河北省沧州市任丘市第一中学2020-2021学年高一化学上学期第一次阶段性测试试题.doc

河北省沧州市任丘市第一中学2020-2021学年高一化学上学期第一次阶段性测试试题河北省沧州市任丘市第一中学2020-2021学年高一化学上学期第一次阶段性测试试题年级：姓名：- 20 -河北省沧州市任丘市第一中学2020-2021学年高一化学上学期第一次阶段性测试试题（含解析）1. 下列物质的分类合理的是A. 酸性氧化物：CO2、SiO2、SO2、COB. 碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡C. 混合物：盐酸、水煤气、氢氧化铁胶体D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Mn2O7【答案】C【解析】【详解】A.一氧化碳不能与酸反应，也不能与碱反应，是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，A错误；B.纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐，不是碱，故B错误；C.盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，水煤气是氢气和一氧化碳的混合物，氢氧化铁胶体是混合物，故C正确；D.七氧化二锰是金属氧化物，属于酸性氧化物，不是碱性氧化物，故D错误；故选C。2. 下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是A. Fe+CuSO4=FeSO4+CuB. AgNO3+NaCl=AgCl+NaNO3C. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D. 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2【答案】C【解析】【详解】AFe+CuSO4=FeSO4+Cu属于置换反应，属于氧化还原反应，A不满足题意；BAgNO3+NaCl=AgCl+NaNO3属于复分解反应，不属于氧化还原反应，B不满足题意；CFe2O3+3CO2Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，但Fe、C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C满足题意；D2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2属于有单质生成的分解反应，属于氧化还原反应，D不满足题意。答案选C。3. CCO2H2CO3CaCO3CO2其中涉及的基本反应类型依次为A. 置换、化合、分解、复分解B. 置换、化合、复分解、分解C. 化合、置换、分解、复分解D. 化合、置换、复分解、分解【答案】B【解析】【详解】碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，该反应由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，符合置换反应的概念，属于置换反应；二氧化碳和水反应生成碳酸，该反应由两种物质反应生成一种物质，符合化合反应的概念，属于化合反应；碳酸和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应由两种化合物相互交换成分形成两种新的化合物，符合复分解反应的概念，属于复分解反应；碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，该反应由一种物质反应生成两种物质，符合分解反应的概念，属于分解反应；故选：B。4. 下列电离方程式中正确的是A. H2SO4=+B. Ca(OH)2=Ca2+C. AlCl3=Al+3+3Cl-1D. Fe2(SO4)3=2Fe3+3【答案】D【解析】【详解】A.硫酸的电离方程式为H2SO42H+，故A错误；B.氢氧化钙是强碱，其电离方程式为：Ca（OH）2Ca2+2OH-，故B错误；C.氯化铝的电离方程式为：AlCl3Al3+3Cl-，故C错误；D.硫酸铁是强电解质，能完全电离，电离方程式为：Fe2（SO4）32Fe3+3，故D正确；故选：D。5. 分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列分类标准合理的是根据碳酸钠溶于水呈碱性，碳酸钠既属于盐，又属于碱。根据反应前后是否有化合价变化将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和悬浊液电解质与非电解质的本质区别，是在水溶液或熔化状态下能否电离A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】碳酸钠属于盐，溶于水碳酸根水解显碱性，错误。根据反应前后是否有化合价变化将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，正确；根据分散系中分散质微粒直径大小不同将分散系分为溶液、胶体和浊液，错误；电解质与非电解质的本质区别，是在水溶液或熔化状态下能否电离，能电离的是电解质，不能电离的是非电解质，正确；答案选B。6. 下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是A. NaCl晶体、BaSO4B. 铜、二氧化硫C. 液态醋酸、酒精D. 熔融的KNO3、硫酸溶液【答案】C【解析】【详解】ANaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；硫酸钡属于电解质，故A错误；B铜单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫属于非电解质，故B错误；C液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故C正确；D熔融的KNO3属于电解质；硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。【点睛】本题考查电解质与非电解质，解答该类概念性题目，应抓住概念中的关键词，并注意大多数有机化合物都是非电解质。无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质。7. 用丁达尔效应能区分的一组物质是A. NaCl溶液和NaOH溶液B. 稀硫酸和稀醋酸C. Fe（OH）3胶体和碘水D. Ba(OH)2溶液和澄清石灰水【答案】C【解析】【详解】溶液不能产生丁达尔效应，胶体可以，用丁达尔效应能区分的一组物质是Fe（OH）3胶体和碘水，选项A、B、D均是溶液，不能用丁达尔效应区分，答案选C。8. 下列叙述正确的是A. 氢氧化钠的摩尔质量是40 gB. 1 mol NaOH的质量是40 g/molC. 1 g H2和1 g N2所含分子数相等D. 阿伏加德罗常数个钠原子的质量是23g【答案】D【解析】【详解】摩尔质量的单位是g/mol，质量的单位是g，所以选项AB都是不正确的；氢气和氮气的摩尔质量不相等，所以在质量相等的条件小，二者的物质的量不相等，所以选项C不正确；阿伏加德罗常数个钠原子的物质的量是1mol，其质量是23g，因此正确的答案选D。9. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 1mol所含质子数10NAB. 10克氖气所含原子数约为6.021023C. 标准状况下，22.4LSO2所含的分子数约为NAD. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为NA【答案】C【解析】【详解】A.1mol含11mol质子，故A错误；B.10g氖气的物质的量为n=0.5mol，而氖气是单原子分子，故0.5mol氖气中含0.5mol原子，即0.5NA个，故B错误；C. 标准状况下，22.4LSO2中所含的分子数目=NA个，故C正确；D.O2和O3均由氧原子构成，故32gO2和O3的混合气体中所含的氧原子的物质的量n= =2mol，故D错误；故选C。10. 已知NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1mol纯硫酸中含有NA个离子B. 0.1mol硫酸钠中，含有0.2NA个Na+C. 100g质量分数为46%的乙醇（C2H5OH）水溶液，含有NA个氧原子D. 16.25gFeCl3溶于水形成的Fe（OH）3胶体粒子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A. 1mol纯硫酸不发生电离，没有，故A错误；B. 0.1molNa2SO4中，还有0.2molNa+，个数为0.2NA，故B正确；C. 在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氧原子，100g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为46g，物质的量为1mol，含1mol氧原子;含水的质量为54g，物质的量为3mol，故含氧原子为3mol，故此溶液中共含氧原子为4mol，个数为NA个，故C错误；D. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所形成的的胶粒的个数小于0.1NA个，故D错误；故选B。11. 相同温度和压强下，3体积的X2气体与6体积的Y2气体化合生成6体积的气态化合物A，则生成物A的化学式为（ ）A. XY2B. X3Y2C. X2Y3D. XY【答案】A【解析】【详解】根据题意三种气体的物质的量之比是122，即方程式的化学计量数之比为122，X2+2Y2=2A，根据原子守恒可知，A的化学式为XY2，答案选A。12. 现有H2O、NH3、CH4三种物质，它们分别都含有1mol氢原子，则三种物质的物质量之比为A. 111B. 643C. 432D. 634【答案】B【解析】【详解】设三种物质的物质的量分别为x、y、z，分别都含有1mol氢原子，则2x=3y=4z=1mol，所以x：y：z=6：4：3。答案选B。13. 1 g N2所占有的体积为V L，则N2的摩尔体积为A. 28V L/ molB. 22.4 L/ molC. (28/V) L/ molD. (V/28) L/ mol【答案】A【解析】【详解】1g氮气的物质的量为 = mol，氮气的摩尔体积Vm= =28V L/mol，A项正确，答案选A。14. 同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（ ）A. 物质的量之比为811B. 密度比为118C. 质子数之比为11D. 原子个数比11【答案】C【解析】【详解】A.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，物质的量之比与摩尔质量成反比，即n(O2):n(CO2)=44:32=11:8，故A错误；B.同温同压下，密度比等于摩尔质量之比3244811，故B错误；C.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，质子数之比=11，故C正确；D.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，原子个数比1112，故D错误；故答案：C。15. 在盛有碘水三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现如图所示现象，则加入的试剂分别是A. 是酒精，是CCl4，是苯B. 是酒精，是苯，是CCl4C. 是CCl4，是苯，是酒精D. 是苯，是酒精，是CCl4【答案】A【解析】【详解】苯能萃取碘水中的碘，但密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫色，下层呈无色；四氯化碳能萃取溴水中的碘，但密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫色，上层呈无色；酒精和碘水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液为浅紫色，故选：A。16. 磁流体是电子材料的新秀，它是由直径为纳米量级(1到10 nm之间)的磁性固体颗粒、基载液以及界面活性剂三者混合而成的分散系，既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，下列关于纳米Fe3O4磁流体的说法中不正确的是（ ）A. 纳米Fe3O4磁流体分散系属于溶液B. 纳米Fe3O4磁流体可以通过半透膜得到提纯C. 当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路D. 纳米Fe3O4磁流体比较稳定【答案】A【解析】【详解】A、纳米Fe3O4磁流体，粒子直径在1到10 nm之间，所以纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，故A错误；B、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体通过半透膜提纯，故B正确；C、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，所以当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路，故C正确；D、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体具有介稳性，纳米Fe3O4磁流体比较稳定，故D正确。17. 镍氢充电电池有着广泛应用，镍及其化合物能发生下列反应：Ni+2HCl=NiCl2+H2 NiO+2HCl=NiCl2+H2O NiO2+4HCl=NiCl2+Cl2+2H2ONi(OH)2不溶于水。对上述反应的分析判断错误的是A. 镍能与氯化铜溶液发生置换反应B. 反应和都是复分解反应C. NiCl2能与NaOH溶液发生复分解反应D. 反应、中Ni的化合价都发生了变化【答案】B【解析】【详解】A、Ni能置换酸中的氢说明镍的金属性排在氢前所以一定能够置换出氯化铜中的铜，A正确；B、符合，复分解反应中各物质反应前后化合价不变，中元素化合价有变化，所以不是复分解反应，B错误；C、氯化镍与氢氧化钠能发生复分解反应，因交换成分有沉淀氢氧化镍生成，C正确；D、中有单质形式变成了化合物形式，化合价一定改变；中根据化合物中元素化合价代数和为零，反应物中镍的化合价为+4价，生成物中镍的化合价为+2价，也发生了改变，D正确；答案选B。18. 下列实验操作中错误的是A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D. 萃取操作时，选择有机萃取剂，则溶质在萃取剂中的溶解度必须比原溶剂中大【答案】A【解析】【详解】A蒸发时，当水溶液中出现较多晶体析出时，停止加热，剩下的少量液体可以利用余热蒸干，不能直接完全蒸干，A错误，符合题意；B蒸馏操作时，使用温度计的目的是测馏分的沸点，因此要将温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B正确，不符题意； C分液操作时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口放出，防止从一个出口流出，造成分离不完全，C 正确，不符题意；D萃取的基本原则是两种溶剂互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂的大， D正确，不符题意。答案选A。19. 在无土栽培中，需配制一定组成的植物营养液。已知某植物营养液的配方为0.6molKCl、0.4molK2SO4、0.2molZnSO4和1LH2O。若以KCl、K2SO4、ZnCl2和1LH2O为原料配得相同组成的营养液，需三种溶质的物质的量各是A. 0.2mol、0.2mol、0.6molB. 0.4mol、0.6mol、0.2molC. 0.2mol、0.6mol、0.2molD. 0.2mol、0.6mol、0.4mol【答案】C【解析】【详解】0.6molKCl、0.4molK2SO4、0.2molZnSO4中：n（K+）=0.6mol+0.4mol2=1.4mol；n（Zn2+）=0.2mol；n（Cl-）=0.6mol；n（SO42-）=0.4mol+0.2mol=0.6mol；则需n（K2SO4）=0.6mol；n（ZnCl2）=0.2mol；n（KCl）=1.4mol-20.6mol=0.2mol；答案选C。20. 下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量可忽略不计)。其中能表示等质量的氢气与氦气的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】等质量的H2与He的物质的量的关系为n(H2)n(He)=21，相同条件下气体的物质的量与体积成正比，所以其体积关系为V(H2)V(He)21，C、D均不正确；氦气分子为单原子分子，B不正确，因此A符合题意；答案选A。21. 在一个密闭容器内有A、B、C、D四种物质，在一定条件下进行反应，一段时间后测得反应前后各物质质量如下：物质ABCD反应前质量/g20202020反应后质量/g20282210该密闭容器中发生化学反应的基本类型可能是( )A. 分解反应B. 置换反应C. 化合反应D. 复分解反应【答案】A【解析】【详解】物质A反应前后质量不变，所以A不参与反应或者为催化剂；B、C的质量增加，所以为生成物，D的质量减小为反应物，所以该反应为DB+C，为分解反应，故答案为A。22. M(NO3)2热分解化学方程式为2M(NO3)22MO+4NO2+O2，加热29.6gM(NO3)2使其完全分解，在标准状况下收集11.2L的气体，那么M的摩尔质量是（ ）A. 64g/molB. 24g/molC. 65g/molD. 40g/mol【答案】B【解析】【详解】标况下生成气体总物质的量为=0.5mol，由2M(NO3)2 2MO+4NO2+O2，可知M(NO3)2的物质的量为0.5mol=0.2mol，则M(NO3)2的摩尔质量=148g/mol，故M的摩尔质量为148g/mol-262g/mol=24g/mol，故答案为B。23. 已知甲烷和氧气的混合气体是相同条件下的H2密度的14倍，则甲烷和氧气的电子数之比为A 1:3B. 3:1C. 5:6D. 5:24【答案】D【解析】【详解】相同条件下气体的密度之比等于摩尔质量之比，H2的摩尔质量为2gmol-1，则甲烷和氧气的混合气体的平均摩尔质量为28 gmol-1，设混合气体共1mol，其中甲烷为xmol，氧气为(1-x)mol，则16x+32(1-x)=28，解得x=0.25， 所以1mol混合气体中甲烷和氧气分别为0.25mol、0.75mol，甲烷和氧气的电子数之比为0.2510：0.7516=5：24，答案选D。24. 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离水和乙醇分液水和乙醇的密度不同C除去KNO3固体中混有的NaCl结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去丁醇(沸点为117.5)中的乙醚(沸点为34.6)蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A乙醇易溶于水，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，A错误；B水和乙醇互溶，不能用分液的方法进行分离，B错误；C可以用结晶的方法除去KNO3中的NaCl杂质，其原理是KNO3的溶解度随温度变化较大，而NaCl的溶解度随温度变化很小，降低温度时，KNO3从饱和溶液中析出，而NaCl仍留在溶液中，从而可将KNO3中的NaCl除去，C错误； D丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，D 正确。答案选D。25. 室温下，一个密闭容器，中间有一个可自由滑动的隔板（厚度可忽略）将容器分成两部分，当左边充入空气，右边充入H2和O2的混合气体，隔板恰好处于容器中间位置，将H2、O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复至室温后，隔板停在如图位置。则原来H2、O2的物质的量之比可能为4:1 2:1 1:1 2:3A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】同温同压，气体的体积比等于物质的量比，设充入空气的物质的量是xmol；则开始通入H2、O2的总物质的量为xmol；设反应后右侧剩余气体amol， ，则反应后右侧剩余气体的物质的量a=0.4x，反应消耗H2、O2的总物质的量为0.6 x，根据2H2+O22H2O，参加反应的氢气是0.4xmol、氧气是0.2xmol；若剩余气体是氢气，则原来H2、O2的物质的量之比可能为0.8x：0.2x=4:1；若剩余气体是氧气，则原来H2、O2的物质的量之比可能为0.4x：0.6x=2:3；故选B。26. AFeCl3固体B食盐水；C铜；D硝酸；E烧碱；F蔗糖；G水银；H一氧化碳；ICuSO45H2O晶体；JSO2；K液态HCl；LCaO固体；M食醋（含醋酸的溶液）N.熔融的NaCl（1）下列物质中属于电解质的是_（填序号）；非电解质的是_（2）上面的酸性氧化物与氢氧化钠反应的方程式_，上面的碱性氧化物与盐酸反应的方程式_（3）将题中A物质溶于水配成饱和溶液，滴入沸水中，继续煮沸至出现红褐色可制得Fe（OH）3胶体，写出该过程的化学方程式_。除去Fe（OH）3胶体中氯离子的方法为_（4）写出下列物质的电离方程式：KAl(SO4)2_KHSO3_NH4HSO4_Ca(OH)2_【答案】 (1). ADEIKLN (2). FHJ (3). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O (4). CaO+2HCl=CaCl2+H2O (5). FeCl3+3H2O（沸水） Fe(OH)3(胶体)+3HCl (6). 渗析 (7). (8). (9). (10). 【解析】【分析】（1）水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质；（2）上面的酸性氧化物只有SO2，碱性氧化物只有CaO；（3）氯化铁溶液加热水解生成氢氧化铁胶体；（4）用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式离子所带电荷数一般可根据它们在化合物中的化合价来判断所有阳离子带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等，强电解质在溶液中能完全电离用“=”，弱电解质部分电离用“”，多元弱酸，应分步电离，离子团在电离方程式中不能拆开，据此进行分析解答。【详解】（1）A.FeCl3固体是盐，是电解质；B.食盐水是混合物不是电解质也不是非电解质；C.铜是单质不是电解质也不是非电解质；D硝酸在水溶液中能导电是电解质；E.烧碱在水溶液中能导电是电解质；F.蔗糖为有机物不导电，是非电解质；G.水银是单质不是电解质也不是非电解质；H.一氧化碳不能电离出离子导电，是非电解质；I.CuSO45H2O晶体属于盐类，在水溶液或熔化状态能导电，则是电解质；J.SO2自身不能电离出离子导电，是非电解质；K.HCl气体溶于水能导电是电解质；L.CaO固体在熔融状态下能导电是电解质；M：食醋是混合物不是电解质也不是非电解质；N：熔融的NaCl能导电，是电解质；故属于电解质的是ADEIKLN；属于非电解质的是：FHJ；（2）上面的酸性氧化物只有SO2，与氢氧化钠反应为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，上面的碱性氧化物只有CaO，与盐酸反应为CaO+2HCl=CaCl2+H2O； (3)将题中FeCl3固体溶于水配成饱和溶液，滴入沸水中,继续煮沸至出现红褐色可制得Fe(OH)3胶体，该过程的化学方程式为：FeCl3+3H2O （沸水） Fe(OH)3(胶体)+3HCl，除去Fe（OH）3胶体中氯离子的方法为渗析；（4）KAl(SO4)2是强电解质，能完全电离出自由移动的钾离子、铝离子和硫酸根离子，电离方程式为： ；KHSO3是盐，属于强电解质，在水中电离出钾离子和亚硫酸氢根离子，电离方程式为： ；NH4HSO4是强电解质，在水中电离出铵根离子、硫酸根离子和氢离子，；Ca(OH)2是强电解质，能完全电离出自由移动的钙离子和氢氧根离子，电离方程式为： 。27. (1)阅读、分析下列两个材料：材料一材料二物质熔点/沸点/密度/ g/cm3溶解性乙二醇(C2H6O2)11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇(C3H8O3)17.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶回答下列问题(填字母序号)：A蒸馏法 B萃取法C“溶解、结晶、过滤”的方法 D分液法将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用_；将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是_。(2)阅读材料三在溶解性方面，Br2(溴)与I2很相似，其稀的水溶液显黄色。在实验室里从溴水(Br2的水溶液)中提取Br2和提取I2的方法相似。回答下列问题：常用的提取溴的方法是_，化学试剂是_，最主要的仪器是_。若观察发现提取Br2以后的水还有颜色，解决该问题的方法是_。【答案】 (1). C (2). A (3). 萃取 (4). 四氯化碳 (5). 分液漏斗 (6). 再进行萃取，直到水呈无色，将各项分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并【解析】【详解】由图可知，氯化钠溶解度受温度影响较小，碳酸钠溶解度受温度影响大，利用冷却热饱和溶液分离，即用热水把固体溶解配制成饱和溶液，等液体冷却后，因为碳酸钠的溶解度随温度变化大，而NaCl小，所以碳酸钠析出，而氯化钠留在母液当中，反复多次也可以提纯，故可用“溶解、结晶、过滤”的方法分离，故答案为C；由表可知乙二醇和丙三醇互溶的液体，沸点相差比较大，可用蒸馏法分离，故答案为A；（2）因为碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,且碘与CCl4不反应;水与CCl4不互溶,所以在实验室里从溴水(Br2的水溶液)中提取Br2,采用萃取的方法, 常用萃取的化学试剂是四氯化碳，萃取最主要的仪器是分液漏斗。故答案为萃取; 四氯化碳;分液漏斗。若观察发现提取Br2以后的水还有颜色,说明水中还含有溴,需再进行萃取,直到水为无色,然后将各次分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并起来。故答案为再进行萃取,直到水为无色,将各次分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并起来。【点睛】根据萃取时萃取剂的选择应符合下列条件:溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大;萃取剂与原溶剂不相溶;萃取剂与溶质不反应,结合萃取操作进行分析解答。28. （1）质量都是50g的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是_,在相同温度和相同压强下，密度最小的是_。（2）标准状况下，将1g氦气、11g二氧化碳和4g氧气混合，该混合气体的体积约为_L（3）agO2中含N个氧原子，则阿伏加德罗常数为_（4）10gCaCO3能与含_molHCl的盐酸完全反应；生成CO2在标准状况下的体积为_L（5）标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为_。（6）标准状况下，某CO2和H2混合气体的密度为1.25g/L，则混合气体的平均摩尔质量为_。【答案】 (1). CO2 (2). NH3 (3). 14 (4). (5). 0.2 (6). 2.24 (7). 64 (8). 28g/mol【解析】【详解】(1)HCl、NH3、CO2、O2的摩尔质量分别为36.5g/mol、17g/mol、44g/mol、32g/mol，50g的HCl、NH3、CO2、O2物质的量分别为、，物质的量越小，分子数越少，即CO2分子数最少，同温同压下，密度之比=摩尔质量之比，所以密度最小的为NH3，故答案为：CO2；NH3；(2)1g氦气、11g二氧化碳和4g氧气的物质的量分别为、，则混合气体总物质的量=（）mol=，则标况下该混合气体的体积=22.4L/mol=14L，故答案为：14；(3)agO2的物质的量=，O原子的物质的量=，则阿伏加德罗常数=，故答案为：；(4)，故答案为：0.2；2.24；(5)标况下672mL气体的物质的量=，则该气体的摩尔质量M=64g/mol，所以该气体的相对分子质量=64，故答案为：64；(6)M=Vm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，故答案为：28g/mol。29. 现有CO和CO2的混合气体20g，其在标准状况下的体积为11.2L。据此回答下列问题：(1)该混合气体总的物质的量为_，其平均摩尔质量为_。(2)混合气体中碳原子的个数为_。(用NA表示阿伏伽德罗常数的值)(3)若将该混合气体全部通过如图装置进行实验。(浓硫酸作用为除去水蒸气)则：气球中收集的气体质量为_g。从A瓶中获得沉淀并测定其质量的操作是_、洗涤、干燥、称量。A中得到的沉淀的质量为_。(A中氢氧化钡足量)洗涤沉淀的方法为_。【答案】 (1). 0.5mol (2). 40gmol-1 (3). 0.5NA (4). 3.5g (5). 过滤 (6). 73.875g (7). 将沉淀置于过滤器内，向过滤器内的沉淀滴加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流完后，重复操作两三次即可【解析】【详解】(1)CO和CO2的混合气体在标准状况下的体积为11.2L，该混合气体总的物质的量=0.5mol，混合气体质量为20g，其平均摩尔质量=40gmol-1，答案：0.5mol；40gmol-1；(2) 1molCO和CO2中都含有1molC，所以混合气体1mol含碳1mol，则0.5mol混合气体中碳原子的个数为0.5NA，答案：0.5NA；(3) 0.5mol CO和CO2混合气体质量为20g，设CO物质的量为xmol，CO2物质的量为(0.5-x)mol，则有28x+44(0.5-x)=20，解得x=0.125，所以混合气体中CO质量为3.5g，CO2质量为20g-3.5g=16.5g。CO和CO2的混合气体通过Ba(OH)2时，CO2与Ba(OH)2发生反应被除去，经浓硫酸干燥后气球中收集到的气体为CO，质量为3.5g，答案：3.5g；CO2与Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀，经过滤、洗涤、干燥、称量等操作可测定出碳酸钡沉淀的质量，设生成碳酸钡质量为x： 由比例式解得x=73.875g，答案：过滤；73.875g；过滤得到的沉淀要进行洗涤，将沉淀置于过滤器内，向过滤器内的沉淀滴加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流完后，重复操作两三次即可，答案：将沉淀置于过滤器内，向过滤器内的沉淀滴加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流完后，重复操作两三次即可。【点睛】混合气体的平均摩尔质量可用摩尔质量的定义进行计算。