河南省豫北2023届高三化学上学期10月大联考试卷（Word版附答案）

高三化学可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是。A.用氧化钙作吸氧剂和干燥剂B.碳酸镁和氢氧化铝均可作抗酸药C.活性炭具有除异味和杀菌作用D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】B【解析】【详解】A．氧化钙作干燥剂，但不能作吸氧剂，A错误；B．碳酸镁和氢氧化铝均可作抗酸药，B正确；C．活性炭具有除异味作用，但没有杀菌作用，C错误；D．碳酸钡可溶于胃酸，造成重金属离子中毒，D错误；故选B。2.下列有关物质的性质或应用说法正确的是A.液氯中既含有氯气分子又含有氯离子B.既可作氧化剂又可作还原剂C.工业制硫酸用75％的硫酸吸收D.有毒，不能用作食品添加剂【答案】B【解析】【详解】A．液氯中只有氯气分子，A错误；B．氮气中氮元素为0价，即可被氧化，又可被还原，故氮气既可作氧化剂又可作还原剂，B正确；C．工业制硫酸用98％的浓硫酸吸收SO3，C错误；D．适量的二氧化硫可以用作食品添加剂，如葡萄酒中含有二氧化硫，有防氧化的作用，D错误；故选B。3.碳、硅的单质及其化合物在人类进步和社会发展中发挥了重要作用。下列叙述错误的是。 A.碳和硅元素在自然界主要以游离态存在B.在硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体的结构C.富勒烯、碳纳米管、石墨烯均属于无机非金属材料D.高温下，能分别与C、、发生反应【答案】A【解析】【详解】A．硅是亲氧元素，在自然界中总是与氧化合，以化合态形式存在，A错误；B．在硅酸盐中，每个Si原子形成4个共价键，和O构成了硅氧四面体的结构，B正确；C．富勒烯、碳纳米管、石墨烯均属于无机非金属材料，C正确；D．高温下，能分别与C、、发生反应，D正确；故选A。4.下列实验方案中能达到实验目的的是。A.用装置①分离饱和溶液和B.用装置②除去中少量的HCl气体C.用装置③制取D.用装置④实验室制取【答案】A【解析】【详解】A．乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液不互溶，可以分液分离，A正确；B．二氧化硫与亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，B错误；C．铜与浓硫酸反应需要加热，C错误；D．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，D错误； 故选A。5.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是。A.的溶液中，含硫粒子数之和为B.与NO反应生成时，转移电子数为C.通常状况下，0.2mol由与HF组成的混合物中电子数为D.11.2L(标准状况)完全溶于水后溶液中分子数为【答案】C【解析】【详解】A．没有溶液体积，无法计算，A错误；B．，由方程可知5N2~12e-，则当生成1molN2时，转移的电子为mol，B错误；C．D2O与HF都是10电子分子，0.2mol混合物含电子数为2NA，C正确；D．二氧化碳溶于水的反应是可逆反应，不能完全转化为碳酸，D错误；故选C。6.下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是。A.的NaHS溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.溶液中能大量共存，通入后仍能大量共存：、、、D.常温下，的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．HS-与Cu2+会生成硫化铜沉淀，不能大量共存，A错误；B．与不能大量共存，B错误；C．通入生成硝酸会氧化，不能大量共存，C错误； D．常温下，的溶液，是强碱性溶液，和、、、可以大量共存，D正确；故选D。7.下列实验操作能达到实验目的的是A.将NO和的混合气体通过氢氧化钠溶液进行分离B.为检验某品牌食盐中是否含有碘元素，将样品溶解后滴加淀粉溶液C.向溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明具有氧化性D.向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓反应生成【答案】C【解析】【详解】A．NO和NO2同时通入到NaOH溶液中会发生反应NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，故不能将NO和NO2的混合气体通过氢氧化钠溶液进行分离，A错误；B．食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，而淀粉溶液检验的是I2，故该方法不能检验出食盐样品中是否含有碘元素，B错误；C．向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，和H2S发生氧化还原反应，生成淡黄色硫沉淀，证明具有氧化性，C正确；D．浓HNO3受热易分解：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，则向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，不能证明炭可与浓HNO3反应生成NO2，D错误；故选C。8.下列利用所选仪器和用品及试剂能达到相应实验目的的是。选项实验目的仪器和用品试剂A检验的存在试管、酒精灯、火柴NaOH溶液、蓝色石蕊试纸、待检溶液B测定84消毒液的pH玻璃棒、表面皿pH试纸 C检验的存在烧杯、酒精灯、洁净的铁丝、火柴盐酸、待检溶液D配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管蒸馏水、NaClA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．应该用红色石蕊试纸检验氨气，A错误；B．84消毒液有漂白性，使pH试纸褪色而无法准确读数，B错误；C．缺少蓝色钴玻璃片，C错误；D．配制100mL氯化钠溶液需要的仪器和药品有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管、蒸馏水、NaCl，D正确；故选D9.硫元素的几种化合物在一定条件下可发生下列转化。下列说法错误的是。A.反应①高温煅烧时，另外一种产物为B.反应②可以说明S元素非金属性强于C元素C.做反应③实验后附着在试管壁上的硫可以用清洗D.反应④中当生成1mol硫时，转移电子为2mol【答案】B【解析】【详解】A．反应①高温煅烧时，方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，则另一种产物为Fe2O3，故A正确，不符合题意；B．反应②可以说明酸性H2SO3>H2CO3，要想证明硫元素的非金属性强于碳元素，应比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，故B错误，符合题意；C．硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，则反应③实验后附着在试管壁上的硫可以用 CS2清洗，故C正确，不符合题意；D．反应④的反应为S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，S2O→S，部分硫元素化合价从+2价降低到0价，则当生成1molS时，转移电子为2mol，故D正确，不符合题意；故选B。10.下列现象或事实能用同一原理解释的是A.常温下铁和铜都不溶于浓硫酸B.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低C.硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质D.乙烯分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液中均褪色【答案】C【解析】【详解】A．常温下铁遇浓硫酸钝化，铜常温下与浓硫酸不反应，A不符合题意；B．浓硫酸有吸水性，吸收水分浓度降低，浓盐酸易挥发使浓度降低，B不符合题意；C．硫化钠和亚硫酸钠固体均易被空气氧化而变质，原理相同，C符合题意；D．乙烯与溴发生加成反应使溴水褪色，乙烯与高锰酸钾发生氧化还原反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不符合题意；故选C。11.实验室制备下列气体的方法可行的是。选项气体方法A加热固体BHI将NaI加入浓中C向FeS固体中滴加稀硝酸D加热和少量的混合物A.AB.BC.CD.D【答案】D 【解析】【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢冷却后又化合生成氯化铵，不适用制备氨气，A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，可以氧化碘离子，B错误；C．硝酸具有强氧化性，可以氧化硫离子，C错误；D．高锰酸钾受热分解生成二氧化锰和氧气，二氧化锰对氯酸钾的分解有催化作用，可以制备氧气，D正确；故选D。12.科学家采用如下三步反应，可持续合成氨，与氮气和氢气高温高压合成氨相比，反应条件更加温和。①②③下列说法正确的是。A.该过程中Li和作催化剂B.反应③可能是对LiOH水溶液进行了电解C.理论上反应过程中每生成，同时生成D.三步反应都是氧化还原反应，且有极性键、非极性键和离子键的断裂和形成【答案】C【解析】【详解】A．锂为反应的催化剂，反应物为氮气和水，生成物为氧气和氨气，总反应的方程式为2N2+6H2O=3O2+4NH3，A错误；B．由图可知，反应III是电解熔融氢氧化锂生成锂、氧气和水的反应，不是电解氢氧化锂溶液的反应，B错误；C．由总反应方程式可知，反应中每生成1mol氨气，同时生成氧气的物质的量为1mol×=0.75mol，C正确；D．由图可知，反应Ⅱ为氮化锂与水反应生成氢氧化锂和氨气，反应的化学方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，反应中没有元素发生化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；故选C。 13.金(Au)、银(Ag)是贵金属，废旧CPU中含单质Au、Ag和Cu。从废旧CPU中回收单质Au、Ag的方法如下：已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解；②王水是浓硝酸与浓盐酸的混合物(体积比1∶3)；③，。下列说法错误的是A.用浓盐酸与也可能使Au溶解B.试剂a可以是浓氨水C.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性D.恰好被Zn完全还原，可消耗2molZn(仅考虑的反应)【答案】C【解析】【详解】A．用浓盐酸和NaNO3，在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解，A正确；B．Ag+与过量浓氨水能生成配合物离子，试剂a可以是浓氨水，B正确；C．王水中浓盐酸的主要作用是提供Cl-，可以溶解得到HAuCl4溶液，C错误；D．用过量Zn粉将1molHAuCl4完全还原为Au，锌与氢离子也会反应，消耗Zn的物质的量等于2mol，D正确；故选C。14.溶液A中可能含有如下离子中的若干种：、、、、、、、。某同学设计并完成如下的实验： 已知气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列有关说法正确的是（）A.溶液A中可能含有、B.溶液A中一定含有、、C.溶液A中和的物质的量之比为2∶1D.4.50g沉淀B若改为加入足量的稀硝酸最终同样只得到2.33g沉淀【答案】B【解析】【详解】A．由分析可知，不存在，可能存在，A项错误；B．由分析可知，溶液A中一定含有、、，B项正确；C．溶液A中和的物质的量均为0.01mol，故物质的量之比为1∶1，C项错误；D．4.50g沉淀B中含有2.33g，2.17g，若改为加入足量的稀硝酸，会将氧化为，此时沉淀的质量为4.66g，D项错误；故选B。二、非选择题：本题共5小题，共58分。15.氮及其化合物在工、农业等领域占据重要地位，但其氮氧化物(NOx)也会造成酸雨、光化学烟雾等环境污染问题。回答下列问题：（1）图是自然界中氮循环示意图：①根据上图，分别写出人工固氮和自然固氮(雷电作用)的化学方程式：_______；_______。②亚硝酸盐和铵盐反应可生成氮气。如反应：。该反应中，每生成6.72L(标准状况下)N2，转移_______mol电子。③根据上图，下列说法正确的是_______(填字母)。 A.氮元素均被氧化B.含氮无机物和含氮有机物可相互转化C.氮、氢、氧三种元素均参与了氮循环（2）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一、在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。①当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原化学方程式：_______。②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下：。其原因是_______，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。③氮氧化物(NOx)与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，发生反应：。上述反应可以视作分两步进行：第1步：_______；第2步：。④NaClO溶液可吸收硝酸工业尾气中的NOx。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀硫酸调节)的减小而增大。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和的离子方程式为_______；简述NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高的原因：_______。【答案】（1）①.②.③.0.9④.BC（2）①.2CO+2NON2+2CO2②.根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为IIA族元素，同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大③.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)④.⑤.NaClO溶液的初始pH越小，HClO浓度越大，NO转化率越高。【解析】【小问1详解】①人工固氮和自然固氮(雷电作用)的化学方程式为、 ；②由化学方程式可知，该反应为氮元素的价态归中反应，可知N2～3e-，则生成0.3molN2转移0.9mol电子；③A．根据上图氮元素有被氧化也有被还原的，如硝酸盐被还原转化为其它含氮化合物，A错误；B．含氮无机物和含氮有机物可相互转化，B正确；C．氮、氢、氧三种元素均参与了氮循环，C正确；故选BC。【小问2详解】①NO被CO还原生成氮气，2CO+2NON2+2CO2；②根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为IIA族元素，同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强；③总反应减去第2步反应可得第一步反应2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)；④酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和的离子方程式为；是NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高的原因pH越小，HClO浓度越大，NO转化率越高。16.Cl2、SO2、CO2均是中学化学常见的气体，减少Cl2、SO2的排放可以防止污染空气，减少CO2的排放，有利于保护环境，实现碳中和。回答下列问题：（1）化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是____。（2）用热烧碱溶液吸收Cl2反应后的混合溶液，若含NaCl、NaClO和物质的量比值为，则n=_______。（3）常温下，可用NaOH溶液作CO2的捕捉剂。若经测定某次捕捉所得溶液中，Na和C两种元素物质的量比值为3∶1，则所得溶液中溶质成分为_______(填化学式)。（4）常温下，用溶液处理工业尾气中的SO2，吸收过程中的使用率(α)与溶液pH的关系如图所示(溶液体积与温度均保持不变)。 ①A点时，溶液中_______。已知到B点时吸收了标准状况下尾气，则尾气中SO2的体积分数为_______(尾气中其他成分不反应)。②用硫酸酸化的溶液处理SO2气体，会析出铬钾矾晶体。写出该反应的化学方程式：_______。【答案】（1）出现白烟（2）11（3）、（4）①.0.2②.0.36③.【解析】【小问1详解】氯气与氨气生成氯化铵，出现白烟；【小问2详解】热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5×2=11，则n=11，故答案为：11；【小问3详解】Na和C两种元素物质的量比值为3∶1，根据Na和C原子守恒，则所得溶液中溶质成分为、；【小问4详解】a点时pH=7，则有，此时溶液中有电荷守恒：，则有：；由图可知b点的利用率为60% ，即消耗的亚硫酸钠的物质的量为，二氧化硫和亚硫酸钠反应的化学计量数之比为：，则吸收的二氧化硫的物质的量为1800mol，尾气的物质的量为，则尾气中的体积分数为。17.碲(Te)属于氧族元素，广泛应用于冶金、能源、化工等行业。碲化亚铜渣中主要含有Cu和Te元素，并以Cu2Te、Cu及Te的形式存在，此外还含少量Au、Ag等元素。以碲化亚铜渣为原料制备TeO2及胆矾的流程如下：已知：①TeO2是两性氧化物，难溶于水；②“酸浸”过程中Te元素先生成H2TeO3，随着溶液pH的提高，生成TeO2进入酸浸渣中。回答下列问题：（1）H2TeO3的化学名称为_______。（2）“酸浸”时，适宜的控温方式为_______，写出该步骤Cu发生反应的离子方程式：_______；碲化亚铜发生反应中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（3）实验室中，“操作X”用到的玻璃仪器有玻璃棒、_______。（4）写出“碱浸”时，TeO2与NaOH反应的化学方程式：_______。（5）“沉碲”时，控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能过强的原因是_______；防止局部酸度过大的操作方法是_______。【答案】（1）亚碲酸（2）①.水浴加热②.③.4:3（3）漏斗、烧杯（4）（5）①.酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低②.缓慢加入硫酸，并不断搅拌 【解析】【小问1详解】H2TeO3化学名称为亚碲酸；【小问2详解】控制温度80℃，可用水浴加热；酸性溶液中，氯酸钠做氧化剂将Cu氧化为硫酸铜，离子方程式为；碲化亚铜中铜元素为+1价，被氧化生成+2价铜离子，碲元素为-2价，被氧化生成+4价亚碲酸，氯酸根中氯元素为+5价，被还原生成-1价氯离子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4:3；【小问3详解】“操作X”为过滤，用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；【小问4详解】二氧化碲是两性氧化物，可溶于氢氧化钠溶液，反应方程式为；【小问5详解】二氧化碲是两性氧化物，可溶于强酸，酸性过强，会使二氧化碲溶解，导致产率降低；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入硫酸，并不断搅拌。18.硅酸盐材料具有硬度高、难溶于水、耐高温等特点。硅酸盐中常含有Al、K等元素，如钾长石和钠长石等。回答下列问题：（1）用氧化物形式表示为_______。（2）我国科学家发现在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能。配平下列方程式：_______。______Al＋____________→______Si＋_____AlOCl＋_____。（3）将钾长石或钠长石用足量稀盐酸处理后，所得固体为_______(填化学式)。（4）将一定质量的铝粉和铁粉的混合物加入到一定量很稀的硝酸溶液中，充分反应，反应过程中无气体放出。向反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol∙L-1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量(n)关系如图所示： ①根据关系图，写出Fe与稀硝酸反应的离子方程式：_______。②样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为_______。③a点对应NaOH溶液的体积为_______。【答案】（1）Na2O•Al2O3•6SiO2（2）4Al+K[AlSi3O8]+2AlCl3=3Si+6AlOCl+KAlO2（3）SiO2（4）①.8Fe＋30H＋＋3===8Fe3＋＋3＋9H2O②.1:1③.40mL【解析】【小问1详解】氧化物形式表示为Na2O•Al2O3•6SiO2【小问2详解】该反应中Al从0价升高为+3价，失电子作还原剂，K[AlSi3O8]中Si由+4价降低为0价，得电子作氧化剂，根据转移电子守恒和原子守恒进行配平，方程式为4Al+K[AlSi3O8]+2AlCl3=3Si+6AlOCl+KAlO2；【小问3详解】SiO2不溶于盐酸，故所得固体为SiO2；【小问4详解】O→a无气体放出，根据题中信息可知硝酸被还原生成铵盐，Fe与稀硝酸反应的离子方程式为8Fe＋30H＋＋3===8Fe3＋＋3＋9H2O；c→d发生Al(OH)3＋OH－=＋2H2O，即Al(OH)3物质的量为(82－74)×10－3×5mol=0.04mol；O到a没有沉淀产生，说明HNO3过量，b→c发生＋OH－=NH3·H2O，推出n()=(74－68)×10－3×5mol=0.03mol，根据得失电子数目守恒，因此有n(Al)×3＋n(Fe)×3=n()×8，代入数值，解得n(Fe)=0.04mol，a→b发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，此阶段共消耗NaOH的体积为(0.04＋ 0.04)×3×1000/5mL=48mL，因此a点对应的数值为(88－48)mL=40mL；c点溶质为NaNO3，因此n()=74×10－3×5mol=0.37mol，根据N元素守恒，因为合金与硝酸反应过程中没有气体产生，因此原硝酸溶液中n(HNO3)=n()＋n()=(0.37＋0.03)mol=0.4mol；合金中铝粉和铁粉的物质的量比值为0.05：0.03=1：1；19.过氧化钙(CaO2)是一种新型的多功能无机精细化工产品，它在常温下为白色粉末，难溶于水，易与酸反应生成双氧水，常用作杀菌剂、防腐剂等。实验室利用如图装置(夹持仪器已省略)制备过氧化钙，实验步骤如下：向三颈烧瓶中加入3.00gCaCl2固体，用3.0mL蒸馏水溶解，置于冰水浴中，加入3mol∙L-1的NaOH溶液18.0mL，使CaCl2充分溶解后，逐滴滴加3.0mL30％H2O2溶液并不断搅拌，生成CaO2∙8H2O，约30min后反应完成。将烧瓶中的反应混合物抽滤，用冷水洗涤2～3次，将滤渣转入表面皿中，于烘箱内110℃下烘40min，冷却，得产品CaO2，测其质量。（1）盛放NaOH溶液的仪器名称为_______，写出三颈烧瓶中生成CaO2∙8H2O的化学方程式：_______。（2）实验过程中，若将NaOH溶液和H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶中，CaO2的产率和纯度均降低，原因是_______(已知反应过程放热)。（3）准确称取0.25g产品3等份，分别置于250mL锥形瓶中，各加入50mL蒸馏水、15.0mL2.0mol∙L-1HCl溶解，分别用0.05mol∙L-1的KMnO4标准溶液滴定至溶液至终点，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.50mL。①滴定过程中的离子方程式为_______。②产品中CaO2的质量分数为_______％(不考虑溶液中Cl-和其他杂质影响)。（4）2.76gCaO2∙8H2O样品(含杂质)受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线，140℃ 完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。试确定60℃时CaO2∙xH2O中x=_______。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.CaCl2+H2O2+2NaOH+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NaCl（2）氢氧化钠一次性加入会生成微溶的氢氧化钙；该反应放热，温度升高使双氧水分解，使CaO2的产率和纯度降低；（3）①.2＋5H2O2＋6H+=2Mn2+＋8H2O＋5O2↑②.73.8%（4）2【解析】【小问1详解】盛放NaOH溶液仪器名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中的反应为：CaCl2+H2O2+2NaOH+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NaCl【小问2详解】将NaOH溶液和H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶中，会生成微溶的氢氧化钙，由于反应放热，温度过高使双氧水分解，CaO2的产率和纯度均降低；【小问3详解】滴定过程中的离子方程式为2＋5H2O2＋6H+=2Mn2+＋8H2O＋5O2↑；根据反应历程得关系式：5CaO2~~5H2O2~~2KMnO4，反应消耗KMnO4的物质的量是0.05mol·L-1 ×0.0205L=0.001025mol，则CaO2的物质的量是0.0025625mol，CaO2的质量分数是；【小问4详解】140℃时完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2·8H2O含有的结晶水的总质量为2.76g-1.32g=1.44g，结晶水的物质的量为n(H2O)=，原样品中含有CaO2·8H2O的物质的量n(CaO2·8H2O)=；60℃时固体的质量为1.68g ，失去结晶水的质量为：2.76g-1.68g=1.08g，失去结晶水的物质的量为：n(H2O)=，故60℃时CaO2·xH2O中x=。