2024年江蘇省高考化學?？家族e檢測卷（一）

這是一份2024年江蘇省高考化學常考易錯檢測卷（一），共23頁。試卷主要包含了單選題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

一、單選題
1．形成正確的化學觀念有助于學習。下列有關(guān)化學觀念正確的是
A．組成相同的物質(zhì)其性質(zhì)相同B．化學反應(yīng)中既有物質(zhì)變化也有能量變化
C．化學反應(yīng)的限度大小是不可改變的D．晶體類型一定是純粹的，不存在過渡晶體
2．電石可通過如下反應(yīng)制得：、。下列說法正確的是
A．基態(tài)的電子排布式：B．的空間構(gòu)型為四面體形
C．的電子式為D．二氧化碳晶體屬于共價晶體
3．臭氧在催化下能將煙氣中的分別氧化為和。下列關(guān)于元素及其化合物的說法正確的是
A．原子半徑：B．第一電離能：
C．沸點：D．電負性：
4．下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)或性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是
A．中化學鍵非常牢固，可用作保護氣
B．乙醇易溶于水，可用于消毒殺菌
C．濃硫酸具有強氧化性，可用于與反應(yīng)制
D．是極性分子，可用于漂白紙漿
5．氨用于生產(chǎn)硝酸、銨鹽、純堿、配合物等，液氮可以和金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生。實驗室利用下列裝置進行氨氣或氨水的有關(guān)實驗，能夠達到實驗?zāi)康牡氖?br>A．制取B．干燥C．收集D．制溶液
6．中的一個原子被取代可形成羥胺，被取代可形成肼吸電子能力比強。下列說法正確的是
A．的鍵角比小B．中含鍵
C．難溶于水D．中結(jié)合的能力比弱
7．的燃燒熱為，具有強還原性，可由尿素和溶液一起反應(yīng)制得。下列化學反應(yīng)的表示正確的是
A．金屬鈉和液氨反應(yīng)：
B．過量氨水和反應(yīng)：
C．尿素、溶液制取的離子方程式：
D．肼燃燒的熱化學方程式：
8．的燃燒熱為，具有強還原性，可由尿素和溶液一起反應(yīng)制得。下列說法正確的是
A．侯氏制堿的原理可表示為 飽和溶液
B．氨氣催化氧化制取屬于氮的固定中的一種
C．由尿素、和溶液制時，應(yīng)將溶液滴加到尿素溶液中
D．濃氨水與濃硫酸靠近時會有白煙生成
9．工業(yè)上用催化還原可以消除氮氧化物的污染，反應(yīng)原理為：。不同的催化劑催化該反應(yīng)的最佳活性溫度不同。下列說法正確的是
A．上述反應(yīng)平衡常數(shù)
B．其他條件不變時，反應(yīng)單位時間，去除率隨溫度升高而增大的原因可能是平衡常數(shù)變大
C．其他條件不變，在低溫下使用高效催化劑可提高的平衡轉(zhuǎn)化率
D．反應(yīng)中若采用高分子分離膜及時分離出水蒸氣，可以使反應(yīng)的平衡常數(shù)增大
10．有機物W可發(fā)生如圖所示的反應(yīng)，下列說法正確的是
A．為促進M的生成，試劑Q可用硫酸
B．Y中所有碳原子均可能共平面
C．M、X、Y都存在順反異構(gòu)體
D．X中sp2雜化和sp3雜化的碳原子的比例是8∶1
11．室溫下，下列實驗方案能達到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
12．室溫下，用含少量雜質(zhì)的溶液制備的過程如下圖所示。下列說法正確的是
已知：
A．“除鋅”后所得上層清液中，一定小于
B．溶液中存在：
C．氨水、溶液中存在：
D．“沉錳”后的濾液中存在：
13．利用和反應(yīng)生成的過程中主要涉及的反應(yīng)如下：
反應(yīng)Ⅰ
反應(yīng)Ⅱ
向密閉容器中充入一定量和發(fā)生上述反應(yīng)，保持溫度和容器體積一定，平衡時和的轉(zhuǎn)化率、和的產(chǎn)率及隨起始的變化情況如下圖所示。
[的產(chǎn)率的選擇性]。
下列說法不正確的是
A．當容器內(nèi)氣體總壓強保持不變時，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ均達到平衡狀態(tài)
B．曲線表示的產(chǎn)率隨的變化
C．，反應(yīng)達平衡時，的選擇性為
D．隨著增大，的選擇性先增大后減小
二、解答題
14．碲廣泛應(yīng)用于冶金工業(yè)。以碲銅廢料（主要含）為原料回收碲單質(zhì)的一種工藝流程如下：
已知：，。
(1)“氧化酸浸”得到和，該反應(yīng)的化學方程式為 。
(2)“沉銅”時過多會導致與生成環(huán)狀結(jié)構(gòu)的配離子，該配離子的結(jié)構(gòu)式為 （不考慮立體異構(gòu)）
(3)可溶于，反應(yīng)的平衡常數(shù)為 。[已知：反應(yīng)的平衡常數(shù)]
(4)“還原”在條件下進行，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 。
(5)“還原”時，的實際投入量大于理論量，其可能的原因為 。
(6)將一定質(zhì)量的置于氣中熱解，測得剩余固體的質(zhì)量與原始固體的質(zhì)量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。下剩余固體的化學式為 。
15．索拉非尼（H）可用于肝癌的治療，其一種合成路線如下：
(1)欲確定中存在和化學鍵，可采取的儀器分析方法為___________（填字母）。
A．原子發(fā)射光譜B．核磁共振氫譜C．質(zhì)譜D．紅外光譜
(2)在酸性條件下不穩(wěn)定，的反應(yīng)中應(yīng)控制的投料比不低于 。
(3)D的熔點比鄰硝基苯酚的 （填“高”或“低”或“無法確定”）。
(4)的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式 。分子中所有碳原子軌道雜化類型相同；該物質(zhì)完全水解最多消耗，水解產(chǎn)物之一的分子中不同化學環(huán)境的氫原子個數(shù)比為。
(5)的分子式為，其結(jié)構(gòu)簡式為 。
(6)請設(shè)計以和為原料制備的合成路線 （無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。
16．過氧化鈣(CaO2)微溶于水，溶于酸，是一種用途廣泛的化工產(chǎn)品。以石灰石（含有少量鐵、硅的氧化物）為原料制備CaO2的實驗流程如下：
已知：①雙氧水(H2O2)在弱酸性或中性條件下性質(zhì)較穩(wěn)定，在堿性條件下不穩(wěn)定。
②273 K時，
(1)判斷“酸浸1”完成的標志是 。
(2)“除雜”時，待充分反應(yīng)后將溶液煮沸并趁熱過濾，“濾渣”的主要成分為 ；相比普通過濾裝置，使用如圖所示的熱抽濾裝置的優(yōu)點是 。
(3)“轉(zhuǎn)化”需在冰水浴中進行，生成CaO2·8H2O晶體的離子方程式為 ；CaCl2與H2O2直接反應(yīng)不易發(fā)生，制備時加入適量氨水有利于CaO2生成，其可能原因為 。
(4)測定產(chǎn)品中CaO2含量。高錳酸鉀滴定法原理為：在酸性條件下，CaO2與稀酸反應(yīng)生成H2O2，用標準酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以確定CaO2含量。下列關(guān)于滴定分析的說法，不正確的是___________（填字母）。
A．滴定時應(yīng)一直觀察滴定管中溶液體積的變化
B．當?shù)稳氚氲嗡嵝訩MnO4溶液后，溶液顏色從無色剛好變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色，表示已經(jīng)到達滴定終點
C．滴定前滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡，滴定后尖嘴內(nèi)無氣泡，則測定結(jié)果偏小
D．讀取 KMnO4溶液體積時，滴定前俯視讀數(shù)，滴定后仰視讀數(shù)，則測定結(jié)果偏大
(5)以電石渣[主要成分為Ca(OH)2，還含有少量SiO2等雜質(zhì)]為原料也可制備CaO2，設(shè)計制備CaO2·8H2O晶體的實驗方案： 。（須使用的試劑：NH4Cl溶液、H2O2溶液、冰水）
17．乙醇是一種清潔的替代能源，催化加氫制備乙醇技術(shù)是當前的研究熱點。
(1)催化加氫制備乙醇的反應(yīng)為。
①若要計算上述反應(yīng)的，須查閱的兩個數(shù)據(jù)是的燃燒熱和 。
②某金屬有機骨架負載的銅基催化劑上，加氫生成的部分反應(yīng)機理如圖所示。
過程中兩個均參與反應(yīng)，畫出的結(jié)構(gòu)式（注明電荷） 。
(2)乙酸甲酯催化加氫制備乙醇主要涉及如下反應(yīng)：
反應(yīng)Ⅰ：
反應(yīng)Ⅱ：
在其他條件不變時，將的混合氣體以一定流速通入裝有銅基催化劑的反應(yīng)管，測得轉(zhuǎn)化率、選擇性選擇性]隨溫度的變化如圖所示。
①銅基催化劑須含合適物質(zhì)的量之比的與的晶胞如圖所示（立方體），晶體的密度可表示為 （用含的代數(shù)式表示，表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。
②下均有，其原因是 。
③范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而迅速增大的主要原因是 。
④溫度高于時，催化劑的催化活性下降，其原因可能是 。
選項
探究方案
探究目的
A
測定 等體積和溶液的
比較和的酸性強弱
B
將石油裂解產(chǎn)生的氣體通入的溶液，觀察溶液顏色變化
驗證石油裂解產(chǎn)物中是否含乙烯
C
向溶液中通入至過量，觀察是否有沉淀生成
是否具有氧化性
D
將鹵代烴與NaOH水溶液混合加熱，待冷卻后加入硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色
確定鹵代烴中鹵原子種類
參考答案：
1．B
【詳解】A． 組成相同的物質(zhì)可能是同分異構(gòu)體，其性質(zhì)不相同，A錯誤；
B． 化學反應(yīng)中既有物質(zhì)變化也有能量變化，B正確；
C． 化學反應(yīng)的限度大小可能隨外界條件的變化而改變，C錯誤；
D． 晶體類型不一定是純粹的，存在過渡晶體，D錯誤；
故選B。
2．C
【詳解】A．基態(tài)原子的電子排布式為，則的電子排布式為1s22s22p63s23p6，故A錯誤；
B．中C的價層電子對為3+=3，沒有孤電子對，空間構(gòu)型為平面三角形，故B錯誤；
C．是離子化合物，由和構(gòu)成，電子式為：，故C正確；
D．二氧化碳晶體屬于分子晶體，故D錯誤。
答案選C。
3．B
【詳解】A．同主族從上到下原子半徑增大，同周期從左到右原子半徑減小，原子半徑：，故A錯誤；
B．根據(jù)第一電離能遞變規(guī)律，第一電離能：，故B正確；
C．H2O和NH3都能形成分子間氫鍵，但是H2O中氫鍵更多，而H2S不能形成氫鍵，故沸點：，故C錯誤；
D．金屬電負性一般小于非金屬，N與O同周期，O的電負性大于N，電負性：，故D錯誤。
答案選B。
4．A
【詳解】A．中化學鍵非常牢固，因此化學性質(zhì)穩(wěn)定，難與其他物質(zhì)反應(yīng)，可用作保護氣，故A正確；
B．乙醇能使蛋白質(zhì)變性，從而可用于殺菌消毒，與乙醇易溶于水無關(guān)，故B錯誤；
C．濃硫酸具有強酸性，可與CaF2發(fā)生復分解反應(yīng)產(chǎn)生CaSO4和HF，因此可以用于制HF，屬于高沸點酸制備低沸點酸，這與濃硫酸是否具有強氧化性無關(guān)，故C錯誤；
D．SO2具有漂白性，可用于漂白紙漿，故D錯誤；
故答案選A。
5．D
【詳解】A．應(yīng)該用氯化銨和氫氧化鈣的固體混合物加熱制取，故不選A；
B．氨氣是堿性氣體，氨氣和硫酸反應(yīng)生成硫酸銨，干燥不能用濃硫酸，應(yīng)該用堿石灰干燥氨氣，故不選B；
C．氨氣的密度小于空氣，應(yīng)該用向下排空氣法收集氨氣，氨氣應(yīng)該從長導管進入燒瓶，故不選C；
D．氫氧化銅和氨水反應(yīng)生成配合物氫氧化四氨合銅，故選D；
選D。
6．D
【詳解】A．和的中心原子都采用sp3雜化，中N原子有1個孤電子對，中O原子上有2個孤電子對，孤電子對越多鍵角越小，故的鍵角更小，故A錯誤；
B．中有16個鍵，故中含鍵，故B錯誤；
C．有羥基和氨基，能與水形成分子間氫鍵，故易溶于水，故C錯誤；
D．吸電子能力比強，則中N原子的正電性大，比中N原子更難以結(jié)合，故D正確。
答案選D。
7．B
【詳解】A．金屬鈉和液氨反應(yīng)生成NaNH2和H2，反應(yīng)的方程式為：，A錯誤；
B．過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2，生成(NH4)2SO3和水：，B正確；
C．尿素和NaClO溶液在堿性條件下反應(yīng)生成N2H4、Na2CO3和NaCl，反應(yīng)的離子方程式為：，C錯誤；
D．肼燃燒的熱化學方程式中H2O應(yīng)為液態(tài)，D錯誤；
故答案選B。
8．C
【詳解】A．因為氨氣的溶解度遠大于二氧化碳，故飽和溶液，故A錯誤；
B．氨氣催化氧化制取不是將氮氣轉(zhuǎn)化為氮的化合物的過程，不屬于氮的固定，故B錯誤；
C．由于具有還原性，NaClO具有強氧化性，為防止被過量NaClO溶液氧化，制備時必須將次氯酸鈉和氫氧化鈉混合液緩慢滴加到尿素溶液中，邊加邊攪拌，故C正確；
D．濃硫酸不揮發(fā)，所以濃氨水靠近時不會產(chǎn)生白煙現(xiàn)象，故D錯誤。
答案選C。
9．C
【詳解】A．上述反應(yīng)水為氣體參與反應(yīng)，固體和純液體不寫入表達式，所以平衡常數(shù)，故A錯誤；
B．該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故B錯誤；
C．其他條件不變時，在低溫下平衡正向移動，可提高的平衡轉(zhuǎn)化率，而催化劑可以加快反應(yīng)速率，更快達到平衡，故C正確；
D．采用高分子分離膜及時分離出水蒸氣，反應(yīng)體系中水蒸氣濃度減小，平衡正向移動，NO2去除率增大，但是溫度不變，反應(yīng)的平衡常數(shù)不變，故D錯誤；
故答案選C。
10．B
【詳解】A．苯酚具有強還原性，而濃硫酸具有強氧化性，濃硫酸會將苯酚分子氧化，而不利于M的生成，A錯誤；
B．苯分子是平面分子，與苯環(huán)連接的飽和碳原子取代苯酚分子中H原子的位置，在苯酚分子的平面上；乙烯分子是平面分子，物質(zhì)Y分子中與兩個不飽和的碳原子連接的2個飽和碳原子在乙烯的平面上，兩個平面共直線，由于碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，因此該物質(zhì)分子中所有碳原子有可能共平面，B正確；
C．物質(zhì)X分子中有一個不飽和的C原子上連接了2個相同的原子——H原子，因此X不存在順反異構(gòu)體，C錯誤；
D．根據(jù)物質(zhì)X分子結(jié)構(gòu)簡式，可知該物質(zhì)分子中，含有的sp2雜化的C原子數(shù)目為8個，含有的sp3雜化的C原子數(shù)目為2個，因此X分子中sp2雜化和sp3雜化的碳原子的比例是4∶1，D錯誤；
故合理選項是B。
11．C
【詳解】A．測定等體積的和，濃度不確定是否相同，不能根據(jù)pH值比較和酸性強弱，A項錯誤；
B．石油裂解的化學過程是比較復雜的，生成的裂解氣是一種復雜的混合氣體，主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不飽和烴，通入的溶液，顏色褪去可以說明含有不飽和烴，不能說明一定含有乙烯，B項錯誤；
C．硫化鈉中通入過量的二氧化硫，觀察到的沉淀是S單質(zhì)，二氧化硫的化合價降低，有氧化性，則可以說明二氧化硫有氧化性，C項正確；
D．將鹵代烴與NaOH水溶液混合加熱，待冷卻后加入稀硝酸中和氫氧化鈉，再加硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色確定鹵素原子種類，D項錯誤；
答案選C。
12．A
【分析】“除鋅”步驟中，由于，因此當加入過量MnS時，產(chǎn)生ZnS沉淀，過濾后除掉過量的MnS和產(chǎn)生的ZnS沉淀，再用將Mn2+沉淀為MnCO3，據(jù)此作答。
【詳解】A．MnS過量，“除鋅”步驟完成沉淀生成ZnS，則上層清液一定小于，A正確；
B．溶液中由電荷守恒，由物料守恒，聯(lián)立兩式可得，B錯誤；
C．由電荷守恒，pH>7，說明，則，C錯誤；
D．沉錳后濾液成分是(NH4)2SO4、、NH4HCO3，則，D錯誤；
故答案選A。
13．D
【分析】反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的總反應(yīng)為：2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，起始越大，反應(yīng)正向進行程度越大，CO轉(zhuǎn)化率越大，直到接近100%，而H2的轉(zhuǎn)化率減小，則曲線a表示CO的轉(zhuǎn)化率，曲線b表示H2的轉(zhuǎn)化率；同時隨著起始的增大，CH4的產(chǎn)率也逐漸增大，因生成的CO2與H2會發(fā)生反應(yīng)，導致CO2產(chǎn)率先增大后減小，則曲線c表示CH4的產(chǎn)率，曲線d表示CO2的產(chǎn)率，據(jù)此解答。
【詳解】A．反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的總反應(yīng)為：2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，該反應(yīng)氣體分子數(shù)減少，當容積固定的密閉容器內(nèi)氣體總壓強保持不變時，氣體分子總數(shù)也不變，說明反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ均達到平衡狀態(tài)，A正確；
B．由分析可知，曲線c表示CH4的產(chǎn)率隨的變化，B正確；
C．反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的總反應(yīng)為：2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，當時，CO過量，生成物n(CH4)=n(CO2)，則CH4的選擇性為50%，C正確；
D．曲線c、d分別表示CH4、CO2的產(chǎn)率，由圖可知，隨著增大，CH4和CO2產(chǎn)率的比值逐漸增大，導致 一直減小，即CO2的選擇性一直減小，D錯誤；
故選D。
14．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)提高的還原率；會與“沉銅”后所得濾液中的酸反應(yīng)生成從溶液中逸出
(6)
【分析】向碲銅廢料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反應(yīng)生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液將Cu2+轉(zhuǎn)化為CuC2O4沉淀除去，此時濾液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液將H2TeO3還原生成Te，據(jù)此解答。
【詳解】（1）“氧化酸浸”過程，Cu2Te被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3，則反應(yīng)的化學方程式為：；
（2）在環(huán)狀結(jié)構(gòu)的配離子[Cu(C2O4)2]2?中，的碳氧單鍵中的O給出孤電子對，Cu2+接受電子對，以4個配位鍵形成[Cu(C2O4)2]2?，則該配離子的結(jié)構(gòu)式為：；
（3）用R2?表示[Cu(C2O4)2]2?，則反應(yīng)CuC2O4+H2C2O4?[Cu(C2O4)2]2?+2H+的平衡常數(shù)為 ，因 ，即 ，且反應(yīng)的平衡常數(shù) ，所以 ，即；
（4）“還原”時，H2TeO3被還原生成Te，被氧化生成，則H2TeO3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：；
（5）為提高H2TeO3的還原率，加入的Na2SO3溶液過量；“沉銅”后所得濾液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3會與H2SO4反應(yīng)生成SO2并逸出，則Na2SO3的實際投入量大于理論量，其可能的原因為：提高H2TeO3的還原率；Na2SO3會與“沉銅”后所得濾液中的酸反應(yīng)生成SO2，SO2從溶液中逸出；
（6）由圖可知，350~400°C時剩余固體的質(zhì)量與原始固體的質(zhì)量的比值為42.11%，CuC2O4的摩爾質(zhì)量為152g/ml，則剩余固體的摩爾質(zhì)量為：，再結(jié)合化學反應(yīng)前后元素種類不變，350~400°C下剩余固體的化學式為Cu。
15．(1)D
(2)
(3)高
(4)
(5)
(6)
【分析】A()與SOCl2發(fā)生反應(yīng)生成B()，B()與CH3NH2在甲醇、THF條件下發(fā)生取代反應(yīng)反應(yīng)生成C()；C()與D()在碳酸鉀，DMF條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成E()；E()與H2反應(yīng)生成F()，F(xiàn)與G、CH2Cl2發(fā)生加成反應(yīng)生成H()，根據(jù)原子守恒推知G為，據(jù)此分析解答。
【詳解】（1）A．原子發(fā)射光譜是利用物質(zhì)在熱激發(fā)或電激發(fā)下，每種元素的原子或離子發(fā)射特征光譜來判斷物質(zhì)的組成，可測定元素的含量該方法，不能確定官能團的類別，A不符合題意；
B．利用核磁共振儀記錄下原子在共振下的有關(guān)信號繪制的圖譜。吸收峰個數(shù)=等效氫原子種數(shù)，吸收峰面積之比=各種等效氫原子個數(shù)的最簡整數(shù)比，可確定物質(zhì)中請院長的種類和數(shù)目，該方法不能確定官能團的類別，B不符合題意；
C．質(zhì)譜法中質(zhì)荷比值最大的為物質(zhì)的相對分子質(zhì)量，不能確定官能團的類別，C不符合題意；
D．紅外光譜具有高度的特征性，利用紅外光譜可確定化學基團和鑒定未知物質(zhì)結(jié)構(gòu)，D符合題意；
故答案為：D。
（2）B()與CH3NH2在甲醇、THF條件下發(fā)生取代反應(yīng)反應(yīng)生成C()，在酸性條件下不穩(wěn)定，的反應(yīng)中HCl、-COCl均與CH3NH2反應(yīng)，應(yīng)控制的投料比不低于3:1，故答案為：3:1；
（3）分子內(nèi)氫鍵降低物質(zhì)的熔沸點。鄰硝基苯酚存在分子內(nèi)氫鍵，使得熔點低于D()，故答案為：高；
（4）()的一種同分異構(gòu)體同時滿足分子中所有碳原子軌道雜化類型相同；即C原子采取sp2雜化，含兩個苯環(huán)；該物質(zhì)完全水解最多消耗，水解產(chǎn)物之一的分子中不同化學環(huán)境的氫原子個數(shù)比為，含有兩個-NH2處于對稱位置，含有1個直接連在兩個苯環(huán)上，滿足條件的物質(zhì)結(jié)構(gòu)為：，故答案為：；
（5）F()與G、CH2Cl2發(fā)生加成反應(yīng)生成H()，根據(jù)的分子式為推知G為，故答案為：；
（6）以和為原料制備，對比原料和目標產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)要引入兩個官能團，由題目中轉(zhuǎn)化遷移可知應(yīng)將與溴單質(zhì)加成引入兩個溴原子，在堿的醇溶液條件下水解生成1，3-環(huán)己二烯，該物質(zhì)被酸性高錳酸鉀氧化為己二酸，己二酸與SOCl2反應(yīng)后的產(chǎn)物再與CH3NH2在甲醇、THF條件下發(fā)生取代反應(yīng)反應(yīng)生成，合成路線為，故答案為：。
16．(1)繼續(xù)滴加鹽酸，酸浸液中無氣泡產(chǎn)生
(2) Fe(OH)3、SiO2 抽濾比普通過濾速度更快，同時通入熱水保溫可防止CaCl2晶體析出
(3) 氨水與反應(yīng)生成的HCl中和，使H+濃度降低以及放出熱量，均促進反應(yīng)向生成CaO2的方向進行
(4)AC
(5)在攪拌下，向NH4Cl溶液中分批加入電石渣，置于冰水浴中反應(yīng)一段時間后，過濾；在冰水浴中，邊攪拌邊向H2O2溶液中緩慢滴加所得濾液，待有大量晶體生成，過濾，用少量冰水洗滌2--3次，干燥
【分析】石灰石礦渣經(jīng)過“酸浸”后產(chǎn)生的溶液中溶質(zhì)主要為剩余的氯化氫、生成的氯化鈣和氯化亞鐵、氯化鐵，SiO2不能與酸反應(yīng)，經(jīng)過濾除去，然后經(jīng)加入H2O2溶液將氯化亞鐵氧化為氯化鐵，加入氨水，HCl與氨水反應(yīng)產(chǎn)生NH4Cl，氯化鐵與氨水反應(yīng)形成Fe(OH)3沉淀，過濾除去，所得溶液中的溶質(zhì)主要為氯化鈣和新生成的氯化銨，通入碳酸銨溶液時，氯化鈣與碳酸銨會反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氯化銨，所以過濾后，所得濾液中的溶質(zhì)主要為NH4Cl，純CaCO3用鹽酸酸浸，反應(yīng)產(chǎn)生CaCl2，向其中加入雙氧水及氨水，反應(yīng)產(chǎn)生CaO2。
【詳解】（1）石灰石主要成分是CaCO3，在“酸浸1”時，會發(fā)生反應(yīng)：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，若“酸浸1”完成，再滴加稀鹽酸時，不能再與CaCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生CO2氣體，就無氣泡產(chǎn)生；
（2）石灰石主要成分是CaCO3，還含有雜質(zhì)Fe2O3、FeO、SiO2，加入酸浸時，F(xiàn)e2O3、FeO反應(yīng)產(chǎn)生FeCl3、FeCl2，加入雙氧水，F(xiàn)eCl2被氧化變?yōu)镕eCl3，加入的氨水與FeCl3反應(yīng)產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，經(jīng)過濾除去，SiO2與HCl不能發(fā)生反應(yīng)，也以沉淀的形式存在，故“除雜”時，待充分反應(yīng)后將溶液煮沸并趁熱過濾，“濾渣”的主要成分為Fe(OH)3、SiO2；
相比普通過濾裝置，使用如圖所示的熱抽濾裝置的優(yōu)點是抽濾比普通過濾速度更快，同時通入熱水保溫可防止CaCl2晶體析出；
（3）“轉(zhuǎn)化”需在冰水浴中進行，CaCl2與氨水、H2O2在溶液中反應(yīng)生成CaO2?8H2O晶體，同時反應(yīng)產(chǎn)生NH4Cl，該反應(yīng)的離子方程式為；
CaCl2與H2O2直接反應(yīng)不易發(fā)生，制備時加入適量氨水有利于CaO2生成，其可能原因為氨水與反應(yīng)生成的HCl中和，使H+濃度降低以及放出熱量，均促進反應(yīng)向生成CaO2的方向進行；
（4）A．CaO2與稀酸反應(yīng)生成H2O2，用標準酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，H2O2被KMnO4氧化為O2，KMnO4被還原為無色Mn2+，因此滴加標準酸性KMnO4溶液時，若無氣泡產(chǎn)生，溶于由無色變?yōu)闇\紅色，則證明滴定達到終點，而不能一直觀察滴定管中溶液體積的變化，A錯誤；
B．用標準酸性KMnO4溶液滴定H2O2溶液時，滴定終點判斷方法是：滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液顏色從無色剛好變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色，表示已經(jīng)到達滴定終點，B正確；
C．在滴定前滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡，滴定后尖嘴內(nèi)無氣泡，則滴定消耗標準酸性KMnO4溶液體積偏大，H2O2的質(zhì)量偏大，因而會導致測定結(jié)果偏大，C錯誤；
D．讀取KMnO4溶液體積時，滴定前俯視讀數(shù)，V1偏小，滴定后仰視讀數(shù)，V2偏大，則消耗標準溶液體積(V2-V1)就會偏大，最終導致測定結(jié)果偏大，D正確；
故合理選項是AC；
（5）電石渣[主要成分為Ca(OH)2，還含有少量SiO2等雜質(zhì)]，以電石渣為原料液可以制備CaO2，要求必須使用NH4Cl溶液、H2O2溶液、冰水，由于NH4Cl是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，其水溶液溶解Ca(OH)2，反應(yīng)產(chǎn)生CaCl2溶液，過濾除去酸性氧化物SiO2等固體雜質(zhì)，CaCl2溶液與H2O2溶液在冰水浴反應(yīng)，就可得到CaO2·8H2O晶體。故制備CaO2·8H2O晶體的實驗方案是：在攪拌下，向NH4Cl溶液中分批加入電石渣，置于冰水浴中反應(yīng)一段時間后，過濾；在冰水浴中，邊攪拌邊向H2O2溶液中緩慢滴加所得濾液，待有大量晶體生成，過濾，用少量冰水洗滌2--3次，干燥。
17．(1) 的燃燒熱
(2) 部分發(fā)生了其他不產(chǎn)生和的反應(yīng) 溫度升高與催化劑活性增大共同導致反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的速率加快 積碳覆蓋在催化劑表面；被還原為，改變了與的比例，導致催化劑活性降低
【詳解】（1）①燃燒熱是在101 kPa時，1 ml純物質(zhì)完全燃燒生成指定產(chǎn)物時所放出的熱量；氫氣燃燒生成水、乙醇燃燒生成二氧化碳和水，若要計算的，則須查閱的兩個數(shù)據(jù)是的燃燒熱和的燃燒熱；
②二氧化碳分子中氧電負性較大，氧帶負電荷、碳帶正電荷，則二氧化碳被銅基催化劑吸附后，二氧化碳分子中兩個氧分別與Cu2+、M+相吸，過程中兩個均參與反應(yīng)，中帶負電荷的氫與碳結(jié)合形成中間產(chǎn)物X，則X為；
（2）①據(jù)“均攤法”，晶胞中含個黑球、4個白球，結(jié)合化學式可知，黑球為氧、白球為銅，則晶體密度為；
②下均有，，說明乙酸甲酯沒有完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為乙醇、乙酸乙酯，應(yīng)該還有副產(chǎn)物發(fā)生，故其原因是部分發(fā)生了其他不產(chǎn)生和的反應(yīng)。
③催化劑能明顯加快反應(yīng)速率，但是催化劑需一定的活性溫度，范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而迅速增大的主要原因是溫度升高與催化劑活性增大共同導致反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的速率加快。
④銅基催化劑須含合適物質(zhì)的量之比的與，溫度過高，會導致有機物轉(zhuǎn)化為積碳、碳具有一定還原性，能還原銅的氧化物為銅單質(zhì)，則溫度高于時，催化劑的催化活性下降，其原因可能是積碳覆蓋在催化劑表面；被還原為，改變了與的比例，導致催化劑活性降低。