2018年四川省成都市武侯区成都七中自主招生化学试题(二)(解析版)

成都七中2018年高中自主招生化学真卷(二)

可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 S-32 C1-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn--65

一、选择题(每题3分,共36分)

1.化学与生产、生活密切相关。下列物质的用途与其化学性质无关的是( )

A. 干冰用于舞台制作云海美景

B. 小苏打用于做馒头时的发酵剂

C. 还原铁粉用于月饼盒内的除氧剂

D. 生石灰用于某些食品袋内的干燥剂

【答案】A

【解析】

【详解】A、干冰用于舞台制作云海美景是利用干冰的物理性质-升华时吸收热量，与化学性质无关，符合题意；

B、小苏打能与酸反应生成二氧化碳，达到发酵的目的，是其化学性质的体现，不符合题意；

C、还原铁粉用于月饼盒内的除氧剂是利用了还原铁粉的还原性，是其化学性质的体现，不符合题意；

D、生石灰能与水反应生成氢氧化钙以达到干燥的目的，是其化学性质的体现，不符合题意。

故选A。

2.铜锈的主要成分是碱式碳酸铜。碱式碳酸铜受热分解的化学方程式为:Cu2(OH)2CO3Δ

2CuO+X+CO2↑。下

列说法正确的是( )

A. 反应前后固体物质中铜元素的质量分数不变

B. 碱式碳酸铜中铜原子和氧原子的质量比为8:5

C. X是相对分子质量最小的氧化物

D. 加热Cu2(OH)2CO3的实验装置和实验室用双氧水制取O2的发生装置相同【答案】C

【解析】

【分析】

碱式碳酸铜受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO3Δ

2CuO+X+CO2↑，由质量守恒定律可知反应前后原子的

种类和数目都不变，故X的化学式为H2O。

【详解】A、反应前只有碱式碳酸铜固体中含有铜元素，反应后只有氧化铜固体中含有铜元素，根据质量守恒定律可知，反应前后固体物质中铜元素的质量不变，但是碱式碳酸铜的相对分子质量大于氧化铜的相对分子质量，故铜元素在碱式碳酸铜中的质量分数小于在氧化铜中的质量分数，质量分数变大，错误；

B、应该说碱式碳酸铜中铜元素和氧元素的质量比为8:5，而不是铜原子与氧原子的质量比，说法不对，错误；

C、由分析可知X是H2O，是相对分子质量最小的氧化物，正确；

D、加热Cu2（OH）2CO3的实验装置是固体加热型的发生装置，需要加热，而实验室用双氧水制取O2是固液常温型的发生装置，不需要加热，发生装置不同，错误。

故选C。

3.通过下列实验操作和现象能得出相应结论的是( )

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊试液变红色，故与石蕊试液反应的是碳酸而不是二氧化碳，瓶内二氧化碳减少所以塑料瓶变瘪，得出的结论错误；

B、氢氧化钠变质后生成碳酸钠，碳酸钠能与稀硫酸反应生成二氧化碳，有气泡产生，而氢氧化钠与稀硫酸

反应无气体生成，得出的结论正确；

C、向某无色溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀，则溶液中SO42-、CO32-至少含有一种，不一定含有SO42-，得出的结论错误；

D、作对比实验一定要控制变量，该实验中镁、锌的状态不同，与盐酸的接触面积不相等，得出的结论错误。故选B。

4.将一定质量的铁粉加至H2SO4、MgSO4和CuSO4的混和溶液中，充分反应后过滤，得到滤液M和滤渣N，下列有关说法中，不合理的是

A. 滤液M中一定存在Fe2+

B. 滤渣N的质量一定小于加入铁粉的质量

C. 滤渣N中一定没有单质镁

D. 滤液M中至少含有两种金属阳离子

【答案】B

【解析】

【分析】

在金属活动性顺序中，铜、镁、铁的活动性顺序为镁＞铁＞氢＞铜。所以向H2SO4、MgSO4和CuSO4的混合溶液中投入一些铁粉，能发生铁与硫酸铜溶液的反应，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁与稀硫酸反应生成了硫酸亚铁和氢气，铁不能与MgSO4反应。

【详解】根据以上分析可知：

A、滤液M中一定存在硫酸亚铁和MgSO4，故滤液M中一定存在Fe2+和Mg2+，故A正确；

B、铁与硫酸铜溶液的反应，铁置换出铜，会使固体的质量增加，铁和稀硫酸反应会使固体减少，因此滤渣N的质量和加入铁粉的质量可能大、也可能小，也可能相等，故B错误；

C、由于镁的金属活动性大于铁，铁不能将镁置换出来，故滤渣N中一定没有单质镁，故说法C正确；

D、滤液M中至少含有Fe2+和Mg2+两种金属阳离子，故D正确。故选B。

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5.要除去下列物质中的少量杂质(括号内物质为杂质),下列实验方案设计中,不合理的是( )

A. CaCO3(CaCl2):加水溶解一过滤一洗涤一干燥

B. N2(O2):将气体缓缓通过灼热的铜网

C. NaCl 溶液(Na2SO4):加入过量的BaCl2溶液,过滤

D. KCl 溶液(K2CO3):加入适量的稀盐酸

【答案】C

【解析】

【详解】A、CaCl2易溶于水，CaCO3难溶于水，可采取加水溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂，正确；

B、O2通过灼热的铜网时可与铜发生反应生成氧化铜，而N2不与铜反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；

C、Na2SO4能与过量的BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质BaCl2 (过量的)，不符合除杂原则，错误；

D、K2CO3能与适量的稀盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确。

故选C。

【点睛】除杂原则在于既要除去杂质，也不能引入新的杂质。

6.下列各组物质能按照如图关系(“→”表示反应一步完成)相互转化的是( )

A B C D

X C Fe2O3Cu CaCO3

Y CO Fe CuO Ca(OH)2

Z CO2FeCl3Cu(OH)2CaO

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A、C和氧气反应能生成CO和CO2，CO和氧气反应能生成CO2，能相互转化，正确；

B、Fe2O3和一氧化碳反应能生成Fe，Fe2O3和稀盐酸反应能生成FeCl3，但是Fe不能一步生成FeCl3，错误；

C、Cu不能一步反应生成Cu(OH)2，不能实现如图转化，错误；

D、CaCO3不能一步反应生成Ca(OH)2，不能实现如图转化，错误。

故选A。

7.如图实验装置进行的相应实验,不能达到实验目的的是( )

A. 用①所示装置除去CO2中含有的少量HCl气体

B.用②所示装置证明可燃物燃烧需要与氧气接触

C. 用③所示装置制取少量CO2气体

D. 在实验室中,用④所示装置除去少量“七中墨池”水中的泥沙【答案】A 【解析】【详解】A、CO2气体也会与氢氧化钠溶液反应，故不能达到目的；B、白磷放在热水中，温度达到了可燃物白磷的着火点，由于缺少氧气，白磷无法燃烧，但是通入了氧气后

白磷可以燃烧，可以证明可燃物燃烧需要与氧气接触，可以达到目的；

C、用③所示装置利用多孔隔板和止水夹能够随时控制反应的停止与进行，能够制取少量CO2气体，可以达到目的；

D、过滤装置可以除去少量“七中墨池”水中的泥沙，可以达到目的。

故选A。

8.向一定量4%的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸，有关分析错误的是

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【详解】A向一定量4%的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碱逐渐较少，溶液的pH逐渐减小，刚好完全反应时，pH=7,酸过量时pH<7；

B中和反应放热，所以反应中溶液的温度升高，反应结束后，向周围环境散热，及后加入的盐酸对溶液由冷却作用，所以溶液的温度降低；

C反应中氯化钠的质量增加，溶液中氯化钠的质量分数增加，刚好完全反应氯化钠达到最大值，继续加入盐酸时，氯化钠质量不变，溶液的质量增加，所以溶液中氯化钠的质量分数减小；

D氢氧化钠溶液中加入稀盐酸立即生成氯化钠，溶液中氯化钠的物质的量不断增加，氢氧化钠反应完，氯化钠的量不再改变。选D

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9.图1所示装置可用于测定空气中氧气的含量，其中与集气瓶相连的压强传感器等电子设备能将集气瓶内气体压强精确地记录并保存下来．图2、图3是用该装置测得的红磷和木炭分别在集气瓶中燃烧的压强﹣时间关系图（该装置气密性良好，p0是集气瓶内初始气压，p和p′分别是反应结束后恢复到室温时集气瓶内的气压）．下列说法正确的是（）

A. 燃烧匙内所装红磷或木炭的多少对实验结果无影响

B. 反应开始时集气瓶中压强瞬间变大的是由燃烧放热造成的

C. p=0.79p0，p′=p0是因为红磷的着火点比木炭低

D. 由图3可推出空气中氧气的含量

【答案】B

【解析】

试题分析：A．若所用药品过少，就不会将装置内的氧气耗尽，会导致实验结果出现误差，错误；B．反应开始时，物质燃烧放出大量的热，气体体积受热膨胀，所以集气瓶中压强瞬间变大的是由燃烧放热造成的，正确；C．压强不同的原因主要是木碳燃烧生成了二氧化碳气体，与可燃物的着火点无关，错误；D．由于碳与氧气反应生成二氧化碳，虽然都消耗了氧气，但又生成了气体，装置内气体压强保持不变，无法测定，错误。

考点：考查空气组成的测定的知识。

10.已知:在同温同压下,相同体积的任何气体所含的分子数目都相同:常温下二氧化硫气体和硫化氢气体混合,发生反应生成硫和水。现将常温常压下m个二氧化硫分子和n个硫化氢分子混合,若充分反应后气体的体积是反应前的一半,则m与n的比值是( )

A. 1:5

B. 1:3

C. 1:2

D. 1：1

【答案】A

【解析】

【分析】

根据方程式SO2+2H2S=2H2O+3S↓可知参加反应的二氧化硫和硫化氢的分子个数比为：1：2。

【详解】A、如果m与n的比值为1:5，假设m是1个分子，n是5个分子，则消耗了2个硫化氢分子，剩余3个硫化氢分子，所以反应后气体的分子数与反应前的分子数比为3：6=1：2，正确；

B、如果m与n的比值为1：3，假设m是1个分子，n是3个分子，则消耗了2个硫化氢分子，剩余1个硫化氢分子，所以反应后气体的分子数与反应前的分子数比为1：4，错误；

C、如果m与n的比值为1:2，假设m是1个分子，n是2个分子，恰好完全反应，无气体剩余，错误；

D、如果m与n比值为1：1，假设m是1个分子，n是1个分子，则消耗了0.5个二氧化硫分子，剩余0.5个二氧化硫分子，所以反应后气体的分子数与反应前的分子数比为0.5：2=1：4，错误。

故选A

11.某黑色固体粉末可能是Fe 、FeO、CuO、C中的一种或几种。为了探究其成分，小明同学按照下图所示流程进行了实验。

关于该实验有以下说法:

①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定含有Fe；

②若步骤II中无明显现象,则固体乙中最多只能有四种物质；

③若步骤Ⅱ中有气泡产生,则原固体可能是纯净物也可能是混合物；

④若步骤Ⅱ中有红色固体析出,则固体乙中一定无CuO；

⑤若固体乙呈红色.则原固体中一定含有Fe和CuO。

以上说法中正确的个数是( )

A. 1个

B. 2个

C. 3个

D. 4个

【答案】A

【解析】

【分析】

根据C不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色；Fe可以与稀硫酸反应生成气体；Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来，据此分析判断有关的说法。

【详解】①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；故①错误；

②若步骤Ⅱ中无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，如果硫酸的量不足，则固体乙中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故②错误；

③若步骤Ⅱ中有气泡产生，说明了硫酸是过量的，则固体乙可能含有铜，不一定是碳，则原固体一定是混合物，故③错误；

④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，能判断黑色粉末中含有CuO，不能判断固体乙中是否有CuO，故④错误；

⑤固体乙呈红色，说明有铁置换出的铜，则原固体中一定含有Fe和CuO．故⑤正确。

故只有⑤是正确的，故选A。

【点睛】需要掌握常见离子、物质的颜色，如：Cu2+显蓝色，Fe2+显绿色，Fe3+显黄色，Cu显红色等。12.往100gFeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉。已知FeCl3会先与铁粉发生反应:2FeCl3+Fe=3FeCl2。下图

为加入铁粉的质量与反应后剩余固体的质量关系。下列说法不正确的是(

)

A. D点对应纵坐标为6.4

B. B点后溶液的颜色为蓝色

C. 该100g溶液中的CuCl2的质量分数为13.5%

D. 取DE两点间(不含D)的剩余固体加入盐酸,均有气泡产生

【答案】B

【解析】

【详解】A、B点处与氯化铜反应铁的质量为11.2g-5.6g=5.6g，设生成铜的质量为y，计算过程如下：22

Fe+CuCl FeCl+Cu

5664

5.6g y

5664

=

5.6g y

，解得y=6.4g，剩余的固体铜的质量为6.4g，故D点对应的纵坐标为6.4，正确；

B、A点以前是铁与氯化铁反应，说明与氯化铁反应的铁为5.6g；A-B段是铁与氯化铜溶液反应，B点后溶液中无氯化铜，错误；

C、5.6～11.2段是铁与氯化铜反应，消耗铁粉的质量为5.6g，设氯化铜的质量为x，计算过程如下：

22

Fe+CuCl FeCl+Cu

56135

5.6g x

，

56135

= 5.6g x ，解得x=13.5g，原溶液质量为100g，所以氯化铜质量分数为

13.5g

100%

100g

=13.5%，正确；

D、m（剩余固体）＞6.4g时，2FeCl3+Fe═3FeCl2进行完，反应CuCl2+Fe═FeCl2+Cu正在进行，剩余固体的成分是Cu和Fe；此剩余固体加入盐酸，发生反应的化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；均有气泡产

生，正确。

故选B。

二、填空题(本题共4个小题,共44分)

13.熟石灰在生产和生活中有广泛

的用途。请回答: (1)熟石灰中金属元素的原子结构示意图是______；(2)区分熟石灰溶液、氯化钠溶液、稀硫酸的操作及现象是_____________；

(3)用石灰浆粉刷墙壁，干燥后墙面变硬,反应的化学方程式是_________；

(4)某地区土壤呈酸性(含硫酸)，可选用熟石灰来改良.则反应的化学方程式是:___________；

(5)用熟石灰粉与草木灰按一定的比例混合可制得高效环保农药“黑白粉”。使用时，选择在有露水的早晨,把“黑白粉”撒在植物茎叶上,可消除忌碱虫体。

①“黑白粉”比熟石灰更高效,是由于生成了比碱性更强的物质,该反应的化学方程式是______；

②“黑白粉”中可提供植物生长和抗倒伏的营养元素是_________(填元素符号)。

【答案】(1). (2). 分别取少量样品溶液于试管中，向其中滴加几滴石蕊试液，变红

的是稀硫酸，变蓝的是熟石灰溶液，无明显变化的是氯化钠溶液(3). CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O (4). Ca(OH)2+H2SO4═CaSO4+2H2O (5). Ca(OH)2+K2CO3=CaCO3↓+2KOH(6). K

【解析】

【详解】（1）熟石灰中金属元素为钙，钙的原子结构示意图为；

（2）熟石灰溶液显碱性、氯化钠溶液显中性、稀硫酸显酸性，区分三种溶液的操作及现象为：分别取少量样品溶液于试管中，向其中滴加几滴石蕊试液，变红的是稀硫酸，变蓝的是熟石灰溶液，无明显变化的是氯化钠溶液；

（3）石灰浆中的主要成分是氢氧化钙，能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水；碳酸钙是一种不溶于水的白色的坚硬的物质，干燥后墙面变得既白又硬，反应的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O；

（4）氢氧化钙与硫酸反应生成硫酸钙和水，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+H 2SO 4═CaSO 4+2H 2O ； （5）①氢氧化钙与碳酸钾反应生成碳酸钙和氢氧化钾，化学方程式为Ca(OH)2+K 2CO 3=CaCO 3↓+2KOH ； ②植物需要的营养元素有N 、P 、K ，“黑白粉”中含有K 元素，“黑白粉”中可提供植物生长和抗倒伏的营养元素是K 。

14.一定条件下,CO 与MgSO 4反应会生成三种氧化物。某兴趣小组用如下装置探究该反应。已知:SO 2与CO 2通入澄清石灰水现象相同;SO 2能使KMnO 4溶液褪色。

(1)仪器a 的名称是_________；CaC 2O 4中C 的化合价是_________； (2)连接好装置,开始实验前需要对上述装置进行的操作是________；

(3)装置A 中充分反应后残留的固体是一种常见补钙剂的有效成分, 则该化学方程式是_________； (4)实验时观察到装置C 中紫红色褪去,装置E 中溶液变浑浊,则装置B 中反应的

化学方程式是_______；装置D 的作用是__________；

(5)该装置的不足之处是________。

【答案】 (1). 酒精灯 (2). +3 (3). 检验装置气密性 (4). CaC 2O 4

?

CaCO 3+CO ↑ (5).

MgSO 4+CO

高温

MgO+CO 2+SO 2 (6). 将装置C 中未反应完的SO 2全部吸收，防止SO 2进入E 装置中对

CO 2的检验产生干扰 (7). 没有尾气处理装置 【解析】

【详解】（1）仪器a 的名称是酒精灯；CaC 2O 4中Ca 的化合价+2价，O 的化合价为-2价，计算可得C 的化合价为+3价；

（2）连接好装置,开始实验前需要对上述装置进行的操作是检验装置气密性；

（3）装置A 中充分反应后残留的固体是一种常见补钙剂的有效成分，说明产生了碳酸钙，反应的化学方程

式为CaC2O4?

CaCO3+CO↑；

（4）实验时观察到装置C中紫红色褪去,装置E中溶液变浑浊，说明反应产生了SO2和CO2，

反应的化学方程式为MgSO4+CO 高温

MgO+CO2+SO2；

装置D的作用是将装置C中未反应完的SO2全部吸收，防止SO2进入E装置中对CO2的检验产生干扰；（5）CO是有毒气体，因此还需要一个尾气处理装置，防止CO污染空气。

15.煤是重要的能源,也是生产化工产品的重要原料。随着人类社会的飞速发展,化石能源大量消耗,人类已经面临较严重的能源危机。为此,提高能源的利用率和开发更多的新能源显得相当重要。下图是煤化工产业链的一部分。

请回答:

(1)任意列举两种新能源______；

(2)上述处理煤的过程属于______(选填“物理”或“化学”)变化。

(3)煤和石油等化石燃料燃烧排放的大量二氧化碳会引起全球气候变暖。一种新的处理方法是将二氧化碳气体通人含有长石(地壳中最常见的矿石,含量高达60)成分的水溶液里,其中一种反应的化学方程式

是:KAlSi3O8+CO2+2H2O=KHCO3+X↓+3SiO2↓，则X的名称是______；

(4)在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理。煤的某种脱硫技术的原理如下图所示:

这种脱硫技术称为微生物脱硫技术。该技术的两步反应的化学方程式依次是:______。

(5)工业上主要采用氨氧化法生产硝酸,如图是氨氧化率与氨—空气混合气中氧氨比的关系。其中直线表示反

应的理论值;曲线表示生产实际情况。当氨氧化率达到100%，理论上γ[n(O 2)/n(NH 3)]=1.25,实际生产要将γ值维护在1.7 ~2.2之间,原因是________。

[温馨提示:n(O 2)可以认为是表示氧气分子堆积数目的一种物理量,即n(O 2)值越大,说明氧分子数目越多

]

【答案】 (1). 太阳能、氢能 (2). 化学 (3). 氢氧化铝 (4). 2FeS 2+7O 2+2H 2O

微生物

2H 2SO 4+2FeSO 4；2H 2SO 4+O 2+4FeSO 4

微生物

2Fe 2(SO 4)3+2H 2O (5). 一方面提

高氧气量，增大氨的氧化率；另一方面 γ 值在该范围，氨的氧化率已高达 95～99%， 再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本，所以而实际生产要将 γ 值 维持在 1.7～2.2 之间 【解析】

【详解】（1）常见的新能源有太阳能、地热能、氢能、风能、生物质能、核能等； （2）煤的干馏、气化和液化都有新的物质产生，属于化学变化；

（3）根据化学方程式和质量守恒定律分析，反应前K ：1个，反应后：1个，则x 中不含K ；反应前Al ：1个，反应后应：1个，则x 中含有一个Al ，依此类推，x 中还含有3个O ，3个H ，则X 的化学式为 Al(OH)3，名称是氢氧化铝；

（4）第一步反应中反应物有FeS 2、O 2和H 2O ，生成物有Fe 2+和SO 42-，反应的方程式为：2FeS 2+7O 2+2H 2O

微生物

2H 2SO 4+2FeSO 4；Fe 2+具有还原性，可被氧气氧化为Fe 3+，方程式为：

2H 2SO 4+O 2+4FeSO 4

微生物

2Fe 2(SO 4)3+2H 2O ；

（5）由氨氧化的化学方程式：4NH 3+5O 2

催化剂4NO+6H 2O ，可知氨氧化率达到100%，实际生产要将γ

值维护在1.7-2.2之间，原因是浓度太少不利于NH 3的转化，而γ值为2.2时NH 3氧化率已近100%，再提

高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本。

16.过氧化钙晶体(CaO2?8H2O)较稳定,呈白色,微溶于水,广泛应用于环境杀菌、消毒，也在食品、牙膏、化妆品等制造中用作添加剂,还可以作为鱼池增氧剂。现以贝壳为原料制备CaO2的流程如下:

(1)将过氧化钙晶体与溶液分离的方法是_________；

(2)我国制碱工业的先驱侯德榜先生为纯碱和氮肥工业技术的发展作出了杰出的贡献。其制备原料有气体X、氨气、精制饱和食盐水,过程主要是先制得小苏打，再过滤并加热分解小苏打制得纯碱。

①实验过程中应该先向精制饱和食盐水中通入__________；其原因是_________；

②请写出制备纯碱第一步发生的化学反应方程式:________；

(3)反应Y不能在较高温度下进行的原因是_________；已知该反应是化合反应,则反应Y的化学方程式是

________；获得的过氧化钙晶体中常含有Ca(OH)2杂质,原因是_______；

(4)现设计如下实验测定制得的过氧化钙晶体[CaO2?8H2O]中CaO2的质量分数:称取晶体样品25g.加热到220°C充分分解，其产物含有参与反应Y的固体物质和能使带火星木条复燃的气体等(此时所得气体混合物的总质量为1.6g,已知杂质不发生变化),则该晶.体样品中CaO2的质量分数是________。

【答案】(1). 过滤(2). 氨气(3). 氨气的溶解度大，二氧化碳溶解度小，先通入氨气使得溶液呈碱性，可以吸收更多的二氧化碳，从而制得更多的产品(4). NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NH4Cl＋NaHCO3↓(5). 防止过氧化氢受热分解(6). CaO+H2O2+7H2O=CaO2?8H2O (7). 氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，而氢氧化钙微溶于水(8). 28.8%

【解析】

【详解】（1）分离固体与液体采用过滤的方法，故过氧化钙晶体与溶液分离的方法是过滤；

（2）①氨气的溶解度大，二氧化碳溶解度小，先通入氨气使得溶液呈碱性，可以吸收更多的二氧化碳，从而制得更多的产品；

②反应物是氯化钠溶液、氨气、二氧化碳，生成物中析出碳酸氢钠晶体，然后根据质量守恒定律写出化学反应式配平即可，方程式为：NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NH4Cl＋NaHCO3↓；

（3）该反应的反应物是氧化钙、水和过氧化氢，因为过氧化氢受热分解，反应Y 不能在较高温度下进行；控制温度在0～5℃，可以在冰水混合物中进行；该反应的反应物是氧化钙、水和过氧化氢，生成物是

CaO2?8H2O，反应的化学方程式为CaO+H2O2+7H2O=CaO2?8H2O；

因为氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，而氢氧化钙微溶于水；（4）设样品中CaO2的质量为xg，计算过程如下：

22

2CaO2CaO+O

14432

x 1.6g

↑

14432

=

x 1.6g ，解得x=7.2g，所以样品中CaO2的质量分数为

7.2g

100%=28.8%

25g

?。