【化学】湖南省株洲市攸县三中2019-2020学年高一上学期第一次月考试题 （解析版） 13页

湖南省株洲市攸县三中2019-2020学年高一上学期第一次月考试题 一、选择题(共15小题，每小题3分，共45分)‎ ‎1.下列有关图示和图标中正确的是(　　)‎ A. 浓硫酸的稀释 B. 实验室制二氧化碳 ‎ C. 当心火灾 D. 禁止吸烟 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A项，浓硫酸溶于水要放热，因此稀释浓硫酸要遵循“酸入水、棒搅拌”原则；‎ B项，碳酸钙与盐酸反应产生二氧化碳，长颈漏斗应在液面以下，应该用向上排空气法收集；‎ C项，图中所示标志腐蚀品标志；‎ D项，由图标可知是禁止烟火标志。‎ ‎【详解】A项，浓硫酸溶于水要放热，所以稀释浓硫酸时要将浓硫酸缓慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌散热，故A项错误；‎ B项，实验室用碳酸钙和稀盐酸反应制取二氧化碳，长颈漏斗应在液面以下，且二氧化碳的密度大于空气的密度，用向上排空气法收集，故B项正确；‎ C项，图中所示标志是腐蚀品标志，故C项错误；‎ D项，由图标可知是禁止烟火标志，而不是禁止吸烟标志，故D项错误；‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎2.下列试剂的存放正确的是(　　)‎ A. 钾、钠在空气中极易氧化，应放在水中 B. 盛放氢氧化钠溶液的瓶口用玻璃塞塞紧，不能用橡皮塞 C. 浓硝酸、硝酸银见光易分解，应保存在棕色瓶中，贮放在黑暗而且温度低的地方 D. 以上方法都不正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A.钾、钠能与氧气、水反应,应保存煤油中；‎ B.二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应生成有粘性的硅酸钠；‎ C. 浓硝酸、硝酸银见光易分解，应避光、低温保存；‎ D.选项C正确。‎ ‎【详解】A.钾、钠能与氧气、水反应,应放在盛有煤油的广口瓶中以隔绝空气,A正确；‎ B.实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞,其原因是在常温下,氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应,产物使瓶口与瓶塞粘合在一起,B错误；‎ C. 浓硝酸、硝酸银见光易分解，应保存在棕色瓶中，贮放在黑暗而且温度低的地方，C正确；‎ D.选项C是正确的，D错误；‎ 正确选项C。‎ ‎3.下列实验操作中，不能用于物质分离的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该装置是过滤操作，适用于难溶性固体与可溶性液体混合物的分离，A不符合题意；‎ B.该装置是蒸馏操作，适用于互溶的沸点不同的液体混合物的分离，B不符合题意；‎ C.该装置是配制物质的量浓度的溶液的操作，不能用于分离混合物，C符合题意；‎ D.该装置是分液操作，适用于互不相溶的液体混合物的分离，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.有关化学实验的下列操作中，一般情况下不能相互接触的是（ ）‎ A. 过滤操作中，玻璃棒与三层滤纸 B. 过滤操作中，漏斗径与烧杯内壁 C. 分液操作中，分液漏斗径与烧杯内壁 D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管尖端与试管内壁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在滤操作中，玻璃棒要靠在三层滤纸上，防止滤纸弄破，故A不符合；‎ B. 在滤操作中，漏斗下端口要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故B不符合；‎ C. 分液操作中，分液漏斗径要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故C不符合；‎ D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管要竖直悬空，防止污染药瓶，故D符合；‎ 答案选D。‎ ‎5.设NA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，0.1 NA个水分子所占的体积约为2.24 L B. 11.2 L CO2气体的分子数为0.5 NA C. NH3的摩尔质量等于NA个氨分子的质量之和 D. 101 kPa、4 ℃时，18 mL水和202 kPa、27 ℃时32 g O2所含分子数均为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于标准状况下，水是液体，不能用标况下气体的摩尔体积计算水的体积，选项A错误；‎ B、没有告诉是标准状况下，无法计算二氧化碳的物质的量，选项B错误；‎ C、氨气摩尔质量是17g/mol，而NA个氨分子为1mol，也是17g，所以在数值上相等，选项C错误；‎ D、由于101k Pa、4℃时，18 mL水的质量是18g，物质的量是1mol；32g氧气物质的量是1mol，所以二者含有的分子数均为NA，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数，如果a g某气态双原子分子的分子数为p，则b g该气体在标准状况下的体积V(L)是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】先计算出1个该气体分子具有的质量，然后可计算出1mol该气体的质量，从而可知该气体的摩尔质量，然后根据n=计算出bg该气体的物质的量，最后根据V=n·Vm计算出该气体在标准状况下的体积。‎ ‎【详解】ag某气态双原子分子的分子数为p，1个该气体分子的质量为：m(分子)=g，则1mol该气体的质量为：g，所以该气体的摩尔质量M=g/mol，bg该气体的物质的量为：=mol，该气体在标准状况下的体积V=n·Vm=mol×22.4L/mol=L，故合理选项是D。‎ ‎7.某校化学兴趣小组在实验室发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1mol·L-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是（ ）‎ A. 配制1L该溶液，可将0.1molCaCl2溶于1L水中 B. Ca2+和Cl-的物质的量浓度都是0.1mol·L-1‎ C. 从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05mol·L-1‎ D. 将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl-)为0.1mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】标签上标有“CaCl2 0.1mol•L-1”的字样，即在1L的溶液中含1molCaCl2；‎ A．将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积大于1L，故A错误；‎ B．在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1：2，则浓度之比也为1：2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故B错误；‎ C．溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，故C错误；‎ D．溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，故稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.配制250 mL 0.1 mol·L－1的盐酸时，下列实验操作使所配溶液浓度偏大的是(　　)‎ A. 用量筒量取所需的浓盐酸时俯视刻度线 B. 定容时仰视刻度线 C. 用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗涤量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中 D. 定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，再补加几滴蒸馏水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用量筒量取所需的浓盐酸时俯视刻度线，则液面在刻度线下方，所配溶液浓度偏低；‎ B、定容时仰视刻度线，则液面在刻度线上方，所配溶液浓度偏低；‎ C、用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗涤量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中，则溶质的物质的量增加，浓度偏高；‎ D、定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，再补几滴蒸馏水，溶液增加，浓度偏低；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列对相等物质的量的C3H6和C2H4(两种物质标准状况下均为气体)的比较中正确的是(　　)‎ ‎①所含的分子数目之比为1∶1 ②相同条件下体积之比为1∶1③所含的原子总数目之比为2∶3 ④相同条件下密度之比为2∶3‎ A. ①③ B. ②③ C. ①② D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据N=nNA，物质所含的分子数目之比为等于物质的量之比，所含的分子数目之比为1：1，故正确； ‎ ‎②根据V=nVm，相同条件下体积之比等于物质的量之比，相同条件下体积之比为1：1，故正确；‎ ‎③根据N=nNA，相等物质的量的C3H6和C2H4所含的原子总数目之比为9：6，即3：2，故错误； ‎ ‎④相同条件下密度之比等于物质的摩尔质量之比，等物质的量的C3H6和C2H4密度之比为3：2，故错误。‎ 答案选C。‎ ‎10.由CO2、CO、H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2、CO的体积比可为（ ）‎ A. 13∶8∶29 B. 22∶1∶14‎ C. 29∶8∶13 D. 13∶16∶57‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据M=m/n，V=nVm进行计算。‎ ‎【详解】同温同压下，任何气体的气体摩尔体积相等，根据知，CO2、H2和CO组成的混合气体平均摩尔质量与氮气摩尔质量相等，M（N2）=M（CO）=28g/mol，所以混合气体平均摩尔质量与CO多少无关，则CO2、H2的平均摩尔质量为28g/mol，设CO2、H2的物质的量分别是xmol、ymol，平均摩尔质量，解得：x:y=13:8，根据V=nVm知，相同条件下，不同物质的量的气体体积之比等于其物质的量之比，所以三种气体的体积之比可以是13:8:29；答案选A。‎ ‎11.在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为(　　)‎ A. 0.15mol·L-1 B. 0.10mol·L-1 C. 0.25mol·L-1 D. 0.20mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由电荷守恒得：，代入c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为0.20mol·L-1，故答案选D。‎ ‎12.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1时，三种溶液中Cl－的物质的量之比为(　　)‎ A. 1∶1∶1 B. 1∶2∶3 C. 3∶2∶1 D. 3∶4∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】电解质溶液中氯离子物质的量=电解质浓度×溶液的体积×化学式中氯离子数目，再根据n=c·V判断。‎ ‎【详解】物质的量浓度相同的NaCl 、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-‎ 的物质的量浓度之比为1：2：3，当溶液的体积比为3：2：1时，根据n=c·V可知Cl-的物质的量之比为3：4：3，故合理选项是D。‎ ‎13.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是(　　)‎ A. 分离植物油和氯化钠溶液选用①‎ B. 除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体选用②‎ C. 分离四氯化碳中的溴单质选用③‎ D. 除去二氧化碳气体中的氯化氢气体选用④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.植物油不溶于水，与水分层，可用分液的方法分离，A正确；‎ B.氯化铵为固体，冷凝得不到液体，且不稳定，可在试管中或坩埚中加热分离，B错误；‎ C.溴溶于水，不能用过滤方法分离，可通过萃取、分液方法分离，C错误；‎ D.二者都能与氢氧化钠溶液反应,无法进行分离提纯，应用饱和碳酸氢钠溶液洗气分离，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎14.下列实验操作中正确的是(　　)‎ A. 用规格为10 mL的量筒量取6.20 mL的液体 B. 蒸发结晶时，可将溶液直接蒸干 C. 利用蒸馏或分馏可除去液态混合物中沸点不同的易挥发、难挥发或不挥发的杂质 D. 用四氯化碳萃取碘水中的碘，充分静置后紫红色液体在上层 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、量筒精确度0.1mL，选项A错误；‎ B、进行蒸发时，液体不能超过蒸发皿容积的三分之二，要使用玻璃棒不断搅拌，以防液体溅出，出现大量固体时即停止加热，选项B错误；‎ C、蒸馏可除去液态混合物中沸点不同的易挥发、难挥发或不挥发的杂质，选项C正确；‎ D、四氯化碳萃取碘水中的碘，充分静置后紫红色液体在下层，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.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 由海水(含NaCl)获得蒸馏水 蒸馏 水的沸点与NaCl的沸点不同 B 分离汽油和水 分液 汽油和水的密度不同 C 除去KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶 NaCl在水中的溶解度很大 D 分离溶于水的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用蒸馏法从海水中获得蒸馏水，主要是利用水的沸点较NaCl较低，故A正确；‎ B.用分液的方法分离汽油和水主要是因为汽油与水不相混溶，故B错误；‎ C. 用重结晶的方法除去硝酸钾中的氯化钠杂质，利用的原理是二者的溶解度随温度变化差异较大，故C错误；‎ D.乙醇能与水互溶，不用作为分离溶于水的碘的萃取剂，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎16.下列判断正确的是（ ）‎ A. 分散系一定是混合物 B. 胶体的分散质不能透过滤纸 C. 任何物质在水中都有一定的溶解度 D. 胶体和其它分散质的本质区别是能发生丁达尔现象 ‎【答案】A ‎【解析】A项，把一种（或多种）物质分散在另一种（或多种）物质中所得到的混合物体系，叫做分散系，所以分散系一定是混合物，A正确；B项，胶粒能透过滤纸，B错误；C项，如果说任何物质都可以在水中溶解，是对的，即使是最难溶的物质也会有微量溶解，但是说任何物质在水中都有一定的溶解度就不对了，因为有许多物质于水是互溶的，这就不存在溶解度了，如乙醇与水互溶，就没有溶解度，C错误；D项，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，D错误。‎ ‎17.为了除去粗盐中Ca2+，Mg2+，SO42-及泥沙，将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤，②加过量的NaOH溶液，③加适量盐酸，④加过量Na2CO3，⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是（ ）。‎ A. ①④②⑤③ B. ④①②⑤③ C. ②⑤④③① D. ⑤②④①③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】要先除SO42-，然后再除Ca2+，碳酸钠可以除去过量的Ba2+，如果物质加入顺序反了，过量的Ba2+就没法除去，至于加氢氧化钠除去Mg2+顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的OH-、CO32-，所以操作顺序可以为：②⑤④①③或⑤②④①③或⑤④②①③，但不能为④②⑤①③，故正确答案为D。‎ 二、非选择题(共5小题，共55分)‎ ‎18.现有含NaCl、MgCl2和Na2SO4的混合溶液，某兴趣小组的同学欲提取纯净的NaCl晶体，设计了如下实验：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)写出沉淀Ⅰ和沉淀Ⅱ所含物质的化学式。沉淀Ⅰ：_________、沉淀Ⅱ：_______。‎ ‎(2)上述流程中，加入过量稀盐酸的目的是______________。‎ ‎(3)操作Ⅲ中需使用的玻璃仪器是________________________。‎ ‎【答案】(1). Mg(OH)2、BaSO4 (2). BaCO3 (3). 除去过量的NaOH和Na2CO3 (4). 玻璃棒、酒精灯 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)含NaCl、MgCl2和Na2SO4的混合溶液，加入过量的氯化钡、氢氧化钠，分别与SO42-、OH-反应生成BaSO4、Mg(OH)2沉淀；过滤后溶液中含有大量Ba2+、OH-、Na+、Cl-，加入过量Na2CO3，CO32-与Ba2+反应生成BaCO3沉淀；‎ ‎(2)溶液Ⅱ含有的离子有OH-、Na+、Cl-、CO32-；‎ ‎(3)提取纯净的NaCl晶体，操作Ⅲ为蒸发结晶，依据蒸发结晶实验选择合适的仪器。‎ ‎【详解】(1)含NaCl、MgCl2和Na2SO4的混合溶液，加入过量的氯化钡、氢氧化钠，分别与SO42-、OH-反应生成BaSO4、Mg(OH)2沉淀，所以沉淀Ⅰ为BaSO4、Mg(OH)2沉淀混合物；过滤后溶液中含有大量的Ba2+、OH-、Na+、Cl-，加入过量Na2CO3，CO32-与Ba2+反应生成BaCO3沉淀，所以沉淀Ⅱ为BaCO3；‎ ‎(2)溶液Ⅱ含有的离子有OH-、Na+、Cl-、CO32-，要得到纯净的NaCl，应加入盐酸调节溶液的pH=7，使CO32-转化为CO2气体，OH-转化为H2O。所以加入过量稀盐酸的目的是除去除去过量的NaOH和Na2CO3；‎ ‎(3)从NaCl溶液中获得溶质NaCl，提取纯净的NaCl晶体，操作Ⅲ为蒸发结晶，用到的玻璃仪器有：酒精灯、玻璃棒。‎ ‎19.某小组同学要配制100 mL 0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液。下图是一些关键步骤和操作。‎ A. B. C.‎ D. E. F. ‎ ‎（1）配制过程的先后顺序为（用字母A～F填写）_______。‎ ‎（2）配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_______。‎ ‎（3）用Na2CO3•10H2O来配制溶液，若晶体已经部分失去结晶水，则所配得溶液的浓度会___（填“偏高”、“偏低”、“不变”）。‎ ‎（4）步骤A通常称为洗涤，如果没有步骤A，则配得溶液的浓度将__（填“偏高”、“偏低”、“不变”）；步骤F称为___，如果俯视刻度线，配得溶液的浓度将___（填“偏高”、“偏低”、“不变”）。‎ ‎（5）在步骤B之后，需_____才进行下一步操作。（Na2CO3•10H2O溶于水放热）‎ ‎【答案】(1). DBCAFE (2). 100mL容量瓶 (3). 偏高 (4). 偏低 (5). 定容 ‎ ‎ (6). 偏高 (7). 冷却至室温 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的顺序为DBCAFE；‎ ‎（2）100 mL 0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，所以还缺少100mL容量瓶；‎ ‎（3）用Na2CO3•10H2O来配制溶液，若晶体已经部分失去结晶水，称量的碳酸钠晶体中含有的碳酸钠的物质的量偏大，则所配得溶液的浓度会偏高；‎ ‎（4）配制过程中必须洗涤烧杯和玻璃棒，否则会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低；步骤F为定容，定容时眼睛应该平视容量瓶刻度线，否则会影响配制结果，若俯视定容，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高；‎ ‎（5）碳酸钠晶体在溶解时会放出热量，温度会影响溶液的体积，所以必须待溶液冷却至室温后再转移到容量瓶中，否则会影响配制结果。‎ ‎20.化学是一门以实验为基础的学科，化学所取得的丰硕成果，是与实验的重要作用分不开的。结合下列实验装置图回答问题：‎ I II ‎（1）写出上述图中仪器的名称：①_______；②______；‎ ‎（2）若利用装置I分离乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的混合物，还缺少的仪器有__________，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为_____；实验时仪器②中冷却水的进口为_______（选填“f”或“g”）。‎ ‎（3）现需配制250 mL 0.2 mol·L－1 NaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中有两处错误分别是_______，_______。‎ ‎【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 温度计 (4). 蒸馏 (5). g (6). 未用玻璃棒引流 (7). 未采用250 mL容量瓶 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）此装置为蒸馏装置，所以①是蒸馏烧瓶②是冷凝管 ‎（2）蒸馏是利用各物质沸点的不同而分离混合物的方法，所以装置I中缺少温度计，此装置为蒸馏装置，冷凝水应符合下进上出，所以②中水从g进f出 ‎（3）需配制250ml的溶液所以应选择250ml的容量瓶，同时未用玻璃棒引流 ‎21.(1)在质量分数为28%的KOH水溶液中，OH－与H2O数目之比是________。‎ ‎(2)由硫酸钾、硫酸铁和硫酸组成的混合溶液，其中c(H＋)=0.1 mol/L，c(Fe3+)=0.3 mol/L，c(SO42-)=0.6 mol/L，则c(K+)为________。‎ ‎(3)相同物质的量浓度的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液，分别与硝酸银溶液反应，当生成沉淀的质量之比为3∶2∶1时，消耗三种盐溶液的体积比为________。‎ ‎(4)某状况下a L氨气(此时气体摩尔体积为Vm)溶解在一定量的水中形成b mL氨水溶液，所得溶液的密度为ρ g/mL，则该氨水的物质的量浓度可表示为________ mol/L；氨水的质量分数为________。‎ ‎(5)已知1.505×1023个X气体分子的质量是8 g，则X气体的摩尔质量是________。‎ ‎【答案】(1). 1∶8 (2). 0.2 mol/L (3). 9∶3∶1 (4). (5). ×100% (6). 32g/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)假设溶液质量为100g，计算KOH、水的质量，再根据n=计算KOH、水的物质的量，进而计算OH-与H2O数目之比；‎ ‎(2)根据电荷守恒计算溶液中c(K+)；‎ ‎(3)均发生Ag++Cl-=AgCl↓，设NaCl、MgCl2、AlCl3与硝酸银溶液反应生成AgCl的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据氯离子守恒计算NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量，再根据V=可知，溶液浓度相等，体积之比等于物质的量之比；‎ ‎(4)根据n=计算氨气的物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度；根据m=n·M计算氨气的质量，根据m=ρ·V计算溶液的质量，氨水的质量分数=×100%。‎ ‎(5)根据n=计算气体的物质的量，再根据n=计算X气体的摩尔质量。‎ ‎【详解】(1)假设溶液质量为100g，则KOH的质量m(KOH)=100g×28%=28g，水的质量m(H2O)=100g-28g=72g，故KOH的物质的量n(KOH)= 28g÷56g/mol=0.5mol、水的物质的量n(H2O)= =4mol，故溶液中OH-与H2O数目之比=0.5mol：4mol=1：8；‎ ‎(2)根据电荷守恒可知：c(K+)+ c(H+)+3c(Fe3+)=2c(SO42-)，则：c(K+)+0.1mol/L+3×0.3mol/L=2×0.6mol/L，解得c(K+)=0.2mol/L；‎ ‎(3)相同浓度NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液分别与硝酸银溶液反应，当生成沉淀的质量之比为3：2：1，设NaCl、MgCl2、AlCl3与硝酸银溶液反应生成AgCl的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据氯离子守恒，则n(NaCl)=3mol、n(MgCl2)= =1mol，n(AlCl3)=mol，再根据V==可知，溶液浓度相等，体积之比等于物质的量之比，故V(NaCl)：V(MgCl2)：V(AlCl3)=3mol：1mol：mol=9：3：1；‎ ‎(4)某状况下气体摩尔体积为VmL/mol，则该状况下aL氨气的物质的量n=mol，溶解在一定量的水中形成b ml氨水溶液，则该氨水的物质的量浓度c= mol/L；所得溶液的密度为ρg/mL，则溶液质量m(溶液)=bρg，氨气的质量m(NH3)=n·M=mol×17g/mol=g，所以氨水的质量分数×100%=×100%； ‎ ‎(5) 1.505×1023个X气体分子的物质的量m==0.25mol，其质量是8 g，则由n=可知X气体的摩尔质量M==32g/mol。‎