可以发生加聚反应得到E为；(4)根据条件能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上的一氯代物有两种结构，即苯环上有两种位置的氢原子，则符合条件的A的同分异构体为苯环的对位上连有两个基团-CH2CH3、-CHO或-CH2CHO、-CH3，也可以是连有三个基团结构为、，所以共有4种，其中核磁共振氢谱为4组峰，分子中有四种位置的氢原子，且峰面积之比为6：2：1：1，即氢原子个数比为6：2：1：1的A的同分异构体为或。【点睛】本题涉及有机化合物之间的转化关系、有机反应类型、限定条件的同分异构体的书写等相关知识，注意观察反应流程中有机物结构的变化，明确常见有机物官能团的结构及其性质是解本题关键。