河南省三门峡市灵宝实验高级中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

河南省三门峡市灵宝实验高级中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

www.ks5u.com ‎2019-2020学年高一年级上12月化学考试卷 能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5‎ 第Ⅰ卷 一、选择题 ‎1. 波尔多液农药不能用铁制容器盛放，是因为铁能与农药中的硫酸铜起反应。在该反应中，铁是（ ）‎ A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 催化剂 D. 发生了还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 略 ‎2.NaHSO4在水溶液中能够电离出Na＋、H＋和SO42-。下列对于NaHSO4的分类中不正确的是( )‎ A. NaHSO4是盐 B. NaHSO4是酸 C. NaHSO4是钠盐 D. NaHSO4是酸式盐 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用交叉分类法分析；电离出的阳离子全部是H+的化合物属于酸，由此分析。‎ ‎【详解】依题意NaHSO4在水溶液中能够发生电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4能电离出金属阳离子和酸根离子，所以它属于盐；电离出来的阳离子是Na+和H+，所以它既属于钠盐，也属于酸式盐、但NaHSO4不属于酸，答案选B。‎ ‎3.下列氧化还原反应中，表示电子转移的方向和数目正确的是（   ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢元素的化合价升高失去电子，氧元素的化合价降低得到电子，故A错误；‎ B.氧元素化合价升高根据分析应该失去12个电子，氯元素化合价降低得12个电子，故B错误；‎ C.同种元素的不同价态在发生氧化还原反应时化合价的变化只能出现靠拢不能出现交叉，应该转移5个电子，故C错误；‎ D.硫化氢中硫元素的化合价升高失去电子，二氧化硫中硫元素的化合价降低得到电子，电子转移的数目也正确，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎4.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应 Ce4++Fe2+ Fe3++Ce3+‎ Sn2++2Fe3+ 2Fe2++Sn4+‎ 由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是 A. Ce3+、Fe2+ 、Sn2+ B. Sn2+、Ce3+、Fe2+‎ C. Sn2+、Fe2+、Ce3+ D. Fe2+、Sn2+、Ce3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原性：还原剂>还原产物。‎ ‎【详解】Ce4++Fe2+ Fe3++Ce3+，还原剂为Fe2+，还原产物为Ce3+，还原性：Fe2+> Ce3+；‎ Sn2++2Fe3+ 2Fe2++Sn4+，还原剂为Sn2+，还原产物为Fe2+，还原性：Sn2+> Fe2+；‎ 则还原性：Sn2+> Fe2+> Ce3+，答案为C。‎ ‎【点睛】还原剂失电子，化合价升高，生成氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，生成还原产物。‎ ‎5.对于相同物质的量的SO2和SO3,下列说法正确的是 (　　)‎ A. 硫元素的质量比为5∶4 B. 分子数之比为1∶1‎ C. 原子总数之比为4∶3 D. 质量之比为1∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由n(SO2)=n(SO3),得N(SO2)∶N(SO3)=1∶1‎ ‎【详解】A. 硫元素的质量比为应为1∶1，错误；‎ B.分子数比为1∶1，正确；‎ C. 原子总数之比为应为3∶4，错误；‎ D.m(SO2)∶m(SO3)=M(SO2)∶M(SO3)=64∶80=4∶5，错误。‎ 故选B.‎ ‎6.当光束通过下列分散系时,能产生丁达尔效应的是（   ）‎ A. NaCl溶液 B. Fe(OH)3 胶体 C. 盐酸 D. CuSO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】NaCl溶液、盐酸、硫酸铜溶液都是溶质水溶液，当光束通过时无此现象，Fe(OH)3胶体，当光束通过时会产生丁达尔现象，‎ 故选：B ‎【点睛】丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路，丁达尔现象是胶体特有的性质。‎ ‎7.下列化学方程式中，不能用H＋＋OH－＝H2O表示的是 A. 2NaOH＋H2SO4＝Na2SO4＋2H2O B. Ba(OH)2＋2HCl＝BaCl2＋2H2O C. KOH＋HCl＝KCl＋H2O D. Cu(OH)2＋2HNO3＝Cu(NO3)2＋2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】可溶易电离的化合物拆写成离子，难溶、弱酸、弱碱、水、氧化物、单质不能拆写成离子，因为Cu(OH)2属于难溶物，不能拆写成离子形式，故选项D符合题意。‎ ‎8.在某无色透明的溶液中，能共存的离子组是（ ）‎ A. Na+、Ca2+、SO42-、CO32- B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-‎ C. Na+、 K+、Cl-、 NO3- D. Fe3+、K+、SO42-、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ca2+ 、CO32-离子间能结合成沉淀，在溶液中不能共存，故A错误；‎ B. 铜离子为蓝色溶液，不符合溶液无色的条件，故B错误；‎ C. 四种离子间在酸性溶液中不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，且不存在有色离子，能形成无色透明溶液，故C正确；‎ D. 铁离子为黄色溶液，不符合题意，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，酸性溶液中存在大量氢离子，‎ ‎9.胶体区别于其它分散系的本质是 （ ）‎ A. 胶体的分散质粒子直径在1 nm～100nm之间 B. 胶体粒子带电荷并且在一定条件下能稳定存在 C. 胶体粒子能通过滤纸空隙 D. 胶体粒子能够发生布朗运动而且能产生丁达尔现象 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm∼100nm之间的分散系属于胶体。‎ 故选：A。‎ ‎10.在下列反应中，HCl作还原剂的是（ ）‎ A. NaOH ＋ HCl ＝ NaCl＋H2O B. Zn ＋2HCl ＝ ZnCl2 ＋ H2↑‎ C. KClO3 ＋6HCl(浓) ＝ KCl＋3H2O＋3Cl2↑‎ D. CuO ＋2HCl ＝ CuCl2 ＋ H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaOH ＋ HCl ＝ NaCl＋H2O属于复分解反应，HCl不是还原剂，故A错误；B. Zn ＋2HCl ＝ ZnCl2 ＋ H2↑属于置换反应，HCl中的H元素化合价降低，HCl做氧化剂，故B错误；C. KClO3 ＋6HCl(浓) ＝ KCl＋3H2O＋3Cl2↑是氧化还原反应，HCl中的Cl元素化合价升高，所以HCl做还原剂，故C正确；D. CuO ＋2HCl ＝ CuCl2 ＋ H2O不属于氧化还原反应，故D错误；答案：C。‎ ‎11.以下在过滤的操作中，不正确的是（ ）‎ A. 滤纸应紧贴漏斗内壁并用少量水润湿，使滤纸与漏斗壁之间没有气泡 B. 倒入漏斗的过滤液的液面应高于滤纸边缘 C. 漏斗下端管口应紧靠烧杯内壁 D. 要沿着玻璃棒慢慢向漏斗中倾倒过滤液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据过滤操作的原则中的一贴：滤纸应紧贴漏斗内壁，并用少量水润湿，使滤纸与漏斗壁之间没有气泡，故A正确；‎ B.根据过滤操作的原则中的二低：滤纸边缘低于漏斗边缘、滤液低于滤纸边缘，故B错误；‎ C.根据过滤操作的原则中的三靠：烧杯紧靠玻璃棒、玻璃棒靠在三层滤纸上、漏斗下端口紧靠烧杯内壁，故C正确；‎ D.过滤操作中，玻璃棒的作用：引流，即要沿着玻璃棒慢慢向漏斗中倾倒过滤液，防止液体外溅，故D正确；‎ 故选:D。‎ ‎【点睛】过滤液体时，要注意一贴二低三靠的原则：一贴：用少量水润湿的滤纸要紧贴漏斗壁，二低：滤纸边缘低于漏斗边缘、滤液低于滤纸边缘，三靠：烧杯紧靠玻璃棒、玻璃棒靠在三层滤纸上、漏斗下端口紧靠烧杯内壁．‎ ‎12.下列各种混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（ ）‎ A. 酒精和水 B. 水和四氯化碳 C. 碘和四氯化碳 D. 汽油和植物油 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酒精和水中酒精易溶于水，不能用分液漏斗分离，故A选项错误。‎ B. 水和四氯化碳互不相溶，有明显分层，可以用分液漏斗分离，故B选项正确。‎ C. 碘和四氯化碳混合后，碘单质易溶于四氯化碳，不可用分液漏斗分离，故C选项错误。‎ D. 汽油和植物油可以互溶，不能用分液漏斗分离，故D选项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎13.与50mL0.1moL/LNa2CO3溶液中的钠离子的物质的量浓度相同的溶液是（ ）‎ A. 25mL0.2moL/L的NaCl溶液 B. 100mL0.1moL/L的NaCl溶液 C. 25mL0.2moL/L的Na2SO4溶液 D. 10mL0.5moL/L的Na2CO3溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎50mL0.1moL/LNa2CO3溶液中的钠离子的物质的量浓度为0.2mol/L。‎ ‎【详解】A. 25mL0.2moL/L的NaCl溶液中的钠离子的物质的量浓度为0.2mol/L，符合题意；‎ B. 100mL0.1moL/L的NaCl溶液中的钠离子的物质的量浓度为0.1mol/L，不符合题意；‎ C. 25mL0.2moL/L的Na2SO4溶液中的钠离子的物质的量浓度为0.4mol/L，不符合题意；‎ D. 10mL0.5moL/L的Na2CO3溶液中的钠离子的物质的量浓度为1mol/L，不符合题意；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】溶液中某组分的浓度，与溶液体积无关。‎ ‎14.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A. 标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NA B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA C. 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4L D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下， H2O为液态，不能直接进行计算，A项错误；‎ B. 常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol，Na+的物质的量为0.01mol，离子数为0.02NA，B项正确；‎ C. 条件不是标准状况，无法进行计算，C项错误；‎ D. 题干中未给出溶液的体积，无法进行计算，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象，物质在标准状况下的状态是易错点，利用 计算物质的量时是否给出了溶液的体积是容易忽略的地方。‎ ‎15.将30ml 0.5mol/L NaOH溶液加水稀释到500ml，稀释后溶液中的NaOH的物质的量浓度为( )‎ A. 0.03 mol/L B. 0. 3 mol/L C. 0.05 mol/L D. 0.04 mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据稀释过程中物质的量不变，稀释后的物质的量浓度为=0.03 mol/L。‎ 故选A 。‎ ‎16.加入盐酸后,溶液中哪种离子的数目会减少（ ）‎ A. CO32- B. Al3+ C. SO42- D. Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H+与CO32-反应生成二氧化碳气体和水，离子数目会明显减少，故A正确；‎ B.Al3+与H+或Cl-都不反应，则离子数目不会明显减少，故B错误；‎ C.SO42-与H+离子或Cl-离子都不反应，则离子数目不会明显减少，故C错误；‎ D.氯离子数目会明显增加，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】加入盐酸后，凡是与H+离子或Cl-离子反应的离子，离子数目会明显减少。‎ ‎17.下列离子方程式书写正确的是（　　）‎ A. 大理石与盐酸反应：CO32－+ 2H+ ＝ H2O+CO2↑‎ B. 铁粉与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ C. 氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液：MgCl2 + 2OH－＝ Mg(OH)2↓+2Cl－‎ D. 碳酸氢钙溶液中加稀硝酸：HCO3－+H+= H2O+CO2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 大理石与盐酸反应,离子方程式：CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故A错误；‎ B. 铁粉与稀硫酸反应,离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故B错误；‎ C. 氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液,离子方程式：Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓，故C错误；‎ D. 碳酸氢钙溶液和稀硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳，离子方程式：HCO3－+H+= H2O+CO2↑，故D正确；‎ 故选： D。‎ ‎18.已知：2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；Cl2＋2FeCl2===2FeCl3；‎ ‎2KI＋2FeCl3===2KCl＋I2＋2FeCl2。则下列判断正确的是(　　)‎ A. 氧化性：MnO4－>Cl2>I2>Fe3＋‎ B. 还原性：Fe2＋>I－>Cl－‎ C. Fe3＋只有氧化性，Fe2＋只有还原性 D. FeCl3能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的，还原剂的还原性大于还原产物的，所以A、B不正确，应该是MnO4－>Cl2>Fe3＋>I2、I－>Fe2＋>Cl－；亚铁离子还有氧化性，可以得到电子，C不正确，因此正确的答案选D。‎ 第II卷 二、填空题 ‎19.根据有关概念回答下列问题：①金属铜 ②固态NaCl ③O2 ④液氨⑤碳棒 ⑥酒精水溶液 ⑦KOH水溶液 ⑧熔融状态的KNO3　　⑨葡萄糖 判断上述物质：能够导电的是（填序号，下同）_____________；属于电解质的是____________；属于非电解质的是______________。‎ ‎【答案】 (1). ①⑤⑦⑧ (2). ②⑧ (3). ④⑨‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电解质的定义分析，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；‎ 非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；‎ 根据物质导电的原因分析，只要含有自由移动的离子或自由电子即可。‎ ‎【详解】物质中存在自由移动的离子或自由电子，该物质能够导电，满足条件的有：①金属铜⑤碳棒⑦KOH水溶液⑧熔融的KNO3，‎ 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，满足条件的为：②固态NaCl⑧熔融的KNO3；‎ 非电解质在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，满足条件的为：④液氨⑨葡萄糖；‎ 故答案为：①⑤⑦⑧；②⑧；④⑨；．‎ ‎20.已知反应①2F2+2H2O=4HF+O2↑；②AlCl3+3NaHCO3=Al(OH)3↓+3NaCl+3CO2↑ ；③2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；④SO2+H2O=H2SO3⑤SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；⑥NaH+H2O=NaOH+H2↑；⑦CO＋H2OCO2＋H2；⑧3NO2＋H2O = 2HNO3＋NO ‎（1）上述反应中不属于氧化还原反应有（填序号，下同）_____________‎ ‎（2）H2O被氧化的是_____________；属于氧化还原反应，但H2O既不被氧化，也不被还原的是_____________。‎ ‎（3）写出⑤离子反应方程式_____________。‎ ‎（4）用双线桥法表示反应⑧中电子转移的方向和数目，并指出氧化产物和还原产物。双线桥法：_____________；氧化产物：_____________；还原产物：_____________。‎ ‎【答案】 (1). ②④ (2). ① (3). ⑤⑧ (4). SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl- (5). (6). HNO3 (7). NO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）含元素化合价变化的反应为氧化还原反应；‎ ‎（2）水被氧化，则水中O元素的化合价升高，水被还原，则水中H元素的化合价降低；若水中H、O元素的化合价不变，则H2O既不被氧化，又不被还原；‎ ‎（3）根据拆写原则写出离子方程式；‎ ‎（4）根据反应寻找失电子和得电子的元素的原子，双线桥即标出失电子的元素指向同种元素，得电子的元素指向同种元素，化合价升高或降低的数目就是转移的电子数，据此书写；‎ ‎【详解】(1)只有②④反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，‎ 故答案为：②④；‎ ‎（2）只有①水中O元素的化合价升高，水被氧化；只有⑤⑧中属于氧化还原反应，但水中H、O元素的化合价不变，则H2O既不被氧化，又不被还原，‎ 故答案为：①；⑤⑧；‎ ‎（3）⑤SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，硫酸和氯化氢是两种强酸，要拆成离子的形式，二氧化硫，水是氧化物写化学式，氯气是单质也要写化学式，故离子方程式是：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl- ‎ 故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl- ‎ ‎(4)该反应中,只有氮原子化合价变化,电子转移的方向和数目为，化合价升高对应的产物是氧化产物，即是硝酸，化合价降低对应的还原产物，即是NO，‎ 故答案为： HNO3 ； NO ；‎ ‎【点睛】根据氧化还原反应的特征定义进行判断：有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应。‎ ‎21.有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2 、CaCl2、 K2CO3，现做以下实验：‎ ‎(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；‎ ‎(2)向(1)的悬浊液中加过量稀硝酸，白色沉淀消失，并且有气泡产生；‎ ‎(3)取少量(2)的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。‎ 根据上述实验现象，判断：‎ ‎(1)白色粉末一定含_______________可能含_______________(写化学式);‎ ‎(2)写出每步操作发生的离子方程式①_______________②_______________③_______________。‎ ‎【答案】 (1). CaCl2、K2CO3 (2). Ba(NO3)2 (3). Ca2++CO32-=CaCO3↓ (4). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (5). Ag++ Cl-=AgCl↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据实验过程中的现象分析判断；‎ ‎(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；‎ ‎(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明沉淀一定是碳酸钙或碳酸钡沉淀；‎ ‎(3)取少量(2)的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．证明含有氯离子，混合物中一定含有氯化钙，说明一定含有Ba(NO3)2、CaCl2；可能含有K2CO3。‎ ‎【详解】(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；‎ ‎(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明沉淀一定是碳酸钙或碳酸钡沉淀；‎ ‎(3)取少量(2)的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．证明含有氯离子，混合物中一定含有氯化钙，说明一定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba(NO3)2； 根据上述实验现象，判断白色粉末中肯定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba(NO3)2；‎ 有关反应的离子方程式为：(1)肯定生成碳酸钙沉淀，离子反应方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓；‎ ‎(2)碳酸钙溶解于稀硝酸，生成二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；‎ ‎(3)滴加硝酸银溶液生成氯化银沉淀，发生反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。‎ 三、实验题 ‎22.实验室配制250mL 1.0mol•L﹣1H2SO4溶液，回答下列问题：‎ ‎（1）需要18mol•L﹣1H2SO4溶液（密度为1.84g∕cm3）的体积是 mL．‎ ‎（2）应选用下列 规格的量筒量取浓硫酸．‎ A．10mL B．25mL C．50mL ‎ D．100mL ‎（3）某同学用容量瓶配制溶液，加水时不慎超过了刻度线，他（她）把水倒出一些，重新加水至刻度线．这样做会使配制溶液的浓度 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．‎ ‎（4）某同学在向容量瓶中转移液体时，未用蒸馏水洗涤烧杯．这样做会使配制溶液的浓度 ‎ （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．‎ ‎【答案】（1）13.9；（2）B（3）偏低；（4）偏低．‎ ‎【解析】‎ ‎（1）溶液稀释前后溶液中溶质的物质的量保持不变，设需要18mol•L﹣1H2SO4溶液（密度为1.84g∕cm3）的体积是V，则18mol•L﹣1•VL=0.25L•1.0mol•L﹣1，解得V≈0.0139L=13.9mL，（2）溶液的体积为13.9mL，选择体积接近的量筒，即25mL的，故选B；（3）加水时不慎超过了刻度线，会将溶液稀释，这样做会使配制溶液的浓度偏低，（4）向容量瓶中转移液体时，未用蒸馏水洗涤烧杯，即一部分溶质会沾在烧杯上，所得溶液的浓度减小，‎ ‎【点评】本题考查物质的量浓度的简单计算，溶液稀释前后溶液中溶质的质量或是物质的量保持不变可以计算浓溶液的体积，难度不大．‎ 四、计算 ‎23.标准状况下，H2和CO的混合气体共8.96L，测得其质量为6.0g。计算此混合气体中：‎ ‎（1）H2和CO的物质的量各为多少？_____________‎ ‎（2）标准状况下，H2和CO的体积各为多少？_____________‎ ‎【答案】 (1). H2和CO的物质的量均为0.2mol (2). 标准状况下，H2和CO的体积均为4.48L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由m=nM，n=，设H2和CO的物质的量分别为x、y，则 ‎2x+28y=6.0‎ x+y=，解得x=0.2mol，y=0.2mol，‎ 并结合V=nVm计算。‎ ‎【详解】②设H2和CO的物质的量分别为x、y，则 ‎2x+28y=6.0‎ x+y=，解得x=0.2mol，y=0.2mol，‎ 答：H2和CO的物质的量均为0.2mol；‎ ‎②标准状况下,Vm=22.4L/mol，H2和CO的物质的量均为0.2mol，体积均为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，‎ 答：标准状况下, H2和CO的体积均为4.48L。‎ ‎【点睛】‎ ‎ ‎