2023届河北省邢台市南和县第一中学化学高一上期中达标检测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、比较1.0mol N2和1.0mol CO的下列物理量：质量 体积 分子数 原子总数 质子总数 电子总数，其中相同的是A B C D2、实验室里需用480 mL 0.1 molL1的硫酸铜溶液，以下操作正确的是()A称取7.68 g CuSO4，加入 480 mL水B称取8.0 g CuSO4 配成500 mL溶液C称取8.0 g CuSO4 ，加入500 mL水D称取7.68 g CuSO4 配成500 mL溶液3、对下列三种溶液的比较中，正确的是（）300mL0.5mol/L 的 NaCl；200mL0.4mol/L 的 MgCl2；100mL0.3mol/L 的 AlCl3ACl离子物质的量浓度由大到小的顺序是B稀释到 1000mL 后，Cl离子物质的量浓度由大到小的顺序是C与 AgNO3 反应，当产生沉淀 1.435g 时，消耗上述溶液的体积比为 9：8：5D与足量的 AgNO3 反应，产生沉淀的质量比为 15：16：94、在反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2 +Cl2+2H2O中，氧化剂与还原剂的质量之比为A87 ：146B146：87C87：73D73：875、等温等压下，关于等质量D2、T2两种气体的下列叙述中不正确的是（）A密度之比2:3 B质子数之比3:2 C中子数之比3:4 D体积之比2:36、下列变化中，需加氧化剂才能实现的是AH2OH2 BFeCl3FeCl2 CCCO2 DCaOCa(OH)27、设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A0.15 mol CuO与足量的 H2反应，消耗的氢原子数与标准状况下3.36LH2O含的氢原子数相等B常温下，0.1 mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子数是 0.2NAC常温常压下，3.2 g O2和 3.2 g O3所含氧原子数都是 0.2NAD2.24 L CO 和 4.4gCO2的混合气体的平均摩尔质量为36g/mol8、下列各组物质中，所含分子数相同的是A10g H2和10gO2 B5.6L N2(标准状况)和22g CO2C9g H2O和0.5mol Br2 D224mL H2(标准状况)和0.1mol N29、以下实验操作过程中，溶液里无固体物质析出的是（ ）A向CuCl2溶液中加入钠的小颗粒B向Fe2(SO4)3溶液中加入少量铜粉C向Mg(NO3)2溶液中加入Na2O2粉末D向Fe(OH)3胶体中逐滴加稀硫酸10、下列物质常用作氧化剂的是ACOBAlCFeCl3DH211、我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指（    ）A萃取B渗析C蒸馏D过滤12、下列有关氯气的叙述中正确的是 ()A氯气在常温下能与铁反应，故不能用钢罐存放液氯B液氯和氯水不是同一物质C点燃氢气和氯气的混合气体可以制取氯化氢D用氯气对生活用水进行消毒的原因是氯气能杀灭细菌13、原子核外电子是分层排布的，在不同电子上运动的电子的能量不同，下列电子层上运动的电子能量最高的是AK层BL层CM层DN层14、3mol SO32恰好将2mol XO4还原，则X元素在还原产物中的化合价是A+1 B+2 C+3 D+415、某金属氯化物MCl2 40.5g，含有0.6mol Cl，则金属M的摩尔质量为A135 B135 g·mol1 C64 D64 g·mol116、下列说法正确的是ANa2CO3溶液显碱性，NaHCO3溶液显酸性B可用加热方法除去NaHCO3固体中的Na2CO3杂质C用Ba（OH）2溶液能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液D等质量的Na2CO3、NaHCO3固体分别与足量盐酸反应，后者产生的CO2多二、非选择题（本题包括5小题）17、某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，_不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，_不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入_，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。18、AE 是核电荷数均小于 20 的元素。已知：A 原子的原子核内无中子；B 原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍；C 元素的原子 M 层比 L 层电子数少 1 个；D 元素的+2 价阳离子和氖原子具有相同的电子数；E 原子的最外层电子数与 B 相同。(1)写出五种元素的元素符号：A_；B_；C_；D_；E_。(2)写出 D2+离子的结构示意图_。(3)写出 C 形成离子时的电子式_。(4)A 与 B 可形成两种化合物，其原子个数比分别为 2:1 和 1:1，且这两种化合物中电子总数分别为 10和 18。请写出这两种化合物的化学式：_、_。(5)A 元素与 C 元素组成的化合物的电离方程式：_。19、 (一)某化学兴趣小组设计了图示实验装置(图中省略了夹持仪器)来测定某铁碳合金中铁的质量分数。(1)仪器A的名称是_。(2)C装置的作用_。(3)该小组同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能会导致铁质量分数测量值偏低的是_。AA中反应不完全 B反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收CE中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2OD反应完全后，还有CO2气体滞留在装置体系中(二)将19.20 g CuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应，反应后全部气体用200 mL 1.20 molL-1 Ba(OH)2溶液吸收，生成35.46 g白色沉淀(不考虑沉淀的溶解，忽略溶液体积的变化)。(4)则吸收气体后溶液中溶质的化学式为_，其浓度为_。(5)混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为_。20、海洋植物如海带和海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海洋中提取碘的流程如下：某化学兴趣小组将上述流程、设计成如下图所示操作。已知过程发生反应的化学方程式为Cl22KI=2KClI2回答下列问题：（1）写出提取过程、中实验操作的名称：_，_。（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、_、_(除泥三角外)。（3）F中下层液体的颜色为_色，上层液体中溶质的主要成分为_。（4）从F中得到固态碘还需进行的操作是_。21、某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为_ ; （2）反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率为_;（3）当反应达平衡时后：若X、Y、Z均为气体，若此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，达新平衡时，容器内温度将降低(容器不与外界进行热交换)，则该反应为_反应（填放热或吸热）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同；未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算已知物质的量气体的体积。【详解】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同，所以相同物质的量的氮气和一氧化碳的质量、分子数、原子数、质子数和电子数相同，但未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算和比较已知物质的量气体的体积。故选C。【点睛】本题是有关物质的量的计算题，了解质子数与原子序数的关系和明确计算气体体积的条件是解本题的关键。2、B【解析】需要480mL溶液，实际只能配置500mL，配制500mL 0.100molL-1的CuSO4溶液，溶质的物质的量为：n=c×V=0.5L×0.100mol/L=0.0500mol，需要溶质的质量为：m(CuSO4)=0.05mol×160g/mol=8.0g，或m(CuSO45H2O)=0.05mol×250g/mol=12.5g，以此解答。【详解】A.托盘天平精确度是0.1g，不能称量7.68g物质，且实验室没有480mL容量瓶，应该选用500mL容量瓶来配制500mL溶液，需称取8.0g硫酸铜，水的体积480mL，而需要配置的溶液体积是500mL，故A错误；B称取8.0 g CuSO4 配成500 mL溶液，故B正确；C称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，水的体积不等于溶液的体积，故C错误；D托盘天平精确度是0.1g，不能称量7.68g物质，需称取8.0g硫酸铜，配成500mL的溶液，故D错误；故选B。3、D【解析】A300mL0.5mol/L的NaCl中氯离子浓度为0.5mol/L，200mL0.4mol/L的MgCl2中氯离子浓度为：0.4mol/L×2=0.8mol/L，100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中，氯离子浓度为：0.3mol/L×3=0.9mol/L，则Cl离子物质的量浓度由大到小的顺序是，故A错误；B稀释过程中氯离子的物质的量不变，根据c=n/V可知，稀释后体积相等，则氯离子浓度取决于原溶液中n（Cl），300mL0.5mol/L 的 NaCl溶液中n（Cl）=0.5mol/L×0.3L=0.15mol；200mL0.4mol/L 的 MgCl2溶液中，n（Cl）=0.4mol/L×2×0.2L=0.16mol；100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中n（Cl）=0.3mol/L×3×0.1L=0.09mol，则稀释后氯离子浓度大小为：，故B错误；C与AgNO3反应，当产生沉淀1.435g时，消耗三种溶液中的n（Cl）相等，根据c=n/V可知，三种溶液的体积之比与氯离子浓度成反比，则消耗上述溶液的体积比=72：45：40，故C错误；D与足量的 AgNO3 反应，氯离子完全转化成AgCl沉淀，根据m=nM可知，生成氯化银沉淀的质量与氯离子的物质的量成正比，结合B选项可知，产生沉淀的质量比=0.15mol：0.16mol：0.09mol=15：16：9，故D正确；故选D。4、C【解析】反应中二氧化锰为氧化剂，氯化氢为还原剂，反应中的氯化氢有一半做还原剂，所以氧化剂和还原剂的质量比为87:(36.5×2)=87:73。故选C。5、D【解析】D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol；设D2、T2两种气体的的质量均为m，则其物质的量分别是 、；根据阿伏伽德罗定律的推论，等温等压下，体积比等于物质的量比；等温等压下，密度比为摩尔质量的比。【详解】D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol，等温等压下，密度比为摩尔质量的比，所以密度之比4g/mol：6g/mol =2:3，故A正确；设D2、T2两种气体的质量均为m，则其物质的量分别是 、，质子数之比为 ： =3:2，故B正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，中子数之比为 ： =3:4，故C正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，等温等压下，体积比等于物质的量比，所以体积之比为 ：=3:2，故D错误。选D。【点睛】本题考查以物质的量为中心的计算、阿伏伽德罗定律的推论的应用，特别是对摩尔质量的灵活运用，有助于提高学生获取信息的能力。6、C【解析】AH2OH2，H元素化合价降低，应该加入还原剂，故A错误；BFeCl3FeCl2，Fe元素化合价降低，应该加入还原剂，故B错误；CCCO2，元素化合价升高，加入氧化剂可实现，故C正确；D元素化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误；故选C。点睛：本题考查了氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。本题中需加氧化剂才能实现，则选项中为还原剂发生的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高。7、C【解析】A.因为标况下水为液体，无法使用标况下气体摩尔体积公式计算3.36LH2O的物质的量，无法算出其含有的氢原子数。则无法比较0.15 mol CuO与足量的 H2反应消耗的氢原子数和标准状况下3.36LH2O含的氢原子数是否相等，故A错误；B.没有告诉0.1molL-1 NH4NO3溶液的体积，无法计算溶液中含有的氮原子数目，故B错误；C.3.2g O2和3.2g O3所含氧原子的质量都是3.2g，都含有0.2mol氧原子，所含氧原子数都是0.2NA，故C正确；D.不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L一氧化碳的物质的量，则无法计算2.24 L CO 和 4.4gCO2的混合气体的平均摩尔质量，故D错误。答案选C。8、C【解析】试题分析：AM(H2)M(O2)，则10gH2和10gO2的物质的量不同，含有的原子数不同，故A错误；Bn(N2)=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，n(CO2)=11g÷44g/mol=0.25mol，含有的原子物质的量分别为0.5mol、0.75mol，故B错误；Cn(H2O)=9g÷18g/mol=0.5mol，原子的物质的量为1.5mol，0.75molBr2含有1.5mol原子，故C正确；Dn(H2)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，与0.1molN2含有的原子数不同，故D错误；故选C。考点：考查物质的量的计算。9、B【解析】A.钠先与溶剂水反应，产物再与氯化铜反应；B.根据铁离子的强氧化性分析；C.过氧化钠与水先反应，反应的产物再与溶质Mg(NO3)2发生复分解反应；D.利用胶体的胶粒带电荷分析。【详解】A.钠的小颗粒与溶液中的水反应产生氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，A错误；B. Fe2(SO4)3溶液中加入少量铜粉，二者发生反应产生硫酸亚铁和硫酸铜，没有固体析出，B正确；C.Na2O2粉末与水反应产生氢氧化钠，氢氧化钠与硝酸镁发生复分解反应产生氢氧化镁沉淀，C错误；D.向Fe(OH)3胶体中逐滴加稀硫酸，首先是Fe(OH)3胶粒上的正电荷被中和，胶体发生聚沉现象，形成沉淀，然后再发生酸碱中和反应，产生硫酸铁和水。在实验操作过程中，溶液里有固体物质析出，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了实验过程与现象的关系。易错点是选项D，胶体的胶粒因具有较大的表面积，选择性地吸附电荷而带电，加入电解质，首先是电荷被中和引起聚沉，然后是酸碱中和反应。准确了解、掌握各类物质的物理、化学性质，并灵活运用是本题解答的基础。10、C【解析】A. CO具有较强的还原性，常用作还原剂，A不符合题意； B. Al具有较强的还原性，常用作还原剂，B不符合题意；C. FeCl3中铁元素为+3价，具有强的氧化性，常用作氧化剂，C符合题意；D. H2具有较强的还原性，常用作还原剂，D不符合题意；综上所述，本题选C。11、C【解析】由题意知，“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其淸如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，C正确。本题选C。12、B【解析】氯气是黄绿色的气体，有毒，有刺激性气味，能溶于水，与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸可用于杀菌消毒，氯气性质活泼，可与铁、氢气在点燃条件下反应，以此解答该题。【详解】A干燥的氯气与铁在常温下不反应，因此可以用铁罐存放液氯，故A错误；B氯水为氯气的水溶液，液氯为纯净物，二者不是同一种物质，故B正确；C点燃氢气和氯气的混合气体，易发生爆炸，不安全，故C错误；D氯气之所以长期用于自来水消毒，是因氯气与水反应生成的HClO，具有强氧化性，可以杀死细菌、病毒，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查氯气的化学性质，把握氯气与水的反应及HClO的性质为解答的关键，注重基础知识的考查，选项D是易错点。13、D【解析】原子核外电子是分层排布的，电子层从内到外排布的顺序为K、L、M、N、O、P、Q，电子层距离原子核越近电子层上运动的电子能量越低，则K、L、M、N中N层能量最高，故D正确。14、D【解析】考查氧化还原反应的有关计算。SO32具有还原性，其SO42氧化产物是，因此3个SO32一共失去3×（64）6个电子。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知2个XO4也应该得到6个电子，即1个XO4得到3个电子。在XO4中x的化合价是7价，得到3个电子后降低到4价。答案选D。15、D【解析】本题考查了摩尔质量的计算，根据原子的摩尔质量在数值上等于该元素的相对原子质量进行分析。【详解】因某金属氯化物MCl2中的Cl-的物质的量0.6mol，则MCl2的物质的量为0.3mol，所以MCl2的摩尔质量为，所以金属M的摩尔质量为，故A、B、C错误，D正确。答案选D。【点睛】本题解题的关键是由Cl-的物质的量，结合化学式MCl2计算金属氯化物的物质的量，再利用 计算金属氯化物MCl2的摩尔质量，据此计算金属M的摩尔质量。16、D【解析】A、NaHCO3溶液显碱性，Na2CO3溶液显碱性，是由于其中的弱酸阴离子水解导致的，故A错误；B、因2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，则用加热的方法不可以除去Na2CO3杂质，故B错误；C、当碱少量时，发生Na2CO3+Ba(OH)2 BaCO3+2NaOH、2NaHCO3+BaBa(OH)2 Na2CO3+BaCO3+2H2O，用Ba（OH）2溶液不能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液，两者均产生沉淀，故C错误；D、设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、106/84mol，后者产生的CO2多，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO32- Cl-、SO42-、CO32- SO42-、CO32- 稀HCl 【解析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应【详解】（1）当溶液中存在大量H时，因H与CO32反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32； （2）当溶液中存在大量Ag时，能分别与Cl、SO42、CO32反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl、SO42、CO32； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42、CO32，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32，存在SO42，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O。故答案为SO42、CO32；稀盐酸18、H O Cl Mg S H2O H2O2 HCl=H+Cl- 【解析】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。【详解】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。（1）A：H B：O C：Cl D：Mg E：S（2）镁离子；（3）氯离子，电子式加中括号。；（4）A 与 B 可形成H2O和H2O2（5）氢原子和氯原子形成氯化氢，属于强电解质，完全电离，HCl=H+Cl- 。19、圆底烧瓶 除尽反应生成的二氧化硫 BC Ba(HCO3)2 0.3 molL-1 2:1 【解析】(一)由装置图可知，实验原理是通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数。故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥。(二) CuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应生成CO2，少量CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3，过量的CO2再与与BaCO3反应生成Ba(HCO3)2，依据反应的化学方程式解题即可。【详解】(1)仪器A为圆底烧瓶。(2)C中酸性高锰酸钾可以和SO2发生反应，因此C装置是为了除尽SO2，避免影响对CO2的测定。(3)AA中反应不完全，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故A错误。B反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收，导致测定的CO2的质量增大，铁的质量分数减小，故B正确。CE中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2O，导致测定的CO2的质量增大，铁的质量分数减小，故C正确。D装置中残留的CO2没有完全被E吸收，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故D错误。本题选BC。(二) (4)发生反应为CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O、CO2+H2O+BaCO3=Ba(HCO3)2。生成35.46 g白色沉淀BaCO3，根据化学方程式可求得参加反应的n1Ba(OH)2=n(BaCO3)=0.18mol，参与反应的n2Ba(OH)2=0.2 L×1.20 molL10.18mol =0.06 mol，根据化学方程式列比例式可得nBa (HCO3)2=0.06 mol，cBa (HCO3)2=0.3 mol/L。吸收后溶液的溶质为Ba (HCO3)2。(5)参与反应的n1(CO2)= n1Ba(OH)2=0.18mol，参与反应的n2(CO2)= n2Ba(OH)2+ n2(BaCO3)=0.12mol，因为生成的CO2全部参与了反应，n(CO2)= 0.18mol+0.12mol=0.3mol。设CuO和Fe2O3的物质的量分别为x mol、y mol，根据化学方程式CuO+COCu+CO2、Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，列方程组80x+160y=19.2，x+3y=0.3，解得x=0.12 mol，y=0.06 mol。CuO和Fe2O3的物质的量之比为21。【点睛】解答问题(一)的关键是清楚实验原理，通过测定浓硫酸与C反应生成CO2的量，进而求出铁的质量分数。20、过滤 萃取 坩埚 坩埚钳 紫红(或紫) KCl 分液、蒸馏 【解析】（1）分离固体和液体用过滤，将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可；（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳；（3）I2的四氯化碳溶液，显紫红色（紫色）。【详解】（1）分离固体和液体用过滤，将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为过滤；萃取；（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳，故答案为坩埚 ；坩埚钳；（3）Cl2+2KI=2KCl+I2下层是I2的四氯化碳溶液，显紫红色（紫色），上层是KCl的水溶液，溶质的主要成分KCl，故答案为紫红(或紫)，KCl；（4）F中的两种液体，先进行分液，然后蒸馏得到I2，故答案为分液、蒸馏。21、3X+Y 2Z 0.05molL-1min-1 放热 【解析】（1）由图象可知X、Y为反应物，Z为生成物，X、Y、Z的化学计量数之比等于它们的物质的量变化量之比，为：(1.0-0.7)mol:(1.0-0.9)mol:(0.2)mol3:1:2，且各物质的含量在2mim后保持不变，所以方程式为3X+Y2Z；（2）Z的平均反应速率v(Z)=0.2mol/(2L×2min)=0.05molL-1min-1；（3）反应的方程式为3X+Y2Z，若X、Y、Z均为气体，此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，平衡向逆反应方向移动，达新平衡时，容器内温度将降低，说明逆反应方向为吸热方向，则该反应为放热反应；