湖北省黄冈市浠水县实验高级中学2019-2020学年高一上学期9月月考化学试题

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可能用到的相对原子质量：H-1   C-12   O-16   N-14   S-32   Cl-35.5   Al-27   Na-23

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共16小题，共48分）

1.下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是（    ）

A. A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙醇在常温下是无色液体，容易燃烧，属于易燃性液体，A正确，不符合题意；

B.天然气主要成分是CH4，该物质在常温下呈气态，容易燃烧，属于易燃性气体，B正确，不符合题意；

C.浓硫酸具有强的腐蚀性，属于腐蚀性药品，C正确，不符合题意；

D.NaOH具有强的腐蚀性，属于腐蚀性药品，D错误，符合题意；

故合理选项是D。

2.化学是以实验为基础的学科，化学实验设计和操作中必须十分重视安全问题和环境保护问题。下列操作不是围绕上述问题的是 (   )

A. 用氯酸钾和二氧化锰制氧气时用排水法收集后，应从水中撤出导管后再停止加热

B. 在氢气还原氧化铜停止加热后，还要继续通一会儿氢气

C. 实验室制备CO气体必须在通风橱中进行

D. 一些有机溶剂极易被引燃，使用时必须远离明火和热源，用毕立即塞紧瓶塞

【答案】B

【解析】

【详解】A. 收集氧气结束时，应从水中撤出导管后再停止加热，以防止水槽中的水倒吸入试管，使试管因骤然冷却而炸裂，故 A 不选；

B. 氢气还原氧化铜停止加热后，为防止生成铜被氧化，还要继续通一会儿氢气，所以不是围绕安全问题和环境保护问题，故 B 选；

C. CO 气体有毒，所以实验室制备 CO 气体必须在通风橱中进行，故 C 不选；

D. 有机溶剂通常易燃易爆，故在使用时应远离明火、热源和强氧化剂，防止发生爆燃，是从安全角度来考虑的，故 D 不选；

答案选B。

3.下列分离和提纯的实验操作中，正确的是　　

A. 蒸发 B. 过滤

C. 蒸馏 D. 分液

【答案】D

【解析】

【详解】A．蒸发需要的仪器为蒸发皿，不能选烧杯， A错误；

B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B错误；

C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，则温度计的水银球应在支管口处，冷却水应下口进水，C错误；

D．利用分液漏斗分离分层的液体混合物，图中分液操作装置合理，D正确；

故选D。

4.现有三组混合液：①苯和水 ②乙醇和丁醇  ③单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是

A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液

C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液

【答案】C

【解析】

【详解】①苯和水不互溶，应该采用分液的方法分离；②乙醇和丁醇互溶，但存在沸点差异，应用蒸馏的方法分离；③单质溴在有机溶剂苯或汽油等中的溶解度大于水，且有机溶剂苯或汽油溶等与水不互溶，则应用萃取的方法分离单质溴的水溶液，故选C。

5.下列溶液中的Cl-与20mL1.0mol•L-1NaCl溶液中的Cl-物质的量浓度相等的是

A. 1mL0.5mol•L-1CuCl2溶液 B. 5mL0.4mol•L-1FeCl3溶液

C. 10mL2.0mol•L-1KCl溶液 D. 10mL1.0mol•L-1MgCl2溶液

【答案】A

【解析】

【分析】

20mL1.0mol•L-1NaCl溶液中的Cl-物质的量浓度为1.0mol•L-1。

【详解】A项、1mL0.5mol•L-1CuCl2溶液中的Cl-物质的量浓度为0.5mol•L-1×2=1.0mol•L-1，故A正确；

B项、5mL0.4mol•L-1FeCl3溶液中的Cl-物质的量浓度为0.4mol•L-1×3=1.2mol•L-1，故B错误；

C项、10mL2.0mol•L-1KCl溶液中的Cl-物质的量浓度为2.0mol•L-1，故C错误；

D项、10mL1.0mol•L-1MgCl2溶液中的Cl-物质的量浓度为1.0mol•L-1×2=2.0mol•L-1，故D错误；

故选A。

【点睛】溶液中的Cl-物质的量浓度只与金属氯化物的浓度和微粒个数有关，与溶液体积无关。

6.阿伏加德罗常数值为NA，下列叙述中错误的是(    )                                                                     

①标准状况下，2.24 L水中含有0.1 NA个水分子

②常温常压下，32g SO2 含有的分子数约为3.01×1023

③2 mol NaOH的摩尔质量为80g/mol

④H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol

⑤标况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体中，所含有的氮原子的物质的量为2mol

⑥2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NA

⑦常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA

⑧11.2 L氯气中含有 NA个氯原子

A. ①③④⑥⑧ B. ①④⑤⑥⑧ C. ①②④⑥⑧ D. ②③④⑤⑦

【答案】A

【解析】

试题分析：①标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故①错误；②常温常压下，32g SO2的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为3.01×1023，故②正确；③2mol NaOH的摩尔质量为40g/mol，摩尔质量与物质的量无关，故③错误；④没有告诉在标况下，H2的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故④错误；⑤在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中含有2mol氮原子，所含有的氮原子的物质的量为2mol，故⑤正确； ⑥没有告诉2mol/L的CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，故⑥错误；⑦常温常压下，1mol氦气含有1mol氦原子，含有的原子数为NA，故⑦正确；⑧没有告诉在标况下，题中条件无法计算11.2L氯气的物质的量，故⑧错误；故选A。

【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的判断及计算

【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系。

7.下列实验操作中正确的是（    ）

A. 蒸发操作时，应使溶液中的溶剂完全蒸干后，才能停止加热

B. 蒸馏操作时，应把温度计的水银球插入溶液中

C. 分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出

D. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水的大

【答案】C

【解析】

【详解】A.在蒸发操作的过程中，当加热到有大量晶体析出时停止加热，利用余热蒸干，A错误；

B.蒸馏操作时，温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B错误；

C.分液操作时，为防止药品污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，C正确；

D.萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与溶质不反应即可，D错误；

故合理选项是C。

【点睛】本题主要考查了常见的实验操作，掌握各种常见的分离混合物的方法对被分离的物质的性质的要求及具体物质的性质是本题解答的关键，要在平时学习中注意对知识的积累和掌握。

8.10 g 10%的氢氧化钠溶液稀释成50 mL，所得氢氧化钠溶液的物质的量浓度为

A. 0.02 mol·L－1 B. 0.05 mol·L－1

C. 0.25 mol·L－1 D. 0.5 mol·L－1

【答案】D

【解析】

【详解】10g10%的氢氧化钠溶液中NaOH的物质的量为10g×10%÷40g/mol=0.025mol，稀释成50 mL，所得氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.025mol÷0.05L=0.5 mol·L－1，选D。

9.同温同压下，相同体积的CO和N2具有相同的  

①分子数   ②质量   ③原子数   ④物质的量   ⑤密度

A. ②④ B. ①②④ C. ①②③④⑤ D. ①②③⑤

【答案】C

【解析】

【详解】①由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的CO和N2具有相同的分子数，故正确；

②CO和N2的分子数相同，物质的量相同，因CO和N2的摩尔质量相同，则质量相同，故正确；

③CO和N2的分子数相同，物质的量相同，因CO和N2都是双原子分子，则原子相同，故正确；

④CO和N2的分子数相同，物质的量相同，故正确；

⑤气体的摩尔质量与气体密度成正比关系，CO和N2的摩尔质量相同，则密度相同，故正确；

①②③④⑤正确，故选C。

10.取100 mL 1.0mol·L－1和200 mL 2.0 mol·L－1的盐酸混合后，全部注入500 mL的容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H+的物质的量浓度是

A. 0.5 mol·L－1 B. 1.0 mol·L－1 C. 1.5mol·L－1 D. 2.0 mol·L－1

【答案】B

【解析】

【详解】令混合稀释后HCl的物质的量浓度为c，则：0.1L×1.0mol·L－1+0.2L×2.0mol·L－1=0.5L×c，解得：c=1mol/L，盐酸是一元强酸，则该混合溶液中H+的物质的量浓度是1mol/L，故选B。

11. 实验室进行NaCl溶液蒸发结晶时，一般有以下操作过程

①固定铁圈位置 ②放置酒精灯 ③放上石棉网 ④放上蒸发皿

⑤加热搅拌⑥停止加热.余热蒸干，其正确的操作顺序为

A. ①②③④⑤⑥ B. ②①③④⑤⑥ C. ②①④⑤⑥ D. ②①③④⑤

【答案】C

【解析】

12.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（    ）

A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有大量CO32﹣

B. 向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+

C. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42﹣

D. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+

【答案】C

【解析】

【详解】A. 加入盐酸产生无色气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳或二氧化硫，溶液中可能含有HCO3−、CO32−、HSO3−或SO32−等，A项错误；

B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，生成的白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中不一定含有Ag+，B项错误；

C. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，排除了Ag+、CO32−等干扰离子，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀一定为硫酸钡，则原溶液中一定有SO42−，C项正确；

D. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，可能是生成了BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀，所以不一定为Ba2+，D项错误；

答案选C。

13.同温同压下，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是

A. 甲与乙的相对分子质量之比等于x：y

B. 等质量的甲与乙的分子个数之比等于x：y

C. 同温同压下甲与乙的密度之比等于x：y

D. 同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比等于y：x

【答案】B

【解析】

【详解】同温同压下，气体的Vm相同，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，由n=可知甲乙两种气体的物质的量相同，则：

A．气体的物质的量相同，由m=nM可知x：y等于甲与乙的相对分子质量之比，故A正确；

B．等质量的甲与乙的分子个数之比应为：=y：x，故B错误；

C．二者体积相同，质量之比为x；y，则密度之比为x：y，故C正确；

D．同温同体积下等质量的甲与乙的物质的量之比为：=y：x，则压强之比为y：x，故D正确；

故答案为B。

14.相同质量SO2和SO3，它们之间的关系正确的是

A. 所含硫原子的物质的量之比为1：1

B. 所含硫元素的质量比为5：4

C. 所含氧元素的质量比为4：5

D. 所含氧原子的物质的量之比为3：2

【答案】B

【解析】

分析】

相同质量的SO2和SO3的物质的量比为：=5:4。

【详解】A项、SO2和SO3硫原子个数相同，相同质量的SO2和SO3的物质的量比为5:4，则所含硫原子的物质的量之比为5:4，故A错误；

B项、SO2和SO3所含硫原子的物质的量之比为5:4，则所含硫元素的质量比为5mol×32g/mol：4mol×32g/mol=5:4，故B正确；

C项、SO2和SO3所含氧原子的个数比为2:3，则所含氧原子的物质的量之比为2×5:3×4=5:6，所含氧元素的质量比为5mol×16g/mol：6mol×16g/mol=5:6，故C错误；

D项、SO2和SO3所含氧原子的个数比为2:3，则所含氧原子的物质的量之比为2×5:3×4=5:6，故D错误；

故选B。

【点睛】同种原子的摩尔质量相同，则SO2和SO3中同种元素的物质的量比等于质量比是解答的技巧，也是解答关键。

15.在标准状况下有：①6.72LCH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6gH2S，④0.2molNH3。下列对这四种气体的描述不正确的是（    ）

A. 体积②>③>①>④ B. 密度②>③>④>①

C. 质量②>③>④>① D. 氢原子个数①>③>④>②

【答案】C

【解析】

【详解】①6.72LCH4的物质的量n==6.72L÷22.4L/mol=0.3mol；

②3.01×1023个HCl的物质的量n==3.01×1023÷6.02×1023/mol=0.5mol；

③13.6gH2S的物质的量n=13.6g÷34g/mol=0.4mol；

④0.2molNH3。

A.根据V=n·Vm知，相同条件下体积之比等于物质的量之比，所以体积②>③>①>④，A正确，不符合题意；

B.根据ρ=可知，相同条件下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，所以气体的密度关系为②>③>④>①，B正确，不符合题意；

C.根据m=n·M知，甲烷质量m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g，HCl的质量m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，氨气的质量m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g，故气体的质量关系②>③>①>④，C错误，符合题意；

D.甲烷中n(H)=0.3mol×4=1.2mol，HCl中n(H)=0.5mol×1=0.5mol，硫化氢中n(H)=0.4mol×2=0.8mol，氨气中n(H)=0.2mol×3=0.6mol，故四种气体中的H原子数目①>③>④>②，D正确，不符合题意；

故合理选项是C。

16.浓度均为1 mol/L KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液，分别与AgNO3溶液反应，当生成的AgCl沉淀的质量之比为3︰2︰1时，所用KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液的体积比为（    ）

A. 9︰6︰2 B. 9︰3︰1 C. 6︰3︰2 D. 6︰3︰1

【答案】B

【解析】

【分析】

均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，据此计算各物质的物质的量之比，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比。

【详解】均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，则n（KCl）：n（CuCl2）：n（AlCl3）=3：：=9：3：1，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比=9：3：1，答案选B。

【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共52分）

17.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是制备精盐的实验方案，各步操作流程如图：

（1）在第①步粗盐溶解操作中要用玻璃棒搅拌，作用是______。

（2）第②步操作的目的是除去粗盐中的______（填化学式，下同），第⑥步操作的目的是除去滤液中______。

（3）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、______（填化学式）。

（4）在第③步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH，理由是______。

（5）实验所得精盐的质量大于粗盐中NaCl的质量，原因是______。

【答案】    (1). 加快粗盐溶解    (2). Na2SO4    (3). NaOH、Na2CO3    (4). CaCO3、BaCO3    (5). 会引入K+    (6). 在提纯过程中生成了氯化钠

【解析】

【分析】

由题给流程图可知，第①步为粗盐溶解操作；第②步操作加入过量BaCl2溶液的目的是除去粗盐中的Na2SO4，但同时引入了BaCl2杂质；第③步操作加入过量NaOH溶液的目的是除去粗盐中MgCl2，但同时引入了NaOH杂质；第④步操作加入过量的Na2CO3溶液的目的是除去粗盐中的氯化钙和过量的氯化钡，但同时引入了Na2CO3杂质；第⑤步过滤操作，得到含有氢氧化钠和碳酸钠杂质的氯化钠溶液；第⑥步操作加入适量盐酸的目的是除去滤液中过量的氢氧化钠和碳酸钠杂质；第⑦步操作为蒸发、结晶、烘干得到精盐。

【详解】（1）在第①步粗盐溶解操作中用玻璃棒搅拌，加速了液体的流动，使固体很快溶解，故答案为加快粗盐溶解；

（2）第②步操作加入过量BaCl2溶液的目的是除去粗盐中的Na2SO4；第⑥步操作的目的是除去滤液中过量的氢氧化钠和碳酸钠杂质，故答案为Na2SO4；NaOH、Na2CO3；

（3）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、第②步操作生成的BaSO4、第③步操作生成的Mg（OH）2、第④步操作生成的CaCO3和BaCO3，故答案为CaCO3、BaCO3；

（4）在第③步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH溶液代替NaOH溶液，若用KOH溶液代替除去粗盐中MgCl2的同时，还会引入难以除去的K+，使得氯化钠中混有氯化钾，故答案为会引入K+；

（6）第⑥步操作加入适量盐酸时，盐酸与氢氧化钠和碳酸钠反应生成氯化钠，使得精盐的质量大于粗盐中NaCl的质量，故答案为在提纯过程中生成了氯化钠。

【点睛】第⑥步操作加入适量盐酸时，盐酸与氢氧化钠和碳酸钠反应生成氯化钠，使得精盐的质量大于粗盐中NaCl的质量是分析的关键，也是解答的难点和易错点。

18.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为两套实验装置。

（1）写出下列仪器的名称：b. ___________。       

（2）仪器c使用前必须_________________。

（3）若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是_________。

（4）用质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓H2SO4来配制480 mL、0.3 mol·L-1的稀H2SO4。

①装置Ⅱ是某同学转移溶液的示意图，图中的错误是_____________________。除了图中给出的的仪器外，为完成实验还需要的仪器有：___________________。

②根据计算得知，需量取该浓H2SO4的体积为_______________mL。

（5）下列操作，会使所配制的溶液浓度偏大的是____________。

①容量瓶中原来含有少量蒸馏水；

②在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容

③定容转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度

④定容时俯视刻度线；    

⑤用量筒量取98%的硫酸时俯视

【答案】    (1). 冷凝管    (2). 检漏    (3). 酒精灯    (4). 未用玻璃棒引流    (5). 量筒、玻璃棒、胶头滴管    (6). 8.2    (7). ②④

【解析】

【详解】（1）由题给实验装置图可知，仪器b的名称为冷凝管，故答案为冷凝管；

（2）仪器c为容量瓶，因带有瓶塞和活塞，所以使用前应检查是否漏液，故答案为检漏；

（3）因为四氯化碳和乙醇为互溶且沸点不同的液体，所以利用这二者的沸点不同的原理（乙醇的沸点比较低）来进行分离，由实验装置图可知，还缺少的仪器是酒精灯，故答案为酒精灯；

（4）①配制一定物质的量浓度的硫酸溶液需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，①装置Ⅱ是转移溶液的示意图，由示意图可知，该同学实验时未用玻璃棒引流，为完成实验还需要的仪器有量筒、玻璃棒、胶头滴管，故答案为未用玻璃棒引流；量筒、玻璃棒、胶头滴管；

②由c=可知质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3 的浓H2SO4的物质的量浓度为mol/L=18.4 mol/L，实验室没有480 mL规格的容量瓶，所以需要选用500ml容量瓶，设需要浓硫酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后硫酸的物质的量不变，则有：V×10-3L×18.4 mol/L =0.5 L×0.3 mol/L，解得：V≈8.2，故答案为8.2；

（5）①由于需要向容量瓶中加蒸馏水，则配制前容量瓶中有少量的水对所配溶液浓度无影响，故错误；

②在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，因冷却至室温后溶液的凹液面的最低点会小于刻度线，导致溶液体积偏大，使所配制的溶液浓度偏大，故正确；

③定容转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故错误；

④定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故正确；

⑤用量筒量取98%的硫酸时俯视会导致取用的硫酸物质的量减少，使所配制的溶液浓度偏小，故错误；

②④正确，故答案为②④；

【点睛】实验室没有480 mL规格的容量瓶，配制480 mL物质的量浓度为0.3mol·L－1的稀硫酸需要选用500mL容量瓶，则计算浓硫酸的体积时应用500mL计算是解答的易错点。

19.（1）在标准状况下，22 g CO2的体积是________L，与________ g N2含有相同的分子数。

（2）等物质的量的CO和CO2其质量之比是________，分子数之比是________。

（3）同温同压下，同体积的氨气和硫化氢(H2S)气体的质量比为________；同质量的氨气和硫化氢气体体积比为________，其中含有的氢原子数目比为________；若二者氢原子数相等，则它们的体积比为________。

【答案】    (1). 11.2    (2). 14    (3). 7:11    (4). 1:1    (5). 1:2    (6). 2:1    (7). 3:1    (8). 2:3

【解析】

【详解】（1）在标准状况下，22 g二氧化碳的物质的量为=0.5mol，则体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，0.5molN2含有的分子数与0.5mol CO2相同，则质量为0.5mol×28g/mol=14g，故答案为11.2；14；

（2）等物质的量的CO和CO2的质量之比为摩尔质量之比，即为28g/mol：44g/mol=7:11，分子数之比为1：1，故答案为7:11；1:1；

（3）同温同压下，同体积的氨气和硫化氢(H2S)气体的物质的量比为1:1，则质量比为1mol×17g/mol：1mol×34g/mol=1:2；同质量的氨气和硫化氢气体的物质的量比为:=2:1，则体积比为2:1，含有的氢原子数目比为2mol×3:1mol×2=3:1；由二者氢原子数相等可得×3=×2，则体积比为2:3，故答案为1:2；3:1；2:3。

20.（1）某Al2（SO4）3溶液VmL中含有a克Al3+,取出mL溶液稀释成3VmL后，硫酸根离子的物质的量浓度为_________。

（2）在标准状况下，CO和CO2混合气体的质量为36g，体积为22.4L，则其中CO2所占的体积为______，CO所占的质量为______。

（3）某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8。

①配制该营养液后c(NH4+)=0.016mol/L，溶液中c(K+)=_______________。

②若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为________。

【答案】    (1). mol/L    (2). 11.2L    (3). 14g    (4). 0.018mol/L    (5). 4:9

【解析】

【详解】（1）VmL溶液中含有a克Al3+的物质的量为=mol，取出的mL溶液中Al3+的物质的量为mol×=mol，由稀释定律可知，稀释前后Al3+的物质的量不变，则3VmL溶液中Al3+的物质的量为mol，由电荷守恒可知硫酸根离子的物质的量为mol×，则稀释后硫酸根离子的物质的量浓度为=mol/L，故答案为mol/L；

（2）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，混合气体的物质的量是＝1mol，由题意可得关系式：28x+44y=36①，x+y=1②，联立可解得x=y=0.5，则其中CO2所占的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，CO所占的质量为0.5mol×28g/mol=14g，故答案为11.2L；14g；

（3）①由KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，c(NH4+)：c(K+)=8：（1+4×2）=8:9，若c(NH4+)=0.016mol/L，溶液中c(K+)=0.016mol/L×=0.018mol/L，故答案为0.018mol/L；

②设(NH4)2SO4的物质的量为xmol，KCl的物质的量为ymol，由KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，c(NH4+)：c(K+)=2x：y=8:9，则x：y=4:9，故答案为4:9。

【点睛】mL溶液中Al3+的物质的量为VmL溶液中的，由稀释定律可知，3VmL溶液中Al3+的物质的量与mL溶液中Al3+的物质的量相等是求解的难点，也是解答的关键和易错点。