2026湖北省部分高中协作体高二上学期9月联考化学试题含解析

这是一份2026湖北省部分高中协作体高二上学期9月联考化学试题含解析，文件包含高二化学试题解析版docx、高二化学试题考试版docx、高二化学试题答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
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
C．反应2的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋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；反应2中，H2S作还原剂，失去电子生成S，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＋，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－===IOeq \\al(－,3)＋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，IOeq \\al(－,3)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IOeq \\al(－,3)
解析：D KI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；IOeq \\al(－,3)、I－在酸性条件下发生氧化还原反应，离子反应为IOeq \\al(－,3)＋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－===IOeq \\al(－,3)＋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IOeq \\al(－,3)，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( )
A．标准状况下，2.24 L 2H2含有的中子数为0.4NA
B．常温下，60 g乙酸与甲酸甲酯的混合物中，含有的碳原子数为2NA
C．1 ml Cl2溶于足量水中，充分反应后，转移的电子数为NA
D．25 ℃时，pH＝7的纯水中含有的OH－数为10－7NA
解析：B 标准状况下，2.24 L即0.1 ml 2H2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，60 g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
4.有BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2＋沉淀，消耗x ml H2SO4；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl－完全沉淀，消耗y ml AgNO3。则原混合溶液中的c(Na＋)为( )
A．eq \f(（y－2x）,a) ml·L－1
B．eq \f(（y－x）,a) ml·L－1
C．eq \f(（2y－2x）,a) ml·L－1
D．eq \f(（2y－4x）,a) ml·L－1
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x ml硫酸，说明溶液中氯化钡的物质的量为x ml，另一份滴加硝酸银溶液使氯离子完全沉淀消耗y ml硝酸银，说明氯离子的物质的量为y ml，x ml氯化钡中的氯离子物质的量为2x ml，则氯化钠中的氯离子物质的量为(y－2x) ml，则原溶液中钠离子物质的量为2(y－2x) ml，钠离子浓度为eq \f(（2y－4x）,a) ml·L－1；故选D。
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( )
① ② ③
A．①② B．①③
C．②③ D．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＋Ceq \(=====,\s\up7(△))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＋2Ceq \(=====,\s\up7(△))TiCl4＋2CO，D错误。
答案：C
7.eq \\al(14, 6)C的衰变反应为：eq \\al(14, 6)C→eq \\al(14, Z)X＋eq \\al( 0,－1)e，下列有关说法正确的是( )
A．eq \\al(14, 6)C与eq \\al(14, Z)X互为同位素
B．X、C的第一电离能X>C
C．eq \\al(14, 6)C和eq \\al(12, 6)C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
解析：B eq \\al(14, Z)X为eq \\al(14, 7)N，与eq \\al(14, 6)C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，则第一电离能N>C，B正确；eq \\al(14, 6)C和eq \\al(12, 6)C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．②③⑤ B．①④⑤
C．①②④ D．①③④
解析：D 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-phenanthrline-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2 ml电子，阴极室电解质溶液质量增加46 g
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2 ml电子吸收1 ml CO2气体同时又有2 ml H＋进入阴极室，质量共增加44 g＋2 g＝46 g，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
B．铜电极的电极反应式为2CO2＋12HCOeq \\al(－,3)＋12e－===C2H4＋12COeq \\al(2－,3)＋4H2O
C．通电过程中，溶液中HCOeq \\al(－,3)通过阴离子交换膜向右槽移动
D．当电路中通过0.6 ml电子时，理论上能产生C2H4 1.12 L
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＋12HCOeq \\al(－,3)，铂电极为阳极，该电极的电极方程式为12HCOeq \\al(－,3)－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＋12HCOeq \\al(－,3)，故B错误；C项，HCOeq \\al(－,3)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HCOeq \\al(－,3)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0.6 ml电子时，理论上能产生0.05 ml C2H4，在标况下，0.05 ml C2H4的体积为1.12 L，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)＝0.5 ml·L－1·min－1
B．v(B)＝1.2 ml·L－1·s－1
C．v(D)＝0.4 ml·L－1·min－1
D．v(C)＝0.1 ml·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)＝0.2 ml·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3 ml·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MS2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MS2表面的物种用*标注，如*CO2表示CO2吸附在MS2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：A CO2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1.10 eV，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)＋3H2(g)eq \(,\s\up7(催化剂))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NHeq \\al(＋,4)、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：
eq \x(\a\al(氨氮,废水))eq \(――→,\s\up7(Ⅰ))eq \x(\a\al(低浓度,氨氮废水))eq \(――→,\s\up7(Ⅱ))eq \x(\a\al(含硝酸,废水))eq \(――→,\s\up7(Ⅲ))eq \x(\a\al(达标,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NHeq \\al(＋,4)→NOeq \\al(－,2)→NOeq \\al(－,3)转化，称为硝化过程。在碱性条件下，NHeq \\al(＋,4)被氧气氧化成NOeq \\al(－,3)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→NOeq \\al(－,2)→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6 ml HNO3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：NHeq \\al(＋,4)＋OH－eq \(=====,\s\up7(△))NH3↑＋H2O；②在碱性条件下，
NHeq \\al(＋,4)被氧气氧化成NOeq \\al(－,3)的总反应的离子方程式为：NHeq \\al(＋,4)＋2OH－＋2O2===NOeq \\al(－,3)＋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6 ml HNO3完全反应时转移电子的物质的量为6 ml×5＝30 ml，消耗甲醇的物质的量为：eq \f(30 ml, [4－（－2）])＝5 ml，质量为：5 ml×32 g/ml＝160 g；
(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 ml氨氮转移3 ml电子，氯气参与反应转化为氯离子，1 ml氯气转移2 ml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)①NHeq \\al(＋,4)＋OH－eq \(=====,\s\up7(△))NH3↑＋H2O (2分)
②NHeq \\al(＋,4)＋2OH－＋2O2===NOeq \\al(－,3)＋3H2O (2分)
③－2 (2分) 160 g (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)
(3)检验FeCl3溶液中是否残留Fe2＋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＋6SOCl2eq \(=====,\s\up7(△))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·H2O b．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，因此检验FeCl3溶液中是否残留Fe2＋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
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋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)
(4)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋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m g，测得气体体积为V mL(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)
解析：(5)已知CaO2在350 ℃迅速分解生成CaO和O2。反应的方程式是2CaO2eq \(=====,\s\up7(350 ℃))2CaO＋O2↑。根据方程式可知，每有2 ml CaO2发生反应，
会产生1 ml O2，在标准状况下体积是22.4 L。现在产生标准状况下的氧气体积是V mL，则氧气的物质的量是n(O2)＝eq \f(V×10－3L,22.4 L/ml)＝eq \f(V,22.4)×10－3 ml；则反应的CaO2的物质的量是n(CaO2)＝2n(O2)＝eq \f(V,11.2)×10－3 ml，则产品中CaO2的质量分数为
φ＝[n(CaO2)M÷m]×100%＝[eq \f(V,11.2)×10－3 ml×72 g/ml÷m]×100%＝eq \f(9V,14m)%。过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有灼烧前过氧化钙的质量及固体质量不再发生改变时剩余固体的质量。
答案：(1)①2NH4Cl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2NH3·H2O (2分)
②CaCl2＋H2O2＋6H2O＋2NH3·H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl (2分)
(2)NH4Cl(2分) Ca(OH)2价格低，H2O2价格高且易分解，Ca(OH)2溶液显碱性，可以抑制CaO2·8H2O的溶解，从而提高产品的产率。H2O2显弱酸性，会促进CaO2·8H2O的溶解，对物质的制取不利 (2分)
(3)取最后一次洗涤液，向其中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，就证明洗涤干净，否则没有洗涤干净 (2分)
(4)抑制CaO2分解，防止CO2与CaO2反应 (2分)
(5)eq \f(9V,14m)%(2分) 加热前过氧化钙的质量及加热后固体质量不再发生改变时剩余固体的质量(2分)
19.（10分）一定条件下，在容积为2 L的密闭容器中发生反应：
A(g)＋3B(g)2C(g)，开始时加入0.4 ml A、0.6 ml B、0.2 ml C，在2 min末测得C的物质的量是0.3 ml。
(1)2 min内，用A表示该反应的平均化学反应速率为________ ml·L－1·min－1。(2分)
(2)在2 min末，B的浓度为________ ml·L－1。(2分)
(3)若改变下列一个条件，推测该反应的速率发生的变化(填“增大”“减小”或“不变”)。
①升高温度，化学反应速率________；(2分)
②充入1 ml B，化学反应速率________；(2分)
③将容器的容积变为3 L，化学反应速率________________。(2分)
解析：设参加反应的A的物质的量为x ml，列“三段式”：
0.2＋2x＝0.3，解得x＝0.05。
(1)2 min内，用A的浓度变化表示的反应速率v(A)＝eq \f(Δc（A）,Δt)＝eq \f(0.05 ml,2 L×2 min)＝0.0125 ml·L－1·min－1。
(2)2 min末，B的物质的量为0.6 ml－3×0.05 ml＝0.45 ml，浓度为c(B)＝eq \f(0.45 ml,2 L)＝0.225 ml·L－1。
(3)①升高温度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增加，化学反应速率增大；②充入1 ml B，反应物浓度增大，化学反应速率增大；③将容器的容积变为3 L，反应物浓度减小，化学反应速率减小。
答案：(1)0.0125 (2分)
(2)0.225 (2分)
(3)①增大(2分) ②增大(2分) ③减小(2分)
A(g)
＋
3B(g)

2C(g)
起始/ml
0.4
0.6
0.2
转化/ml
x
3x
2x
2 min末/ml
0.4－x
0.6－3x
0.2＋2x