河南省豫西名校学年高一上学期第一次联考化学精校解析Word版.docx
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河南省豫西名校学年高一上学期第一次联考化学精校解析Word版
河南省豫西名校2018～2019学年高一上学期第一次联考
化学试题
1.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A.Fe（OH）3胶体、白磷、石灰乳B.干冰、铁、氯化氢
C.烧碱、液态氧、碘酒D.空气、氮气、明矾
【答案】C
【解析】
试题分析：
Fe（OH）3胶体是混合物，A错误；HCl是化合物不是混合物，B错误；C分别为化合物、单质、混合物，C正确；明矾是化合物，D正确.答案C
考点：
物质的分类
2.如图是同学们经常使用的某品牌修正液包装标签。
小明仔细阅读后，结合自己的生活经验和所学知识得出该修正液的某些性质。
小明的推测中不合理的是（）
A.修正液是一种胶体，均一透明
B.修正液中含有有毒的化学物质
C.修正液的成分对纸张不具有腐蚀性
D.修正液的溶剂易挥发、易燃
【答案】A
【解析】
试题分析：
A、修正液是有机物的混合物，修正液的溶剂易挥发、易燃，[来源它不是胶体，不透明，用完后请及时盖上帽，严禁食用，说明修正液中含有有毒的化学物质，它对纸张无腐蚀作用，答案A符合题意
考点：
有机物的相关性质。
3.近年来，人类生产、生活所产生的污染，如机动车、燃煤、工业生产等排放的废气，使灰霾天气逐渐增多。
灰霾粒子比较小，平均直径在1000～2000nm。
下列有关说法正确的是
A.灰霾是一种分散系B.灰霾能发生丁达尔效应
C.灰霾形成的是非常稳定的体系D.灰霾属于胶体
【答案】A
【解析】
【分析】
胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，不具有胶体的性质。
【详解】A、灰霾是空气和固体颗粒形成的混合物，是一种分散系，故A正确；B、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不是胶体，没有丁达尔现象应，故B错误；C、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，比胶体粒子大，所以不稳定，故C错误；D、胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，故D错误；
【点睛】本题考查胶体的知识。
抓住胶体的粒子直径在1-100nm这一本质特征，判断某分散系是否是胶体。
只有胶体才能产生丁达尔效应。
4.下列说法正确的是
A.直径介于1nm～100nm之间的微粒称为胶体
B.向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液可以得到Fe（OH）3胶体
C.利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体
D.渗析是鉴别溶液和胶体的最简便的方法
【答案】C
【解析】
【分析】
胶体是指分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe（OH）3沉淀；丁达尔现象是胶体的重要特征，可用来区别溶液和胶体；胶体粒子可以透过滤纸，但不能透过半透膜。
【详解】直径介于1nm～100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe（OH）3沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，故B错误；丁达尔现象是胶体的重要性质，可用来区别溶液和胶体，故C正确；胶体粒子不能透过半透膜，用渗析的方法提纯胶体，鉴别溶液和胶体的最简便的方法是丁达尔效应，故D错误。
5.下表列出了除去物质中所含杂质的方法，其中错误的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【分析】
A、根据二氧化碳与氢氧化钠反应进行分析；B、根据泥沙难溶于水进行分析；C、根据碳酸钠、氢氧化钠都能与盐酸反应进行分析；D、根据铜粉与硝酸银反应生成硝酸铜和银进行分析。
【详解】A、混合气通过氢氧化钠后，会将二氧化碳吸收，干燥后只剩下一氧化碳，故A正确；B、溶解后，过滤可以将泥沙除去，蒸发除去水分就只剩氯化钠晶体了，故B正确；C、碳酸钠、氢氧化钠都能与盐酸反应生成氯化钠，不能用盐酸除去氢氧化钠中的碳酸钠，故C错误；D、铜粉与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银，过滤后得到硝酸铜溶液，故D正确。
6.下列关于蒸馏操作的有关叙述不正确的是
A.冷凝管进出水的方向是下进上出
B.在蒸馏烧瓶内放入少量碎瓷片，目的是防止暴沸
C.蒸馏操作使用的温度计的水银球应插入到液体内
D.蒸馏操作主要仪器是：
蒸馏烧瓶、酒精灯、铁架台、冷凝管、锥形瓶、温度计等
【答案】C
【解析】
试题分析：
A.为使水充满冷凝管而达到充分冷却水蒸气的目的，水应从冷凝管的最下方接口进入，而且确保出水口在组装仪器的高处，A项正确；B.加入碎瓷片可防止液体暴沸，B项正确；C.蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物，温度计测量的是蒸汽的温度，应放在支管口，C项错误；D.蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物的装置，需要仪器为铁架台（带铁圈、铁夹）、酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管等仪器，D项正确；答案选C。
考点：
考查蒸馏操作的原理以及注意事项。
7.下列情况会导致溶液浓度偏高的是
A.容量瓶使用前有少量蒸馏水
B.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
C.在转移过程中有溶液酒在外面
D.俯视确定凹液面与刻度线相切
【答案】D
【解析】
【分析】
配制最后需加水定容，所以容量瓶使用前有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响；未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，少量氢氧化钠粘在烧杯壁和玻璃棒上，移入容量瓶内的氢氧化钠的物质的量减小；转移过程中有溶液撒在外面，移入容量瓶内的氢氧化钠的物质的量减小；定容时俯视凹液面，导致所配溶液的体积偏小；
【详解】配制最后需加水定容，所以容量瓶使用前有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故不选A；未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，少量氢氧化钠粘在烧杯壁和玻璃棒上，移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故不选B；转移过程中有溶液撒在外面，移入容量瓶内的氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故不选C；定容时俯视凹液面，导致所配溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故选D。
【点睛】根据c＝n/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎ和溶液的体积V引起的。
误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。
若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
8.标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是
A.在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：
n
B.25℃、1．25×105Pa时，两气体的密度之比为n：
m
C.同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：
m
D.相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：
n
【答案】B
【解析】
A、由n=
可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为m：
n，故A正确；B、温度压强一样，Vm相同，由ρ=
可知，密度之比等于摩尔质量之比，即为m：
n，故B错误；C、A与B相对分子质量之比为m：
n，同质量时由n=
可知，分子数之比等于n：
m，故C正确；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m：
n，故D正确；故选B。
9.下列叙述中正确的是
①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同
②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同
③28gCO的体积为22.4L
④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同
⑤在同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A.①②③B.②⑤⑥C.②③⑥D.④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
①标准状况下，HCl是气体、H2O是液体；②1gH2的物质的量是0.5mol，14gN2的物质的量是0.5mol；③标准状况下，1molCO的体积为22.4L；④同温同压下，同体积的气体物质的量相同；⑤在同温同体积时，压强比等于物质的量比；⑥同温同压下，气体的密度比等于气体的相对分子质量之比；
【详解】①标准状况下，HCl是气体、H2O是液体，1LHCl和1LH2O的物质的量不同，故①错误；②1gH2的物质的量是0.5mol，14gN2的物质的量是0.5mol，所以标准状况下的体积相同，故②正确；28gCO的物质的量是1mol，标准状况下的体积为22.4L，故③错误；两种气体物质的物质的量相同，它们在标准状况下的体积也相同，故④错误；在同温同体积时，压强比与气体物质的量成正比，在同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大，故⑤正确；根据阿伏伽德罗定律的推论，同温同压下，气体的密度比等于气体的相对分子质量之比，故⑥正确。
选B。
【点睛】本题涉及阿伏伽德罗定律推论的考查。
需要注意：
标准状况下，1mol任何气体的体积都约为22.4L；阿伏加德罗定律及其推论适用与所有气态物质。
10.常温下，在密闭容器里分别充入两种气体各1mol，在一定条件下充分反应后，恢复到原温度时，压强降低为开始时的1/4。
则原混合气体可能是
A.CO和O2B.CH4和O2C.H2和Cl2D.H2和O2
【答案】D
【解析】
【分析】
同温、同体积，压强比等于物质的量比；常温下，在密闭容器里分别充入两种气体各1mol，在一定条件下充分反应后，恢复到原温度时，压强降低为开始时的1/4，则反应后气体的物质的量为0.5mol。
【详解】1molCO和1molO2充分反应后生成1molCO2，剩余0.5molO2，气体总物质的量是1.5mol，不符合题意，不选A；根据碳元素守恒1molCH4和1molO2充分反应后恢复到常温时，由于氧气不足，甲烷不能充分燃烧，故容器中可能含有气体CO2、CO、CH4的总物质的量是1mol，不符合题意，不选B；1molH2和1molCl2充分反应后生成2molHCl，不符合题意，不选C；1molH2和1molO2充分反应后生成1molH2O，剩余0.5molO2，恢复到原温度时，气体总物质的量是0.5mol，符合题意，选D。
11.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为
gmL，质量分数为
，物质的量浓度为cmol·L—1，则下列关系中不正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
分析：
A、根据密度=溶液质量/溶液体积计算；
B、根据c=1000ρω/M进行计算；
C、根据溶质质量分数=氨气质量/溶液质量×100%计算
D、根据c=1000ρω/M进行计算。
详解：
A、氨气质量是
，溶液质量是1000g+
，密度=溶液质量/溶液体积，但溶液的体积不是氨气与溶剂水的体积之和，A错误；
B、c=1000ρω/M可知，该溶液氨气质量分数ω=17c/1000ρ，B正确；
C、氨气质量是
，溶液质量是1000g+
，故该溶液的质量分数为ω=
，C正确；
D、根据c=1000ρω/M结合C中质量分数可知
，D正确；答案选A。
点睛：
本题主要是考查质量分数、物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意公式的理解与灵活运用，题目为字母型计算，计算量较大，需要学生细心观察进行计算。
12.用N表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（）
A.标准状况下，4．48L水中含有H2O分子的数目为0．2NA
B.32g氧气和臭氧（O3）混合气体中含有氧原子的数目为2NA
C.10g46％乙醇水溶液中所含氢原子数目为0．6NA
D.0．2
CaCl2溶液中含有Cl-离子的数目为0．4NA
【答案】B
【解析】
【分析】
标准状况下水是液体，不能根据
计算物质的量；氧气和臭氧的混合物中只含有氧原子；乙醇、水中都含有氢原子；没有溶液体积，不能计算溶质物质的量。
【详解】标准状况下水是液体，不能根据
计算物质的量，故A错误；氧气和臭氧的混合物中只含有氧原子，32g氧气和臭氧（O3）混合气体中含有氧原子的数目为
2NA，故B正确；乙醇、水中都含有氢原子，10g46％乙醇水溶液中所含氢原子数目大于0．6NA，故C错误；没有溶液体积，不能计算溶质物质的量，故D错误。
13.用5mL的0．2mol·L—1BaCl2溶液恰好可使相同体积的Fe2（SO4）3、ZnSO4和K2SO4三种溶液中的硫酸根离子完全转化沉淀，则三种硫酸盐溶液物质的量浓度之比是（）
A.3:
2:
1B.1:
2:
3C.1:
3:
3D.3:
1:
1
【答案】C
【解析】
【分析】
BaCl2溶液分别与Fe2（SO4）3、ZnSO4和K2SO4三种溶液反应的方程式是
、
、
。
【详解】假设氯化钡的物质的量为1mol，根据
、
、
，消耗Fe2（SO4）3、ZnSO4和K2SO4三种物质的物质的量分别为
、1mol、1mol，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度比，即浓度之比为
:
1:
1=1:
3:
3，故选C。
14.某混合溶液由三种物质溶于水制成，且在溶液中一定满足如下关系：
c（K+）=c（Cl-），c（Na+）=2c（SO42-），则溶质可能是（）
A.KCl、Na2SO4、H2SO4B.KCl、Na2SO4、NaC1C.NaC1、Na2SO4、K2SO4D.KCl、K2SO4、Na2SO4
【答案】C
【解析】
A、Na2SO4、KCl满足c（Na+）=2c（SO42-）、c（K+）=c（Cl-），再加入H2SO4，则c（Na+）≠2c（SO42-），故A错误；B、KCl、Na2SO4满足c（Na+）=2c（SO42-）、c（K+）=c（Cl-），再加入NaCl，则c（Na+）≠2c（SO42-）、c（K+）≠c（Cl-），故B错误；C、NaC1、Na2SO4、K2SO4按照2:
1:
1比例混合，符合上述要求，故C正确；D、KCl、Na2SO4满足c（Na+）=2c（SO42-）、c（K+）=c（Cl-），再加入K2SO4则c（Na+）≠2c（SO42-）、c（K+）≠c（Cl-），故D错误；故选C。
15.下图是某溶液在加水稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于（）
A.5B.4C.3D.2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算；
【详解】由图象可知，该溶液的体积为1L时，其浓度为2mol/L；当溶液稀释到aL时，其浓度变为0.5mol/L。
由于稀释过程中溶质的物质的量不变，即
，a=4，故B正确。
16.下列说法不正确的是（）
A.分散系中分散质粒子的大小：
浊液＞胶体＞溶液
B.验证烧碱溶液中是否含有Cl—，先加稀硝酸除去OH—，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl—
C.标准状况下，任何气体的分子间距离几乎都相等
D.金属氧化物都是碱性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】
分散质粒子直径>100纳米的分散系是浊液、分散质粒子直径<1纳米的分散系是溶液、分散质粒子直径1~100纳米之间的分散系是胶体；先加稀硝酸，排除干扰离子，再加硝酸银检验氯离子；分子间距离受温度、压强影响；金属氧化物
是酸性氧化物；
【详解】分散质粒子直径>100纳米的分散系是浊液、分散质粒子直径<1纳米的分散系是溶液、分散质粒子直径1~100纳米之间的分散系是胶体，所以分散系中分散质粒子的大小：
浊液＞胶体＞溶液，故A正确；先加稀硝酸，排除氢氧根离子干扰，再加硝酸银，若有白色沉淀，则含有氯离子，故B正确；分子间距离受温度、压强影响，所以相同条件下气体的分子间距离几乎都相等，故C正确；金属氧化物
是酸性氧化物，所有金属氧化物不一定是碱性氧化物，故D错误；选D。
17.实验室用海带提取碘的操作过程中，所选仪器错误的是（）
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
用托盘天平称取3.0g固体；灼烧固体用坩埚；过滤用漏斗；分液用分液漏斗。
【详解】称取3.0g固体用托盘天平，故A正确；灼烧固体用坩埚，不能用蒸发皿，故B错误；过滤用漏斗，故C正确；碘易溶于四氯化碳而不易溶于水，故可以用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘，用分液漏斗分液，D正确。
18.根据下表有关数据，选择分离乙醇和丙三醇混合液的最佳方法是（）
A.分液B.加水萃取C.冷却至0℃后过滤D.蒸馏
【答案】D
【解析】
【分析】
乙醇和丙三醇是沸点不同的互溶液体；
【详解】蒸馏法适合分离沸点不同的互溶液体；乙醇和丙三醇是沸点不同的互溶液体，所以用蒸馏法分离，故选D。
【点睛】蒸馏是是利用几种互溶的液体各自沸点差别较大的性质来分离物质的一种方法；分液是分离互不相容的液体物质的方法。
混合物分离要根据不同的溶解性选择合适的分离方法。
19.
（1）除去KNO3固体中混有的少量NaCl，所进行的实验操作依次为_____、蒸发浓缩、冷却结晶、_________。
（2）除去KCl溶液中的K2SO4，依次加入的溶液为__________（填溶质的化学式）
（3）选择合适的操作方法，对下列物质进行分离提纯（用序号作答，如果有多步操作请注
意顺序。
）
A．过滤B．蒸发C．分液D．萃取
E．蒸馏F．加热分解G．渗析H．重结晶
①分离油水混合物________；
②用自来水制取蒸馏水_________；
③除去氧化钙中的碳酸钙________；
④提纯Fe（OH）3胶体_______
⑤分离饱和食盐水和沙子________。
（4）某同学要配制480mL0．200mol·L－lNa2CO3溶液，需要Na2CO3的质量为____g
（5）某同学用托盘天平称量镁粉25．2g（1g以下用游码），他把镁粉放在右盘，当天平平衡时，所称取的镁粉的实际质量是_____________。
【答案】
（1）.溶解
（2）.过滤（3）.BaCl2、K2CO3、HCl（4）.C（5）.E（6）.F（7）.G（8）.A（9）.10.6g（10）.24.8g
【解析】
【分析】
（1）硝酸钾的溶解度受温度影响大，而NaCl溶解度受温度影响不大；
（2）根据硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀分析；（3）①油与水混合，分层；②自来水中水的沸点较低；③碳酸钙加热分解为氧化钙和二氧化碳；④Fe（OH）3胶体粒子不能透过半透膜、溶液中的粒子可以透过半透膜；⑤沙子难溶于水；（4）配制480mL0．200mol·L－lNa2CO3溶液，需用500mL的容量瓶；（5）根据托盘天平的平衡原理，“右+游=左”进行分析。
【详解】
（1）硝酸钾的溶解度受温度影响大，而NaCl溶解度受温度影响不大，则溶解后、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到硝酸钾晶体；
（2）硫酸根离子与钡离子结合生成沉淀，先加过量氯化钡将硫酸根离子转化为沉淀，再加碳酸钾除去过量的钡离子，最后加适量盐酸除去碳酸钾，所以依次加入的溶液为BaCl2、K2CO3、HCl；（3）①油与水混合，分层，用分液法分离，选C；②自来水中水的沸点较低，用蒸馏发制备蒸馏水，选E；③碳酸钙加热分解为氧化钙和二氧化碳，用加热分解的方法除去氧化钙中的碳酸钙，选F；④Fe（OH）3胶体粒子不能透过半透膜、溶液中的粒子可以透过半透膜，用渗析发提纯Fe（OH）3胶体，选G；⑤沙子难溶于水，用过滤法分离饱和食盐水和沙子，选A；（4）配制480mL0．200mol·L－lNa2CO3溶液，需用500mL的容量瓶，需要Na2CO3的质量为
10.6g；（5）用托盘天平称量镁粉25．2g，需用25g的砝码，若放颠倒，则镁粉的质量+游码=砝码质量，所称取的镁粉的实际质量是25-0.2=24.8g。
【点睛】混合分离的方法：
（1）过滤：
它是利用混合物各组分在同一溶剂中溶解度的差异，使不溶固体与溶液分离开来的一种方法，如粗盐的提纯；
（2）结晶、重结晶：
它是利用混合物中各组分在某种溶剂中的溶解度随温度变化不同的性质来分离提纯物质的一种方法，如NaCl和KNO3混合物的分离，重结晶实际上是反复进行溶解、结晶的操作；（3）蒸馏与分馏：
它是利用几种互溶的液体各自沸点差别较大的性质来分离物质的一种方法，如从石油中分离各种馏分,再如C2H5OH和H2O混合物的分离。
20.I．甘肃马家密遗址出土的青铜刀是我国最早治炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜録”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2（OH）2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。
某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
（1）从物质分类标准看，“铜绿”属于______（填字母）。
A．酸B．碱C．盐D．氧化物
（2）写出B的化学式：
____________。
（3）请写出铜録与盐酸反应的化学方程式：
________________________。
（4）上述转化过程中属于化合反应的是_______________（填序号）
II．胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。
用Fe（OH）3胶体进行下列实验：
（5）将其装入U型管中，用石墨电极接通直流电，通电一段时间后，发现阴极附近的颜色_______，这说明_________，这种现象称为____________________________。
（6）向其中滴入过量稀硫酸，现象是___________，其原因是______________________。
【答案】
（1）.C
（2）.CuO（3）.Cu2（OH）2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑（4）.①（5）.加深（6）.胶体粒子带（正）电荷（7）.电泳（8）.先出现红褐色沉淀后沉淀溶解（9）.开始加入稀硫酸时，胶体发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，当酸过量时，又将氢氧化铁溶解
【解析】
【分析】
I．能电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物是盐；铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生Cu2（OH）2CO3，Cu2（OH）2CO3与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳、水；氯化铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜加热分解为氧化铜，氧化铜用氢气还原为铜单质。
II．Fe（OH）3胶粒带正电荷，在通电条件下发生电泳，加入电解质溶液发生聚沉现象。
【详解】
（1）能电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物是盐，从物质分类标准看，“铜绿”[Cu2（OH）2CO3]属于盐，选C；
（2）氢氧化铜加热分解为氧化铜，所以B的化学式是CuO；（3）Cu2（OH）2CO3与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳、水，反应的化学方程式是Cu2（OH）2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑；（4）多种物质生成一种物质的反应是化合反应，所以铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生Cu2（OH）2CO3，属于化合反应，选①；（5）Fe（OH）3胶粒带正电荷，将其装入U型管中，用石墨电极接通直流电，通电一段时间后，发现阴极附近的颜色加深，这说明Fe（OH）3胶体粒子带正电荷，这种现象称为电泳；（6）向Fe（OH）3胶体中滴入过量稀硫酸，开始加入稀硫酸时，胶体发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，当酸过量时，又将氢氧化铁溶解，所以现象是先出现红褐色沉淀后沉淀溶解。
21.已知1．28g某气体氧化物（化学式为RO2）在标准状况下的体积为448mL。
（1）该氧化物的摩尔质量为________。
（2）R的相对原子质量为____________。
（3）与3．6g水
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