2024年江苏省高考化学常考易错检测卷（一）

这是一份2024年江苏省高考化学常考易错检测卷（一），共23页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．形成正确的化学观念有助于学习。下列有关化学观念正确的是
A．组成相同的物质其性质相同B．化学反应中既有物质变化也有能量变化
C．化学反应的限度大小是不可改变的D．晶体类型一定是纯粹的，不存在过渡晶体
2．电石可通过如下反应制得：、。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式：B．的空间构型为四面体形
C．的电子式为D．二氧化碳晶体属于共价晶体
3．臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是
A．原子半径：B．第一电离能：
C．沸点：D．电负性：
4．下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．中化学键非常牢固，可用作保护气
B．乙醇易溶于水，可用于消毒杀菌
C．浓硫酸具有强氧化性，可用于与反应制
D．是极性分子，可用于漂白纸浆
5．氨用于生产硝酸、铵盐、纯碱、配合物等，液氮可以和金属钠反应产生。实验室利用下列装置进行氨气或氨水的有关实验，能够达到实验目的的是
A．制取B．干燥C．收集D．制溶液
6．中的一个原子被取代可形成羟胺，被取代可形成肼吸电子能力比强。下列说法正确的是
A．的键角比小B．中含键
C．难溶于水D．中结合的能力比弱
7．的燃烧热为，具有强还原性，可由尿素和溶液一起反应制得。下列化学反应的表示正确的是
A．金属钠和液氨反应：
B．过量氨水和反应：
C．尿素、溶液制取的离子方程式：
D．肼燃烧的热化学方程式：
8．的燃烧热为，具有强还原性，可由尿素和溶液一起反应制得。下列说法正确的是
A．侯氏制碱的原理可表示为 饱和溶液
B．氨气催化氧化制取属于氮的固定中的一种
C．由尿素、和溶液制时，应将溶液滴加到尿素溶液中
D．浓氨水与浓硫酸靠近时会有白烟生成
9．工业上用催化还原可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：。不同的催化剂催化该反应的最佳活性温度不同。下列说法正确的是
A．上述反应平衡常数
B．其他条件不变时，反应单位时间，去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大
C．其他条件不变，在低温下使用高效催化剂可提高的平衡转化率
D．反应中若采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，可以使反应的平衡常数增大
10．有机物W可发生如图所示的反应，下列说法正确的是
A．为促进M的生成，试剂Q可用硫酸
B．Y中所有碳原子均可能共平面
C．M、X、Y都存在顺反异构体
D．X中sp2杂化和sp3杂化的碳原子的比例是8∶1
11．室温下，下列实验方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
12．室温下，用含少量杂质的溶液制备的过程如下图所示。下列说法正确的是
已知：
A．“除锌”后所得上层清液中，一定小于
B．溶液中存在：
C．氨水、溶液中存在：
D．“沉锰”后的滤液中存在：
13．利用和反应生成的过程中主要涉及的反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
向密闭容器中充入一定量和发生上述反应，保持温度和容器体积一定，平衡时和的转化率、和的产率及随起始的变化情况如下图所示。
[的产率的选择性]。
下列说法不正确的是
A．当容器内气体总压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
B．曲线表示的产率随的变化
C．，反应达平衡时，的选择性为
D．随着增大，的选择性先增大后减小
二、解答题
14．碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下：
已知：，。
(1)“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为 。
(2)“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为 （不考虑立体异构）
(3)可溶于，反应的平衡常数为 。[已知：反应的平衡常数]
(4)“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为 。
(5)“还原”时，的实际投入量大于理论量，其可能的原因为 。
(6)将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为 。
15．索拉非尼（H）可用于肝癌的治疗，其一种合成路线如下：
(1)欲确定中存在和化学键，可采取的仪器分析方法为___________（填字母）。
A．原子发射光谱B．核磁共振氢谱C．质谱D．红外光谱
(2)在酸性条件下不稳定，的反应中应控制的投料比不低于 。
(3)D的熔点比邻硝基苯酚的 （填“高”或“低”或“无法确定”）。
(4)的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 。分子中所有碳原子轨道杂化类型相同；该物质完全水解最多消耗，水解产物之一的分子中不同化学环境的氢原子个数比为。
(5)的分子式为，其结构简式为 。
(6)请设计以和为原料制备的合成路线 （无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16．过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，是一种用途广泛的化工产品。以石灰石（含有少量铁、硅的氧化物）为原料制备CaO2的实验流程如下：
已知：①双氧水(H2O2)在弱酸性或中性条件下性质较稳定，在碱性条件下不稳定。
②273 K时，
(1)判断“酸浸1”完成的标志是 。
(2)“除杂”时，待充分反应后将溶液煮沸并趁热过滤，“滤渣”的主要成分为 ；相比普通过滤装置，使用如图所示的热抽滤装置的优点是 。
(3)“转化”需在冰水浴中进行，生成CaO2·8H2O晶体的离子方程式为 ；CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，其可能原因为 。
(4)测定产品中CaO2含量。高锰酸钾滴定法原理为：在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。下列关于滴定分析的说法，不正确的是___________（填字母）。
A．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
B．当滴入半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点
C．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测定结果偏小
D．读取 KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果偏大
(5)以电石渣[主要成分为Ca(OH)2，还含有少量SiO2等杂质]为原料也可制备CaO2，设计制备CaO2·8H2O晶体的实验方案： 。（须使用的试剂：NH4Cl溶液、H2O2溶液、冰水）
17．乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。
(1)催化加氢制备乙醇的反应为。
①若要计算上述反应的，须查阅的两个数据是的燃烧热和 。
②某金属有机骨架负载的铜基催化剂上，加氢生成的部分反应机理如图所示。
过程中两个均参与反应，画出的结构式（注明电荷） 。
(2)乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在其他条件不变时，将的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得转化率、选择性选择性]随温度的变化如图所示。
①铜基催化剂须含合适物质的量之比的与的晶胞如图所示（立方体），晶体的密度可表示为 （用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值）。
②下均有，其原因是 。
③范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是 。
④温度高于时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是 。
选项
探究方案
探究目的
A
测定 等体积和溶液的
比较和的酸性强弱
B
将石油裂解产生的气体通入的溶液，观察溶液颜色变化
验证石油裂解产物中是否含乙烯
C
向溶液中通入至过量，观察是否有沉淀生成
是否具有氧化性
D
将卤代烃与NaOH水溶液混合加热，待冷却后加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色
确定卤代烃中卤原子种类
参考答案：
1．B
【详解】A． 组成相同的物质可能是同分异构体，其性质不相同，A错误；
B． 化学反应中既有物质变化也有能量变化，B正确；
C． 化学反应的限度大小可能随外界条件的变化而改变，C错误；
D． 晶体类型不一定是纯粹的，存在过渡晶体，D错误；
故选B。
2．C
【详解】A．基态原子的电子排布式为，则的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A错误；
B．中C的价层电子对为3+=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故B错误；
C．是离子化合物，由和构成，电子式为：，故C正确；
D．二氧化碳晶体属于分子晶体，故D错误。
答案选C。
3．B
【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期从左到右原子半径减小，原子半径：，故A错误；
B．根据第一电离能递变规律，第一电离能：，故B正确；
C．H2O和NH3都能形成分子间氢键，但是H2O中氢键更多，而H2S不能形成氢键，故沸点：，故C错误；
D．金属电负性一般小于非金属，N与O同周期，O的电负性大于N，电负性：，故D错误。
答案选B。
4．A
【详解】A．中化学键非常牢固，因此化学性质稳定，难与其他物质反应，可用作保护气，故A正确；
B．乙醇能使蛋白质变性，从而可用于杀菌消毒，与乙醇易溶于水无关，故B错误；
C．浓硫酸具有强酸性，可与CaF2发生复分解反应产生CaSO4和HF，因此可以用于制HF，属于高沸点酸制备低沸点酸，这与浓硫酸是否具有强氧化性无关，故C错误；
D．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故D错误；
故答案选A。
5．D
【详解】A．应该用氯化铵和氢氧化钙的固体混合物加热制取，故不选A；
B．氨气是碱性气体，氨气和硫酸反应生成硫酸铵，干燥不能用浓硫酸，应该用碱石灰干燥氨气，故不选B；
C．氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集氨气，氨气应该从长导管进入烧瓶，故不选C；
D．氢氧化铜和氨水反应生成配合物氢氧化四氨合铜，故选D；
选D。
6．D
【详解】A．和的中心原子都采用sp3杂化，中N原子有1个孤电子对，中O原子上有2个孤电子对，孤电子对越多键角越小，故的键角更小，故A错误；
B．中有16个键，故中含键，故B错误；
C．有羟基和氨基，能与水形成分子间氢键，故易溶于水，故C错误；
D．吸电子能力比强，则中N原子的正电性大，比中N原子更难以结合，故D正确。
答案选D。
7．B
【详解】A．金属钠和液氨反应生成NaNH2和H2，反应的方程式为：，A错误；
B．过量氨水吸收工业尾气中的SO2，生成(NH4)2SO3和水：，B正确；
C．尿素和NaClO溶液在碱性条件下反应生成N2H4、Na2CO3和NaCl，反应的离子方程式为：，C错误；
D．肼燃烧的热化学方程式中H2O应为液态，D错误；
故答案选B。
8．C
【详解】A．因为氨气的溶解度远大于二氧化碳，故饱和溶液，故A错误；
B．氨气催化氧化制取不是将氮气转化为氮的化合物的过程，不属于氮的固定，故B错误；
C．由于具有还原性，NaClO具有强氧化性，为防止被过量NaClO溶液氧化，制备时必须将次氯酸钠和氢氧化钠混合液缓慢滴加到尿素溶液中，边加边搅拌，故C正确；
D．浓硫酸不挥发，所以浓氨水靠近时不会产生白烟现象，故D错误。
答案选C。
9．C
【详解】A．上述反应水为气体参与反应，固体和纯液体不写入表达式，所以平衡常数，故A错误；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；
C．其他条件不变时，在低温下平衡正向移动，可提高的平衡转化率，而催化剂可以加快反应速率，更快达到平衡，故C正确；
D．采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，反应体系中水蒸气浓度减小，平衡正向移动，NO2去除率增大，但是温度不变，反应的平衡常数不变，故D错误；
故答案选C。
10．B
【详解】A．苯酚具有强还原性，而浓硫酸具有强氧化性，浓硫酸会将苯酚分子氧化，而不利于M的生成，A错误；
B．苯分子是平面分子，与苯环连接的饱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，物质Y分子中与两个不饱和的碳原子连接的2个饱和碳原子在乙烯的平面上，两个平面共直线，由于碳碳单键可以旋转，因此该物质分子中所有碳原子有可能共平面，B正确；
C．物质X分子中有一个不饱和的C原子上连接了2个相同的原子——H原子，因此X不存在顺反异构体，C错误；
D．根据物质X分子结构简式，可知该物质分子中，含有的sp2杂化的C原子数目为8个，含有的sp3杂化的C原子数目为2个，因此X分子中sp2杂化和sp3杂化的碳原子的比例是4∶1，D错误；
故合理选项是B。
11．C
【详解】A．测定等体积的和，浓度不确定是否相同，不能根据pH值比较和酸性强弱，A项错误；
B．石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃，通入的溶液，颜色褪去可以说明含有不饱和烃，不能说明一定含有乙烯，B项错误；
C．硫化钠中通入过量的二氧化硫，观察到的沉淀是S单质，二氧化硫的化合价降低，有氧化性，则可以说明二氧化硫有氧化性，C项正确；
D．将卤代烃与NaOH水溶液混合加热，待冷却后加入稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，观察沉淀颜色确定卤素原子种类，D项错误；
答案选C。
12．A
【分析】“除锌”步骤中，由于，因此当加入过量MnS时，产生ZnS沉淀，过滤后除掉过量的MnS和产生的ZnS沉淀，再用将Mn2+沉淀为MnCO3，据此作答。
【详解】A．MnS过量，“除锌”步骤完成沉淀生成ZnS，则上层清液一定小于，A正确；
B．溶液中由电荷守恒，由物料守恒，联立两式可得，B错误；
C．由电荷守恒，pH>7，说明，则，C错误；
D．沉锰后滤液成分是(NH4)2SO4、、NH4HCO3，则，D错误；
故答案选A。
13．D
【分析】反应Ⅰ、Ⅱ的总反应为：2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，起始越大，反应正向进行程度越大，CO转化率越大，直到接近100%，而H2的转化率减小，则曲线a表示CO的转化率，曲线b表示H2的转化率；同时随着起始的增大，CH4的产率也逐渐增大，因生成的CO2与H2会发生反应，导致CO2产率先增大后减小，则曲线c表示CH4的产率，曲线d表示CO2的产率，据此解答。
【详解】A．反应Ⅰ、Ⅱ的总反应为：2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，该反应气体分子数减少，当容积固定的密闭容器内气体总压强保持不变时，气体分子总数也不变，说明反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态，A正确；
B．由分析可知，曲线c表示CH4的产率随的变化，B正确；
C．反应Ⅰ、Ⅱ的总反应为：2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，当时，CO过量，生成物n(CH4)=n(CO2)，则CH4的选择性为50%，C正确；
D．曲线c、d分别表示CH4、CO2的产率，由图可知，随着增大，CH4和CO2产率的比值逐渐增大，导致 一直减小，即CO2的选择性一直减小，D错误；
故选D。
14．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)提高的还原率；会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成从溶液中逸出
(6)
【分析】向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te，据此解答。
【详解】（1）“氧化酸浸”过程，Cu2Te被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3，则反应的化学方程式为：；
（2）在环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2−中，的碳氧单键中的O给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4个配位键形成[Cu(C2O4)2]2−，则该配离子的结构式为：；
（3）用R2−表示[Cu(C2O4)2]2−，则反应CuC2O4+H2C2O4⇌[Cu(C2O4)2]2−+2H+的平衡常数为 ，因 ，即 ，且反应的平衡常数 ，所以 ，即；
（4）“还原”时，H2TeO3被还原生成Te，被氧化生成，则H2TeO3发生反应的离子方程式为：；
（5）为提高H2TeO3的还原率，加入的Na2SO3溶液过量；“沉铜”后所得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3会与H2SO4反应生成SO2并逸出，则Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为：提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出；
（6）由图可知，350~400°C时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，CuC2O4的摩尔质量为152g/ml，则剩余固体的摩尔质量为：，再结合化学反应前后元素种类不变，350~400°C下剩余固体的化学式为Cu。
15．(1)D
(2)
(3)高
(4)
(5)
(6)
【分析】A()与SOCl2发生反应生成B()，B()与CH3NH2在甲醇、THF条件下发生取代反应反应生成C()；C()与D()在碳酸钾，DMF条件下发生取代反应生成E()；E()与H2反应生成F()，F与G、CH2Cl2发生加成反应生成H()，根据原子守恒推知G为，据此分析解答。
【详解】（1）A．原子发射光谱是利用物质在热激发或电激发下，每种元素的原子或离子发射特征光谱来判断物质的组成，可测定元素的含量该方法，不能确定官能团的类别，A不符合题意；
B．利用核磁共振仪记录下原子在共振下的有关信号绘制的图谱。吸收峰个数=等效氢原子种数，吸收峰面积之比=各种等效氢原子个数的最简整数比，可确定物质中请院长的种类和数目，该方法不能确定官能团的类别，B不符合题意；
C．质谱法中质荷比值最大的为物质的相对分子质量，不能确定官能团的类别，C不符合题意；
D．红外光谱具有高度的特征性，利用红外光谱可确定化学基团和鉴定未知物质结构，D符合题意；
故答案为：D。
（2）B()与CH3NH2在甲醇、THF条件下发生取代反应反应生成C()，在酸性条件下不稳定，的反应中HCl、-COCl均与CH3NH2反应，应控制的投料比不低于3:1，故答案为：3:1；
（3）分子内氢键降低物质的熔沸点。邻硝基苯酚存在分子内氢键，使得熔点低于D()，故答案为：高；
（4）()的一种同分异构体同时满足分子中所有碳原子轨道杂化类型相同；即C原子采取sp2杂化，含两个苯环；该物质完全水解最多消耗，水解产物之一的分子中不同化学环境的氢原子个数比为，含有两个-NH2处于对称位置，含有1个直接连在两个苯环上，满足条件的物质结构为：，故答案为：；
（5）F()与G、CH2Cl2发生加成反应生成H()，根据的分子式为推知G为，故答案为：；
（6）以和为原料制备，对比原料和目标产物的结构要引入两个官能团，由题目中转化迁移可知应将与溴单质加成引入两个溴原子，在碱的醇溶液条件下水解生成1，3-环己二烯，该物质被酸性高锰酸钾氧化为己二酸，己二酸与SOCl2反应后的产物再与CH3NH2在甲醇、THF条件下发生取代反应反应生成，合成路线为，故答案为：。
16．(1)继续滴加盐酸，酸浸液中无气泡产生
(2) Fe(OH)3、SiO2 抽滤比普通过滤速度更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出
(3) 氨水与反应生成的HCl中和，使H+浓度降低以及放出热量，均促进反应向生成CaO2的方向进行
(4)AC
(5)在搅拌下，向NH4Cl溶液中分批加入电石渣，置于冰水浴中反应一段时间后，过滤；在冰水浴中，边搅拌边向H2O2溶液中缓慢滴加所得滤液，待有大量晶体生成，过滤，用少量冰水洗涤2--3次，干燥
【分析】石灰石矿渣经过“酸浸”后产生的溶液中溶质主要为剩余的氯化氢、生成的氯化钙和氯化亚铁、氯化铁，SiO2不能与酸反应，经过滤除去，然后经加入H2O2溶液将氯化亚铁氧化为氯化铁，加入氨水，HCl与氨水反应产生NH4Cl，氯化铁与氨水反应形成Fe(OH)3沉淀，过滤除去，所得溶液中的溶质主要为氯化钙和新生成的氯化铵，通入碳酸铵溶液时，氯化钙与碳酸铵会反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，所以过滤后，所得滤液中的溶质主要为NH4Cl，纯CaCO3用盐酸酸浸，反应产生CaCl2，向其中加入双氧水及氨水，反应产生CaO2。
【详解】（1）石灰石主要成分是CaCO3，在“酸浸1”时，会发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，若“酸浸1”完成，再滴加稀盐酸时，不能再与CaCO3发生反应产生CO2气体，就无气泡产生；
（2）石灰石主要成分是CaCO3，还含有杂质Fe2O3、FeO、SiO2，加入酸浸时，Fe2O3、FeO反应产生FeCl3、FeCl2，加入双氧水，FeCl2被氧化变为FeCl3，加入的氨水与FeCl3反应产生Fe(OH)3沉淀，经过滤除去，SiO2与HCl不能发生反应，也以沉淀的形式存在，故“除杂”时，待充分反应后将溶液煮沸并趁热过滤，“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3、SiO2；
相比普通过滤装置，使用如图所示的热抽滤装置的优点是抽滤比普通过滤速度更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出；
（3）“转化”需在冰水浴中进行，CaCl2与氨水、H2O2在溶液中反应生成CaO2⋅8H2O晶体，同时反应产生NH4Cl，该反应的离子方程式为；
CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，其可能原因为氨水与反应生成的HCl中和，使H+浓度降低以及放出热量，均促进反应向生成CaO2的方向进行；
（4）A．CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，H2O2被KMnO4氧化为O2，KMnO4被还原为无色Mn2+，因此滴加标准酸性KMnO4溶液时，若无气泡产生，溶于由无色变为浅红色，则证明滴定达到终点，而不能一直观察滴定管中溶液体积的变化，A错误；
B．用标准酸性KMnO4溶液滴定H2O2溶液时，滴定终点判断方法是：滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点，B正确；
C．在滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则滴定消耗标准酸性KMnO4溶液体积偏大，H2O2的质量偏大，因而会导致测定结果偏大，C错误；
D．读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，V1偏小，滴定后仰视读数，V2偏大，则消耗标准溶液体积(V2-V1)就会偏大，最终导致测定结果偏大，D正确；
故合理选项是AC；
（5）电石渣[主要成分为Ca(OH)2，还含有少量SiO2等杂质]，以电石渣为原料液可以制备CaO2，要求必须使用NH4Cl溶液、H2O2溶液、冰水，由于NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，其水溶液溶解Ca(OH)2，反应产生CaCl2溶液，过滤除去酸性氧化物SiO2等固体杂质，CaCl2溶液与H2O2溶液在冰水浴反应，就可得到CaO2·8H2O晶体。故制备CaO2·8H2O晶体的实验方案是：在搅拌下，向NH4Cl溶液中分批加入电石渣，置于冰水浴中反应一段时间后，过滤；在冰水浴中，边搅拌边向H2O2溶液中缓慢滴加所得滤液，待有大量晶体生成，过滤，用少量冰水洗涤2--3次，干燥。
17．(1) 的燃烧热
(2) 部分发生了其他不产生和的反应 温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快 积碳覆盖在催化剂表面；被还原为，改变了与的比例，导致催化剂活性降低
【详解】（1）①燃烧热是在101 kPa时，1 ml纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；氢气燃烧生成水、乙醇燃烧生成二氧化碳和水，若要计算的，则须查阅的两个数据是的燃烧热和的燃烧热；
②二氧化碳分子中氧电负性较大，氧带负电荷、碳带正电荷，则二氧化碳被铜基催化剂吸附后，二氧化碳分子中两个氧分别与Cu2+、M+相吸，过程中两个均参与反应，中带负电荷的氢与碳结合形成中间产物X，则X为；
（2）①据“均摊法”，晶胞中含个黑球、4个白球，结合化学式可知，黑球为氧、白球为铜，则晶体密度为；
②下均有，，说明乙酸甲酯没有完全反应转化为乙醇、乙酸乙酯，应该还有副产物发生，故其原因是部分发生了其他不产生和的反应。
③催化剂能明显加快反应速率，但是催化剂需一定的活性温度，范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快。
④铜基催化剂须含合适物质的量之比的与，温度过高，会导致有机物转化为积碳、碳具有一定还原性，能还原铜的氧化物为铜单质，则温度高于时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是积碳覆盖在催化剂表面；被还原为，改变了与的比例，导致催化剂活性降低。