2022-2023学年湖北沙市中学高一化学第一学期期中复习检测试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关胶体的说法中，不正确的是 （ ）A向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入2 mo l/LNa2SO4有沉淀生成BFe(OH)3胶体在通电后可作定向移动，是因为Fe(OH)3胶体粒子带电C用含0.1 mol FeCl3的饱和溶液制Fe(OH)3胶体时，形成的胶体粒子数目小于0.1NAD依据

2、丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液2、关于2mol二氧化碳的叙述中，正确的是 ( )A质量为44gB含有4mol氧原子C分子数为6.021023D共含有3mol原子3、下列有关实验操作的叙述错误的是A过滤操作中，漏斗的尖端应该紧靠烧杯内壁B向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁C蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线4、下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）ANH、K+、OH-BMg2+、Na+、Cl-CAg+、Fe3+、Cl-DBa2+、

3、CO、H+5、胶体和溶液的特征区别是（ ）A胶体属于介稳体系 B胶体粒子的大小在1nm100nm之间C胶体具有丁达尔效应 D胶体粒子不能透过滤纸6、装有白磷的试剂瓶贴有的危险化学品标志为ABCD7、下列叙述正确的是( )A固体NaCl不导电，所以NaCl不是电解质B铜丝能导电，所以铜是电解质CSO3的水溶液能导电，所以SO3是电解质DCuSO4溶液能导电，所以CuSO4是电解质8、下列过程中涉及化学变化的是A海水淡化 B海水晒盐 C风力发电 D海带提碘9、核内中子数为N的R2，其质量数为A，则该离子的核外电子数为（ ）AN2BN2CAN2DAN210、下列说法不正确的是A碘极易升华，应该密封保

4、存B液溴应保存在磨口玻璃塞深棕色细口试剂瓶中，并加少量水进行水封C碘在酒精中溶解度较大，可以用酒精把碘从碘水中萃取出来D用加热的方法可以将 NaCl 与碘的混合物分离11、NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A在常温常压下，28 g N2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NAB标准状况下，17 g氨气所含原子数目为NAC在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NADNA个氢分子所占有的体积一定为22.4 L12、下列离子方程式书写正确的是( )A铁和硝酸银溶液反应 Fe3Ag=3AgFe3B氢氧化铜与硫酸溶液反应 OHH=H2OC碳酸钙与盐酸溶液反应：CaCO3+2H=Ca2

5、H2O+CO2D铁与稀硫酸反应 2Fe6H=2Fe33H213、下列离子能大量共存的是（ ）A无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NOB无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、COC含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-D紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2+、K+、HCO、NO14、下列两种气体的分子数一定相等的是A等密度的 N2 和 CO B等温等体积的 O2 和 N2C等压等体积的 N2 和 CO2 D质量相等、密度不等的 N2 和 CO15、在强酸性溶液中，下列各组离子不能大量共存的是ANa+、K+、SO42-、Cl- BNa+ 、Cl-、SO42-、

6、Fe3+CNH4+、K+、CO32-、NO3- DBa2+、Na+、NO3-、Cl-16、亚硝酸钠(NaNO2)具有致癌作用，许多腌制食品中含NaNO2。酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠反应的离子反应为：MnO4 NO2 H Mn2NO3 H2O(未配平)，下列叙述错误的是()A生成1mol Mn2，转移电子为5molB该反应中氮元素被氧化C配平后，水的化学计量数为3D反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:5二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3、SO42、Cl、CO32（离子在物质中不能重

7、复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_ B_（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：_（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比_；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式_18、某研究性学习小组同学用含有少量泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4的粗盐制取纯净的NaCl，实验前他们设计了如图方案（框图）（1）请写出操作第步所加试剂名称及第步操作名称：_，_。（2）写出第步操作中可能发生反应的离

8、子方程式：_。（3）如何检验第步操作中硫酸根离子已完全除尽：_。（4）你认为该设计里哪些步骤调换后不影响实验结果：_。19、某学生设计了如下实验：(1)该同学的实验目的是_；(2)上图操作步骤为_，加入试剂为_；(3)按此实验方案得到的NaCl固体中肯定含有_(填化学式)杂质；为了解决这个问题可以向过滤得到的滤液中加入适量的_；(4)写出生成C的化学方程式_。20、氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按下图所示步骤进行操作。回答下列问题：(1)检验滤液中的SO42-的方法是_。(2)试剂I的化学式为_，加入过量试剂I

9、后，对应的实验操作是_，中发生反应的离子方程式为_ 、_。(3)试剂II的化学式为_，中加入过量试剂II的目的是_。(4)试剂III的名称是_，操作为_、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到KCl晶体。21、在标准状况下，11.2LCO和CO2的混合气体的质量为20.4g，求混合气体中CO和CO2的体积之比和质量之比_？参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入2 mo l/LNa2SO4溶液，胶体胶粒的电荷被电解质电离的离子中和，使胶粒聚沉，所以有沉淀生成，A正确；B.Fe(OH)3胶体在通电后可向阴极定向移动，说明Fe(OH)3胶体粒子带正

10、电，在电场力作用下向负电荷多的阴极移动，B正确；C.由于胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，所以用含0.1 mol FeCl3的饱和溶液制Fe(OH)3胶体时，形成的胶体粒子数目小于0.1NA，C正确；D.依据分散质微粒直径大小可将分散系分为溶液、胶体与浊液，D错误；故合理选项是D。2、B【解析】A不正确，质量为88g；B、正确，每个CO2含有2个氧原子，共含有4mol氧原子；C不正确，分子数应为26.021023；D、不正确，每个CO2含有3个原子，应共含有6mol原子；答案选B。3、B【解析】A、过滤操作中，漏斗的尖端应该紧靠烧杯内壁，A正确；B、向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒必需接触容

11、量瓶内壁，B错误；C、蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，C正确；D、为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线，D正确，答案选B。4、B【解析】A. NH与OH-在溶液中反应生成一水合氨，不能大量共存，A不选；B. Mg2+、Na+、Cl-在溶液中不反应，能大量共存，B选；C. Ag+与Cl-在溶液中反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，C不选；D. Ba2+、H+与CO在溶液中均反应，不能大量共存，D不选；答案选B。5、B【解析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。【详解】A. 胶

12、体属于介稳体系，胶体的性质，故A错误；B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm。C、胶体具有丁达尔效应，胶体的光学性质，故C错误；D. 胶体粒子能透过滤纸，故D错误。故选B。6、A【解析】白磷易自燃，在湿空气中约着火，在干燥空气中稍高，故属于自燃物品，答案选A。7、D【解析】在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，其导电的本质是自身能够发生电离。酸、碱、盐都属于电解质。由此分析。【详解】A.NaCl在水溶液里和熔融状态下都能导电，所以NaCl是电解质，A项错误；B.铜是单质，不是化合物，所以铜不是电解质

13、；A项错误；C. SO3的水溶液能导电，是因为SO3与水反应生成了H2SO4，H2SO4在水溶液里能够导电，H2SO4是电解质，不能证明SO3是电解质，C项错误；D. CuSO4溶液能导电的本质是CuSO4在溶液里能发生电离，所以CuSO4是电解质，D项正确；答案选D。8、D【解析】化学变化是指有新物质生成的变化物理变化是指没有新物质生成的变化化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成【详解】A. 海水淡化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B. 海水晒盐过程中过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C. 风力发电过程中过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D. 海带

14、提碘过程中有新物质生成，属于化学变化，故D正确；故选D。【点睛】解题关键：分析变化过程中是否有新物质生成，如果有新物质生成就属于化学变化，易错点A，对海水淡化过程的理解。9、C【解析】R原子的质子数、电子数为AN，R2的电子数为AN2，答案为C10、C【解析】A选项，碘易升华，应该密封保存，且置于棕色广口瓶中，故A正确；B选项，液溴易挥发，液溴应保存在磨口玻璃塞深棕色细口试剂瓶中，并加少量水进行水封，不能用橡胶塞，会与橡胶塞反应，故B正确；C选项，碘在酒精中虽然溶解度较大，但酒精与水任意比互溶，因此不能用酒精把碘从碘水中萃取出来，故C错误；D选项，碘易升华，因此用加热的方法将 NaCl 与碘的

15、混合物分离，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】萃取剂的选择：1、不能与原溶剂相溶2、溶质在萃取剂中的溶解度远比在原溶剂中的溶解度大3、溶质不与萃取剂反应11、A【解析】本题考查的是以物质的量为核心的化学计算。A是易错项，温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以28 g混合气体的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，A正确。B项17 g氨气的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA。C项11.2 L氮气的物质的量因不知道常温常压下的气体摩尔体积而无法计算。D项NA个氢分子所占有的体积不一定为22.4L，只有在标准状况下才是22.4 L。1

16、2、C【解析】A. 铁和硝酸银溶液反应生成硝酸亚铁，离子方程式为：Fe2Ag=2AgFe2，A错误；B. 氢氧化铜不溶于水，应该用化学式表示，离子方程式为：Cu(OH)22H= Cu2+2H2O， B错误；C. 碳酸钙难溶于水的，用化学式表示，离子方程式为：CaCO3+2H=Ca2H2O+CO2，C正确；D. 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，离子方程式为：Fe2H=Fe2H2，D错误。答案选C。【点睛】判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合

17、原化学方程式。13、B【解析】A含Cu2+的溶液呈蓝色，不满足无色溶液的要求，故A错误； B无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Na+、K+、SO、CO相互之间不反应，和氢氧根也不反应，能大量共存，故B正确；C含有大量Ba(NO3)2的溶液中，SO与钡离子会生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，HCO在酸性条件能发生反应生成水和二氧化碳，故D错误；故选B。14、D【解析】分子数相同的不同物质，其物质的量一定相等。【详解】，；若气体的分子数相等，则物质的量一定相等。A. 当密度相等时，氮气和一氧化碳摩尔质量均为28g/mol，由可知，物质的量与体积相等，体积不可知

18、，故A错误； B. 在等温等体积条件下，压强和物质的量成正比，压强不可知，B错误； C. 在等压等体积条件下，物质的量与温度成反比，温度不可知，C错误； D. 在质量相等条件下，由于两种气体摩尔质量相等，由可知，气体物质的量相等，D正确。答案为D。【点睛】阿伏加德罗定律的推论：(1)三正比：同温同压下，气体的体积比等于它们的物质的量之比.即V1/V2=n1/n2同温同体积下，气体的压强比等于它们的物质的量之比. 即p1/p2=n1/n2同温同压下，气体的密度比等于它们的相对分子质量之比. 即M1/M2=1/2(2)二反比：同温同压下，相同质量的任何气体的体积与它们的相对分子质量成反比.V1/V

19、2=M2/M1；同温同体积时，相同质量的任何气体的压强与它们的摩尔质量的反比. 即p1/p2=M2/M1。(3)一连比：同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的相对分子质量之比，也等于它们的密度之比。即m1/m2=M1/M2=1/2。15、C【解析】A. 在强酸性溶液中含有大量H+，H+与选项离子不能发生反应，可大量共存，A不符合题意；B.在强酸性溶液中含有大量H+，H+与选项离子不能发生反应，可大量共存，B不符合题意；C.在强酸性溶液中含有大量H+，H+与选项中的CO32-离子会反应产生水和CO2，不能大量共存，C符合题意；D.在强酸性溶液中含有大量H+，H+与选项离子不能发生反应，可

20、大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。16、D【解析】反应中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，N元素的化合价由+3价升至+5价；反应中MnO4-为氧化剂，Mn2+为还原产物，NO2-为还原剂，NO3-为氧化产物；根据得失电子守恒配平方程式和计算。【详解】A项，反应中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，生成1molMn2+转移5mol电子，A项正确；B项，反应中，N元素的化合价由+3价升至+5价，N元素被氧化，B项正确；C项，反应中1molMnO4-得到5mol电子生成1molMn2+，1molNO2-失去2mol电子生成1molNO3-，根据得失电子守恒配平为2MnO4-+5NO2-+

21、H+2Mn2+5NO3-+H2O，结合原子守恒、电荷守恒，配平后的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，水的化学计量数为3，C项正确；D项，根据上述分析，Mn2+为还原产物，NO3-为氧化产物，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比为5:2，D项错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2 AgNO3 CO32+2H+=CO2+H2O n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1 Zn+Cu2+Zn2+Cu 【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫

22、酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；解析：根据以上分析，（1）A是BaCl2； B是AgNO3；（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32+2H+=CO2+H2O；（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2+ SO42= BaSO4；Ag+ Cl= Ag Cl，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=

23、1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+Zn2+Cu点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。18、碳酸钠 过滤 CO32-+2H+=H2O+CO2；H+OH-=H2O 取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，若无浑浊产生，则硫酸根离子已完全除尽 与或与 【解析】(1)根据操作第、步所加试剂名称及第步操作的原理分析，碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都形成沉淀，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；(2)溶液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠以及要保留的氯化钠

24、溶液，可以再加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除掉；(3)根据SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色沉淀进行解答； (4)先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后；【详解】(1)操作第步是除Ca2+，加Na2CO3溶液转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，同时碳酸钠还除去反应剩余的氯化钡溶液引入的杂质Ba2+，Ba2+CO32-=BaCO3；操作是分离难溶性固体与溶液混合物的方法，名称是过滤；(2)滤液C1中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠及要保留的氯化钠溶液，可向该溶液中加入足量的盐酸，盐酸与杂质碳酸钠和氢氧化钠反应变为气体或水除掉，反应的离子方程式是：H+OH

25、-=H2O ；CO32-+2H+=H2O+CO2 ；(3)向混合溶液中加入BaCl2溶液，发生反应：SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色硫酸钡沉淀，若硫酸根离子已完全除尽，那么取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，就不会出现浑浊现象；若出现浑浊现象，证明溶液中还存在硫酸根离子；(4)首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后Mg2+用OH-沉淀除去，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉淀，至于先除Mg2+，还是先除SO42-都没有关系，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，但是加入的碳酸钠一定

26、要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠溶液既可以除去原溶液中的CaCl2，也可以除去因除Na2SO4杂质加入的过量的BaCl2溶液，Ba2+CO32-=BaCO3，离子都形成沉淀，一起进行过滤，所以与或与步骤调换顺序，不影响实验结果；【点睛】本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法，注意除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，关键是除去Na2SO4在CaCl2除去之前，其它顺序都没有关系，题目难度不大。19、分离BaCl2和NaCl两种固体混合物 蒸发结晶 稀盐酸 Na2CO3 稀盐酸 BaCl2+ Na2CO3BaCO3+2NaCl 【解析】混合物A溶于水得

27、到BaCl2和NaCl溶液，溶液中加过量Na2CO3溶液，生成BaCO3沉淀，过滤得到BaCO3沉淀C与NaCl和Na2CO3的混合溶液B，NaCl和Na2CO3的混合溶液，蒸发可得到NaCl固体；BaCO3沉淀中加入盐酸，BaCO3与盐酸反应生成BaCl2溶液，经蒸发结晶可得到BaCl2固体，据此分析解答。【详解】(1)混合物A溶于水得到BaCl2和NaCl溶液，经过一系列实验操作后得到BaCl2和NaCl，则实验目的是分离BaCl2和NaCl两种固体混合物，故答案为分离BaCl2和NaCl两种固体混合物；(2)中操作为从溶液得到固体应用蒸发的操作分离，一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶；过滤得到

28、BaCO3沉淀，加入盐酸，BaCO3与盐酸反应生成BaCl2溶液，经蒸发结晶可得到BaCl2固体，故答案为蒸发结晶；过量(足量)稀盐酸；(3)溶液加过量Na2CO3溶液，过滤得到NaCl和Na2CO3的混合溶液，得到的NaCl固体中肯定含有Na2CO3；要除去碳酸钠，可以加入盐酸，将碳酸钠转化为氯化钠，故答案为Na2CO3；稀盐酸； (4)溶液加过量Na2CO3溶液，生成BaCO3沉淀，发生反应的化学方程式为BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，故答案为BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl。20、取少量滤液于试管中，先向其中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有白色沉

29、淀生成，则有SO42，反之则无； BaCl2； 过滤 Ba2+SO42=BaSO4 Ba2+CO32=BaCO3 K2CO3 除去多余的Ba2 盐酸 蒸发浓缩 【解析】（1）首先在试液中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀产生，则证明有SO42；（2）用氯化钡溶液，能同时除去硫酸根离子和碳酸根离子，根据离子方程式的书写规则书写；（3）为除去过量的钡离子选用K2CO3作试剂，不仅能除去钡离子同时还生成氯化钾；（4）试剂的名称是盐酸，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到KCl晶体。【详解】（1）首先在试液中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀

30、产生，则证明有SO42，反之则无，故答案为取少量滤液于试管中，先向其中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则有SO42，反之则无；（2）要除掉杂质离子硫酸根和碳酸根，应加入过量的氯化钡溶液，碳酸根和硫酸根生成不溶于水的钡盐，同时生成氯化钾，离子方程式为：SO42+Ba2=BaSO4，CO32+Ba2=BaCO3，故答案为BaCl2；过滤；Ba2+SO42=BaSO4，Ba2+CO32=BaCO3；（3）要除掉多余的钡离子，要加入碳酸钾，碳酸钾和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀同时生成氯化钾，离子方程式为CO32+Ba2=BaCO3，故答案为K2CO3；除去多余的Ba2；（4）要除掉多

31、余的碳酸根，要滴加适量的盐酸，碳酸根离子和盐酸反应生成二氧化碳和水，离子方程式为CO32+2H=CO2+H2O，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到KCl晶体。故答案为盐酸；蒸发浓缩；【点睛】本题考查了除杂试剂的选取和离子方程式的书写等知识点，解题关键：抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质21、1：4 7：44【解析】利用解方程组求出CO和CO2的各自的物质的量，设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则：(x+y) 22.4L/mol=11.2L x 28 g/mol+y 28 g/mol=20.4g，然后利用V=nVm、m=nM，计算出它们各

32、自的质量和体积。【详解】设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则：(x+y) 22.4L/mol=11.2L x 28 g/mol+y 28 g/mol=20.4g 根据式、式得：x=0.1mol，y=0.4mol，则： V(CO)=0.1mol22.4L/mol=2.24L，V(CO2)=0.4mol22.4L/mol=8.96L；m(CO)=0.1mol28g/mol=2.8g，m(CO2)=0.4mol44g/mol=17.6g；故：V(CO)：V(CO2)=2.24L：8.96L=1：4，m(CO)：m(CO2)=2.8g：17.6g=7：44 。【点睛】利用气体体积、物质的量、气体摩尔体积、摩尔质量之间的关系进行相关计算。