湖北省部分高中协作体联考2025-2026学年高二上学期9月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省部分高中协作体联考2025-2026学年高二上学期9月月考本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、选择题：每小题仅有一项是符合题意。1.几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.反应1中是还原产物B.反应2中得电子C.反应2的离子方程式为D.能和大量共存【答案】C【解析】将反应1设计成原电池，Fe2+被氧化，发生氧化反应生成，是氧化产物，选项A错误；反应2中，H2S作还原剂，失去电子生成S，选项B错误；反应2中，Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S，该反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，选项C正确；HNO3具有强氧化性，H2S具有强还原性，二者不能共存，选项D错误；答案选C。2.已知：ⅰ．4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2ⅱ．3I2+6OH-=IO+5I-+3H2O某同学进行如下实验：①取久置的KI固体(呈黄色)溶于水配成溶液；②立即向上述溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化；滴加酚酞后，溶液变红；③继续向溶液中滴加硫酸，溶液立即变蓝。下列分析不合理的是A.②说明久置的KI固体中含有I2，但是加水后发生了ⅱ，所以不变蓝B.③中溶液变蓝的可能原因：酸性增大，IO氧化了I-C.①②说明在固体中I2与KOH可以共存，但是在溶液中不能大量共存D.若向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，则证实该试纸上存在IO【答案】D【解析】KI固体易被氧气氧化，向KI溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化，不能确认KI固体中是否含有I2，但滴加酚酞后，溶液变红，说明溶液呈碱性，即KI与O2反应生成KOH，则久置的KI固体中含有I2，但是加了水之后发生ii，所以不变蓝，A合理；酸性条件下，反应生成，，导致溶液变蓝，B合理；KI固体易被O2氧化，发生反应，根据②的现象可知，在溶液中，I2与KOH反应：，说明固体再I2中与KOH可以共存，但是在溶液中不能大量共存，C合理；向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，可能发生、、，则试纸上可能不存在，D不合理；故选D。3.以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.标准状况下，2.24L²H2含有的中子数为0.4NAB.常温下，60g乙酸与甲酸甲酯的混合物中，含有的碳原子数为2NAC.1molCl₂溶于足量水中，充分反应后，转移的电子数为0.1NAD.25℃时，pH=7的纯水中含有的OH⁻数为10-7NA【答案】B【解析】标准状况下，2.24L即0.1mol²H2含有的中子数为0.2NA，A错误；乙酸与甲酸甲酯的相对分子质量都是60g/mol且分子式都是C2H4O2,故常温下，60g乙酸与甲酸甲酯的混合物中，含有的碳原子数为2NA，B正确；氯气与水的反应是可逆反应，1mol氯气溶于水中反应不能达到100%转化，C错误；25℃时，pH=7纯水中含有的OH⁻数因没有体积而不能计算，D错误；故选B。4.有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀，消耗xmolH2SO4；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-离子完全沉淀，消耗ymolAgNO3.则原混合溶液中的c(Na+)Amol·L-1 B.mol·L-1C.mol·L-1 D.mol·L-1【答案】D【解析】BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份，每一份0.5aL，一份滴加稀硫酸，使钡离子离子完全沉淀消耗xmol硫酸，说明溶液中氯化钡的物质的量为xmol，另一份滴加硝酸银溶液使氯离子离子完全沉淀消耗ymol硝酸银，说明氯离子的物质的量为ymol，xmol氯化钡中的氯离子物质的量为2xmol，则氯化钠中的氯离子物质的量为(y-2x)mol，则原溶液中钠离子物质的量为2(y-2x)mol，钠离子浓度为mol·L-1；故正确D；答案选D。5.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是（）A.①② B.①③ C.②③ D.①②③【答案】B【解析】能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，则制备实验装置应排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化，以此来解答。因为Fe(OH)2在空气中易被氧化成Fe(OH)3，故要长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的空气或氧气。装置①是先用Fe粉与稀硫酸反应产生的H2将装置中的空气排尽，然后滴入NaOH溶液，与新反应产生的FeSO4发生复分解反应制取Fe(OH)2，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中，可以达到目的，①正确；②滴入的NaOH溶液会吸收空气中的氧气，与试管中FeSO4发生复分解反应制取Fe(OH)2和Na2SO4，溶液中有氧气，会氧化Fe(OH)2变为Fe(OH)3，因此会看到沉淀由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，不能达到实验目的，②错误；③中液面上加苯阻止了空气进入；在隔绝空气的环境中NaOH、FeSO4发生复分解反应产生Fe(OH)2和Na2SO4，由于没有空气，Fe(OH)2不能被氧化，能较长时间观察到白色沉淀，③正确；故合理选项是B。6.“太空金属”钛广泛应用于新型功能材料等方面，工业上用钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)冶炼金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是A.基态钛原子核外有4个未成对电子B.金属Mg与TiCl4可在氮气气氛条件下进行反应C.步骤II加热可促进TiO2+的水解D.步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+CTiCl4+CO【答案】C【解析】钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)加硫酸酸浸，浸出液中含铁离子、亚铁离子和TiO2+，加适量铁发生还原，将铁离子转变为亚铁离子，蒸发浓缩冷却结晶提取出绿矾晶体，滤液经加热TiO2+水解得TiO2·H2O，分解得到粗TiO2后，加焦炭、氯气反应得到TiCl4，用Mg还原得到Ti。基态钛原子核外电子排布式为，有2个未成对电子，A错误；Mg为活泼金属，能与、、、等物质发生反应，故金属Mg与必须在稀有气体氛围条件下进行反应，B错误；TiO2+会水解，步骤II加热可促进TiO2+的水解，C正确；方程式未配平，步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，D错误；答案选C。7.的衰变反应为：，下列有关说法正确的是A.与互为同位素 B.X、C的第一电离能X>CC.和的价层轨道电子数相差2 D.上述反应中X元素的中子数为8【答案】B【解析】衰变反应中，根据质子守恒，为。为，与的质子数不同，不是同位素，A错误；X为N，第一电离能失去2p3半满较稳定结构的电子较难，则第一电离能N>C，B正确；和的价层轨道电子数相同，相差2的是质量数或中子数，C错误；上述反应中X元素是N，中子数为14-7=7，D错误；答案选B。8.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇发生爆炸，由上述五种元素形成的化合物结构如图所示。下列说法错误的是A.原子半径：B.最高价氧化物对应水化物的酸性：C.氢化物的沸点：D.同周期中第一电离能小于W元素有5种【答案】C【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸，则Q为F元素；由阴离子的结构可知，Y为B元素；由阳离子结构中X、Z、W形成的共价键分别为1、4、3可知，X为H元素、Z为C元素、W为N元素。同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子半径依次减小，故A正确；同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，故B正确；碳元素的氢化物属于烃，固态烃和液态烃的沸点高于氨气和氟化氢，故C错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共5种，故D正确；故选C。9.已知氯气和空气按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中能生成Cl2O，且反应放热；不含Cl2的Cl2O易与水反应生成HClO；Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2。设计如图装置(部分夹持装置略)制备HClO，每个虚线框表示一个装置单元，其中存在错误的是A.②③⑤ B.①④⑤ C.①②④ D.①③④【答案】D【解析】①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl2通入饱和食盐水来除去一起挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的比值，并在实验结束后可以将多余的氯气排除进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O是一个放热反应，且Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需防止在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的Cl2，导管应该长进短出，错误；⑤经CCl4除去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确；综上分析可知，①③④错误，故答案为：D。10.四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为-25℃，沸点为136.4℃。某实验小组设计如图装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是A.②中应盛装饱和食盐水B.冷凝管有冷凝、回流和导气的作用C.反应结束时，应先停止③处的加热，后停止①处的加热D.该设计存在不足，如④、⑤之间缺少防止水蒸气进入④的装置【答案】A【解析】因四氯化钛（TiCl4）极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，而制得的氯气中含有水蒸气，所以②中应盛装浓硫酸，A项错误；TiCl4的熔沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中的冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，B项正确；反应结束时，先停止③处加热，后停止①处加热，可以使制得的TiCl4在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使TiCl4变质，C项正确；因四氯化钛（TiCl4）极易水解，所以应在装置④和⑤之间加一个防止水蒸气进入④的装置，D项正确；答案选A。11.利用铜配合物10-phenanthroline-Cu做催化剂电催化可还原CO2制备碳基燃料(包括CO、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。下列说法正确的是A.石墨烯为阴极，电极反应式为CO2＋2H2O＋2e-=HCOOH＋2OH-B.该装置工作时，H＋穿过质子交换膜从右向左移动C.每转移2mol电子，阴极室电解质溶液质量增加46gD.该装置工作一段时间后，阳极室电解质溶液pH不变【答案】C【解析】根据装置图，H2O在Pt上转化成氧气，氧元素的化合价升高，说明Pt为阳极，则石墨烯为阴极，据此分析；根据上述分析，石墨烯为阴极，交换膜为质子交换膜，电极反应式为CO2＋2H+＋2e-=HCOOH，故A错误；根据电解原理，H+应从左向右移动，故B错误；转移2mol电子，有44gCO2参加反应，同时有2molH+从阳极移向阴极，阴极室电解质质量增加44g+2g=46g，故C正确；阳极室电极反应式为H2O-4e-=O2↑+4H+，产生的H+迁移到阴极室，但是溶剂水消耗了，故酸性电解质溶液中c(H+)增大，pH减小，故D错误；答案为C。12.科学家利用多晶铜高效催化电解制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法正确的是A.铂电极为阳极，产生的气体是和B.铜电极的电极反应式为C.通电过程中，溶液中通过阴离子交换膜向右槽移动D.当电路中通过电子时，理论上能产生【答案】A【解析】该电解池的总反应方程式为，铜电极为阴极，该电极的电极方程式为，铂电极为阳极，该电极的电极方程式为由分析可知，铂电极为阳极，产生的气体是和，故A正确；由分析可知，铜电极电极方程式为，故B错误；由分析可知，在铂电极发生反应，并且电解前后电解液浓度几乎不变，所以溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动，故C错误；由铜电极电极方程式分析可知，当电路中通过电子时，理论上能产生0.05mol，在标况下，0.05mol的体积为1.12L，该题目没有说明条件为标况，故D错误；故选A。13.对于可逆反应，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A. B.C. D.【答案】D【解析】化学反应速率比较大小，先换算为同一单位，然后用该物质的速率除以该物质的化学计量数，所得数值大的速率快，数值小的速率慢。A.；B.反应方程式中物质B状态为固体，不能用其表示反应速率；C.；D.；综上所述选D。14.下列说法正确的是A.增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大B.升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大C.加入反应物，使活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大D.所有的催化剂都可以降低反应的活化能，但一定不改变反应的历程【答案】B【解析】增大浓度、增大压强，均使活化分子数目增大；升高温度、使用催化剂，均使活化分子百分数增大。对气体参加的反应，增大压强，活化分子数目增大，化学反应速率增大，无气体参加时增大压强反应速率不变，故A错误；升高温度，活化分子百分数增大，分子有效碰撞的机会增大，化学反应速率一定增大，故B正确；加入反应物，使活化分子数目增大，化学反应速率增大，纯固体、纯液体的量改变不影响速率，故C错误；所有的催化剂都可以降低反应的活化能，使活化分子百分数增大，反应速率增大，但改变反应的历程，故D错误；故选B。15.在MoS2催化作用下利用CO2加氢可制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在MoS2表面的物种用*标注，如*CO2表示CO2吸附在MoS2表面，图中*H已省略)。下列说法不正确的是A.CO2被吸附在催化剂表面形成*CO2是放热反应B.决定合成甲醇反应速率的步骤是*HCOO+*H→*CO+*H2OC.反应中不易生成CH2O的原因是其活化能较大D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大CH3OH的产率【答案】AB【解析】CO2吸附在催化剂表面形成*CO2，相对能量从0.00eV降至-1.38eV，能量降低，为放热过程，但不是化学变化，故不是放热反应，A错误；决定反应速率的是活化能最大的步骤。图中只能看出各步骤吸收或释放的能量，没有过渡态，无法确定哪一步活化能最大，也就无法确定决速步，B错误；生成CH2O的活化能较大，活化能越大反应越难进行，故不易生成CH2O，C正确；该反应是气体分子数减少的反应，增大压强可加快反应速率且平衡正向移动，产率增大；根据图示可知该反应吸热，升高温度加快速率，平衡正向移动，CH3OH产率增大，D正确；故答案选AB。二、非选择题：16.氨氮废水中的氮元素多以、的形式存在，是造成河流和湖泊富营养化的主要因素，科学家找到多种处理氨氮废水的方法。（1）某研究团队设计的处理流程如下：①过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通入空气将氨赶出并回收。请用离子方程式表示加NaOH溶液时所发生的反应：_______。②过程Ⅱ：在微生物的作用下实现转化，称为硝化过程。在碱性条件下，被氧气氧化成的总反应的离子方程式为_______。③过程Ⅲ：在一定条件下向废水中加入甲醇()，实现转化，称为反硝化过程。中碳元素的化合价为_______，当甲醇与6mol完全反应，转化成时，消耗的甲醇的质量为_______。（2）折点氯化法是将氯气通入氨氮废水中达到某一点，在该点时水中游离氯含量最低，而氨氮的浓度降为零，该点称为折点，该状态下的氯化称为折点氯化。当氯气与氨氮的物质的量之比至少为_______时即“折点”。【答案】（1）①.②.③.-2④.160g（2）3：2【解析】【小问1详析】过程I加入氢氧化钠溶液后加热，有气体放出，铵根离子与氢氧根反应生成氨气，离子反应方程式为：；在碱性条件下，被氧气氧化成的总反应的离子方程式为：；中碳元素的化合价为-2价；甲醇与硝酸反应生成二氧化碳、氮气和水，当6mol完全反应时转移电子的物质的量为，消耗甲醇的物质的量为：，质量为：；【小问2详析】氨氮废水中氮元素化合价为-3价，处理完后无氨氮存在，其转为为0价氮元素，1mol氨氮转移3mol电子，氯气参与反应转化为氯离子，1mol氯气转移2mol电子，根据得失电子守恒，当氯气与氨氮的物质的量之比至少为3：2时达到折点。17.氯化铁是重要的化工原料。针对氯化铁的实验室制备方法，回答下列问题：Ⅰ．的制备制备流程图如下：（1）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为___________。（2）操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有___________。（3）检验溶液中是否残留的试剂是___________。（4）为增大溶液的浓度，向稀溶液中加入纯Fe粉后通入。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________。（5）操作②为___________。Ⅱ．由制备无水将与液体混合并加热，制得无水。已知沸点为77℃，反应方程式为：，装置如下图所示(夹持和加热装置略)。（6）仪器A的名称为___________，其作用为___________。NaOH溶液的作用是___________。（7）干燥管中无水不能换成碱石灰，原因是___________。（8）由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是___________(填序号)。a．b．c．【答案】（1）①.不再有气泡产生②.Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率（2）漏斗、玻璃棒（3）溶液（4）、（5）在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到晶体（6）①.球形冷凝管②.冷凝回流③.吸收、HCl等尾气，防止污染（7）碱石灰与、HCl气体反应，失去干燥作用（8）a【解析】稀盐酸中加入废铁屑，不断反应，铜不与盐酸反应，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁，稀氯化铁溶液再加入铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，浓氯化铁溶液制备，稀氯化铁溶液在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到晶体。将与液体混合并加热来制备无水。【小问1详析】将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全，由于废铁屑与盐酸反应不断产生气泡，因此判断反应完全的现象为不再有气泡产生。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率；故答案为：不再有气泡产生；Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。【小问2详析】操作①是过滤，所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有玻璃棒、漏斗；故答案为：漏斗、玻璃棒。【小问3详析】铁离子和溶液反应生成蓝色沉淀，因此检验溶液中是否残留的试剂是溶液；故答案为：溶液。【小问4详析】为增大溶液的浓度，向稀溶液中加入纯Fe粉后通入，先是铁和铁离子反应生成亚铁离子，再是亚铁离子被氯气氧化为铁离子，此过程中发生的主要反应的离子方程式为、；故答案为：、。【小问5详析】操作②是氯化铁溶液到晶体，由于铁离子加热时要发生水解生成氢氧化铁，因此在整个过程中要通入HCl气体防止铁离子水解，其操作过程为晶体；故答案为：在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到晶体。【小问6详析】根据图中信息得到仪器A的名称为球形干燥管，由于沸点为77℃，为充分利用，不能使其逸出，因此球形冷凝管的作用为冷凝回流。由于二氧化硫、HCl会逸出污染环境，因此NaOH溶液的作用是吸收、HCl等尾气，防止污染；故答案为：球形干燥管；冷凝回流；吸收、HCl等尾气，防止污染。【小问7详析】无水的作用是干燥气体，不是与二氧化硫、HCl气体反应，干燥管中无水不能换成碱石灰，原因是碱石灰与、HCl气体反应，失去干燥作用；故答案为：碱石灰与、HCl气体反应，失去干燥作用。【小问8详析】根据装置图信息，该装置可以用于制取能水解的盐酸盐晶体，由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是a；故答案为：a。18.过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。工业生产过程如下：①在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2；②不断搅拌的同时加入30%H2O2，反应生成CaO2·8H2O沉淀；③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2·8H2O，再脱水干燥得到CaO2。完成下列填空(1)第①步反应的化学方程式为________。第②步反应的化学方程式为________。(2)可循环使用的物质是_______。工业上常采用Ca(OH)2过量而不是H2O2过量的方式来生产，这是因为______。(3)检验CaO2·8H2O是否洗净的方法是_______。(4)CaO2·8H2O加热脱水的过程中，需不断通入不含二氧化碳的氧气，目的是______、______。(5)已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。下图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）。若所取产品质量是mg，测得气体体积为VmL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为_____（用字母表示）。过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有_____。【答案】①.2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3∙H2O②.CaCl2+H2O2+8H2O+2NH3=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl③.NH4Cl④.溶液显碱性，就可以抑制CaO2·8H2O溶解，从而提高产品的产率。H2O2是弱酸性，会促进CaO2·8H2O的溶解，对物质的制取不利⑤.取最后一次洗涤溶液，向其中加入AgNO3溶液，再滴加几滴稀硝酸，若无白色沉淀产生，就证明洗涤干净，否则没有洗涤干净⑥.防止CO2与CaO2·8H2O分解产生的Ca(OH)2反应⑦.使反应逆向进行，得到更多的CaO2⑧.％⑨.加热前过氧化钙及加热后固体质量不再发生改变时试管中固体的质量【解析】(1)第①步在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2，二者发生复分解反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3∙H2O。②不断搅拌的同时加入30%H2O2，反应生成CaO2·8H2O沉淀，反应的化学方程式是：CaCl2+H2O2+8H2O+2NH3=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；(2)根据上述分析可知，可循环使用的物质是NH4Cl。工业上常采用Ca(OH)2过量而不是H2O2过量的方式来生产，这是因为Ca(OH)2过量，是溶液显碱性，就可以减少CaO2·8H2O的溶解，从而可以提高产品的产率；(3)CaO2·8H2O是从含有NH4Cl的溶液中过滤出来的，若CaO2·8H2O洗涤干净，则表明上不含有NH4Cl电离产生的NH4+或Cl-，所以检验CaO2·8H2O是