湖北省部分高中协作体2025-2026学年高二化学上学期9月联考试题含解析

湖北省部分高中协作体2025—2026学年上学期9月联考

高二化学试题

本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。

★祝考试顺利★

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：本题共15小题，每题3分，共45分，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Fe3＋是还原产物

B．反应2中H2S得电子

3＋2＋＋

C．反应2的离子方程式为2Fe＋H2S===2Fe＋S↓＋2H

D．HNO3能和H2S大量共存

解析：C反应1中Fe2＋被氧化，发生氧化反应生成Fe3＋，Fe3＋是氧化产物，A错误；反

3＋2＋

应2中，H2S作还原剂，失去电子生成S，B错误；反应2中，Fe和H2S反应生成Fe和S，

3＋2＋＋

该反应的离子方程式为2Fe＋H2S===2Fe＋S↓＋2H，C正确；HNO3具有强氧化性，H2S具

有强还原性，二者不能共存，D错误。

答案：C

2.已知：ⅰ.4KI＋O2＋2H2O===4KOH＋2I2

－－－

ⅱ.3I2＋6OH===IO3＋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，IO3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IO3

解析：DKI固体易被氧气氧化，久置的KI固体呈黄色，说明含I2单质，向KI溶液中

滴加淀粉溶液，溶液无明显变化，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和I2，但是加了水之后发生ⅱ，所以不变蓝，故A正确；IO3、I在酸性条件

－－＋

下发生氧化还原反应，离子反应为IO3＋5I＋6H===3I2＋3H2O，故B正确；根据①②的现

－－－

象可知，在溶液中，I2与KOH反应：3I2＋6OH===IO3＋5I＋3H2O，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，故C正确；向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间

－＋－

后试纸变蓝，可能发生4I＋O2＋4H===2I2＋2H2O，则试纸上可能不存在IO3，故D错误。

答案：D

3.以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()

2

A．标准状况下，2.24LH2含有的中子数为0.4NA

B．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

C．1molCl2溶于足量水中，充分反应后，转移的电子数为NA

－－7

D．25℃时，pH＝7的纯水中含有的OH数为10NA

2

解析：B标准状况下，2.24L即0.1molH2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60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，转移的电子数小于

－

NA，C错误；25℃时，pH＝7的纯水中含有的OH数因没有体积而不能计算，D错误。

答案：B

2＋

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Ba沉淀，

－

消耗xmolH2SO4；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl完全沉淀，消耗ymolAgNO3。则原混合

溶液中的c(Na＋)为()

（y－2x）

A．mol·L－1

a

（y－x）

B．mol·L－1

a

（2y－2x）

C．mol·L－1

a

（2y－4x）

D．mol·L－1

a

解析：D由题意可知，一份滴加稀硫酸，使钡离子完全沉淀消耗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

（2y－4x）

子浓度为mol·L－1；故选D。

a

答案：D

5.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是()

①②③

A．①②B．①③

C．②③D．①②③

解析：B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FeSO4发生复分解反应生成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；②滴入的NaOH溶液会与试管中的FeSO4发生复分解反应生成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；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发生复分解反应生成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；故合理选项是B。

答案：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可在氮气氛围条件下进行反应

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＋C=====TiCl4＋CO

解析：C基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，有2个未成对电子，A错误；Mg

为活泼金属，能与CO2、O2、N2、H2O等物质发生反应，故金属Mg与TiCl4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＋2C=====TiCl4＋2CO，D错误。

答案：C

1414140

7.6C的衰变反应为：6C→ZX＋－1e，下列有关说法正确的是()

1414

A．6C与ZX互为同位素

B．X、C的第一电离能X>C

1412

C．6C和6C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

141414

解析：BZX为7N，与6C的质子数不同，不是同位素，A错误；X为N，同周期元素从

左到右第一电离能呈增大趋势，且N的2p轨道为半充满较稳定结构，失去一个电子较难，

1412

则第一电离能N>C，B正确；6C和6C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：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H2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：Y>Z>W>Q

B．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z>Y

C．氢化物的沸点：Q>W>Z

D．同周期中第一电离能小于W的元素有5种

解析：C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

价键个数可知，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；碳元素的氢化物为烃，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。

答案：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．②③⑤B．①④⑤

C．①②④D．①③④

解析：D①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例，并在实验结束

后可以将多余的氯气排出进行尾气处理，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需放置在冰水浴中，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，故选D。

答案：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℃。某实验小组设计如下装置(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④⑤之间缺少防止水蒸气进入④的装置

解析：A已知四氯化钛极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，而制得的氯气中

混有水蒸气，所以②中应盛装浓硫酸，故A错误。

答案：A

11.利用铜配合物10-phenanthroline-Cu作催化剂电催化可还原CO2制备甲酸，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46g

D．该装置工作一段时间后，阳极室电解质溶液pH不变

－＋

解析：C由题意可知，石墨烯为阴极，电极反应式为CO2＋2e＋2H===HCOOH，A错误；

＋

H穿过质子交换膜从左向右移动，B错误；每转移2mol电子吸收1molCO2气体同时又有

2molH＋进入阴极室，质量共增加44g＋2g＝46g，C正确；阳极电极反应为

－＋

2H2O－4e===O2↑＋4H，消耗掉水，电解质溶液浓度增大，pH减小，D错误。

答案：C

12.科学家利用多晶铜高效催化电解CO2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O2和CO2

－－2－

B．铜电极的电极反应式为2CO2＋12HCO3＋12e===C2H4＋12CO3＋4H2O

－

C．通电过程中，溶液中HCO3通过阴离子交换膜向右槽移动

D．当电路中通过0.6mol电子时，理论上能产生C2H41.12L

解析：A该电解池的总反应方程式为2CO2＋2H2O===C2H4＋3O2，铜电极为阴极，该电极

－－

的电极方程式为14CO2＋8H2O＋12e===C2H4＋12HCO3，铂电极为阳极，该电极的电极方程式

－－

为12HCO3－12e===12CO2↑＋3O2↑＋6H2O。A项，铂电极为阳极，产生的气体是O2和CO2，

故A正确；B项，铜电极的电极反应式为

－－－

14CO2＋8H2O＋12e===C2H4＋12HCO3，故B错误；C项，HCO3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HCO3通过阴离子交换膜向左槽移动，故C错误；D项，

由铜电极电极反应式分析可知，当电路中通过0.6mol电子时，理论上能产生0.05molC2H4，

在标况下，0.05molC2H4的体积为1.12L，该题目没有说明条件为标况，故D错误。

答案：A

13.对于可逆反应A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，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．v(A)＝0.5mol·L－1·min－1

B．v(B)＝1.2mol·L－1·s－1

C．v(D)＝0.4mol·L－1·min－1

D．v(C)＝0.1mol·L－1·s－1

解析：D本题可以采用归一法进行求解，B物质是固体，一般不用固体表示反应速率；

C项中对应的v(A)＝0.2mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3mol·L－1·min－1，故选D。

答案：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，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

解析：B增大浓度、增大压强，均使单位体积内活化分子数目增大；升高温度、使用

催化剂，均使活化分子百分数增大。A．对有气体参加的反应，增大压强，单位体积内活化

分子数目增大，化学反应速率增大，无气体参加的反应，增大压强，反应速率不变，故A

错误；B.升高温度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加，化学反应速率

一定增大，故B正确；C．纯固体、纯液体的量改变不影响反应速率，故C错误；D.催化剂

可以改变反应历程，改变反应的活化能，进而影响反应速率，故D错误。

答案：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＋H2O

C．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

*

解析：ACO2被吸附在催化剂表面形成CO2放出热量，是物理变化，不是放热反应，A

****

错误；由题图可知，HCOO＋H―→CO＋H2O反应的活化能最大，反应速率最慢，决定合成甲

醇反应速率，B正确；由题图可知，CH2O的相对能量为1.10eV，该步转化的活化能大，反

应速率较慢，故不易生成CH2O，C正确；由题图可知，合成甲醇为吸热反应，反应为CO2(g)

催化剂

＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH>0，增大压强或升高温度都能加快反应速率，且使

平衡正向移动，故能增大产率，D正确。

答案：A

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

＋

16、（10分）氨氮废水中的氮元素多以NH4、NH3·H2O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：

氨氮Ⅰ低浓度Ⅱ含硝酸Ⅲ达标

废水――→氨氮废水――→废水――→废水

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分)

＋－－

②过程Ⅱ：在微生物的作用下实现NH4→NO2→NO3转化，称为硝化过程。在碱性条件下，

＋－

NH4被氧气氧化成NO3的总反应的离子方程式为______________

_______________________________________________________________________________

______________________________。(2分)

－

③过程Ⅲ：在一定条件下向废水中加入甲醇(CH3OH)，实现HNO3→NO2→N2转化，称为反

硝化过程。CH3OH中碳元素的化合价为________，(2分)当甲醇与6molHNO3完全反应，

转化成CO2时，消耗的甲醇的质量为____________。(2分)

(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________时达到“折点”。(2分)

解析：(1)①过程Ⅰ加入氢氧化钠溶液后加热，有气体放出，铵根离子与氢氧根离子反

＋－△

应生成氨气，离子反应方程式为：NH4＋OH=====NH3↑＋H2O；②在碱性条件下，

＋－＋－－

NH4被氧气氧化成NO3的总反应的离子方程式为：NH4＋2OH＋2O2===NO3＋3H2O；

③CH3OH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6molHNO3完全反应时转移电子的物质的量为6mol×5＝30mol，消耗甲醇的物质的量

30mol

为：＝5mol，质量为：5mol×32g/mol＝160g；

[4－（－2）]

(2)氨氮废水中氮元素化合价为－3价，处理完后无氨氮存在，其转化为0价氮元素，1

mol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。

＋－△

答案：(1)①NH4＋OH=====NH3↑＋H2O(2分)

＋－－

②NH4＋2OH＋2O2===NO3＋3H2O(2分)

③－2(2分)160g(2分)

(2)3∶2(2分)

17.（19分）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.FeCl3·6H2O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

_____________________________________________________。(1分)

含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为________________________________

_______________________________________________________________________________

_______________________________________。(2分)

(2)操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有____________________。(2分)

2＋

(3)检验FeCl3溶液中是否残留Fe的试剂是____________________。(2分)

(4)为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生

的主要反应的离子方程式为_________________________________________________

_____________________________________________________________________________

____________________。(2分)

(5)操作②为_________________________________________。(2分)

Ⅱ.由FeCl3·6H2O制备无水FeCl3，将FeCl3·6H2O与液体SOCl2混合并加热，制得无水

FeCl3。已知SOCl2沸点为77℃，反应方程式为：

△

FeCl3·6H2O＋6SOCl2=====FeCl3＋6SO2↑＋12HCl↑，装置如下图所示(夹持和加热装置略)。

(6)仪器A的名称为____________，(1分)其作用为_____________________________

_______________________________________________________________________________

____________________________________。(1分)

NaOH溶液的作用是__________________________________________。(2分)

(7)干燥管中无水CaCl2不能换成碱石灰，原因是_________________________

____________________________________________。(2分)

(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)。(2

分)

a．ZnCl2·H2Ob．CuSO4·5H2O

c．Na2S2O3·5H2O

解析：(1)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。(2)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。(3)亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，

2＋

因此检验FeCl3溶液中是否残留Fe的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液。(4)为增大FeCl3溶液的浓度，

向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2，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

3＋2＋2＋3＋－

2Fe＋Fe===3Fe、2Fe＋Cl2===2Fe＋2Cl。(5)操作②是氯化铁溶液到FeCl3·6H2O晶体，

由于铁离子加热时会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。(6)根据图中信息得到仪器A的名称为球形干燥管，由于SOCl2沸点为77℃，为充分

利用SOCl2，因此球形冷凝管的作用为冷凝回流SOCl2。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SO2、HCl等尾气，防止污染。(7)干燥管中无水CaCl2不能换成

碱石灰，原因是碱石灰与SO2、HCl气体反应，失去干燥作用。(8)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，故适宜使用上述方法的是a。

答案：(1)不再有气泡产生(1分)Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率(2

分)

(2)漏斗、玻璃棒(2分)

(3)K3[Fe(CN)6]溶液(2分)

3＋2＋2＋3＋－

(4)2Fe＋Fe===3Fe、2Fe＋Cl2===2Fe＋2Cl(2分)

(5)在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeCl3·6H2O晶体(2分)

(6)球形冷凝管(1分)冷凝回流SOCl2(1分)吸收SO2、HCl等尾气，防止污染(2

分)

(7)碱石灰与SO2、HCl气体反应，失去干燥作用(2分)

(8)a(2分)

18.（16分）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___________________________________

_____________

_______________________________________________________________________________

_________________。(2分)

第②步反应的化学方程式为________________________________________________

_______________________________________________________________________________

_________________。(2分)

(2)可循环使用的物质是____________。(2分)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__________________________________________________

__________________________________________________。(2分)

(3)检验CaO2·8H2O是否洗净的方法是____________________________________

_______________________________________________________________________________

_______________________________________________________________________________

_____________________。(2分)

(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

_____________________________________________________________________________

_____________________________________________________________。(2分)

(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)。(2分)过氧化钙的含量也可用重量法测定，

需要测定的物理量有___________________________________________________________

____________________________________________________________________________

_____________________________。(2分)

350℃

解析：(5)已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。反应的方程式是2CaO2=====2CaO

＋O2↑。根据方程式可知，每有2molCaO2发生反应，

会产生1molO2，在标准状况下体积是22.4L。现在产生标准状况下的氧气体积是VmL，

－3

V×10LV－3

则氧气的物质的量是n(O2)＝＝×10mol；则反应的CaO2的物质的量是

22.4L/mol22.4

V－3

n(CaO2)＝2n(O2)＝×10mol，则产品中CaO2的质量分数为

11.2

V－39V

φ＝[n(CaO2)M÷m]×100%＝[×10mol×72g/mol÷m]×100%＝%。过氧化钙的含

11.2