湖南省株洲市攸县三中2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题

www.ks5u.com化学

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。

【点睛】过滤操作的注意事项：“一贴二低三靠”

一贴:指滤纸要紧贴漏斗壁，一般在将滤纸贴在漏斗壁时先用水润湿并挤出气泡，因为如果有气泡会影响过滤速度.

二低:一是滤纸的边缘要稍低于漏斗的边缘;二是在整个过滤过程中还要始终注意到滤液的液面要低于滤纸的边缘。否则的话，被过滤的液体会从滤纸与漏斗之间的间隙流下，直接流到漏斗下边的接受器中，这样未经过滤的液体与滤液混在一起，而使滤液浑浊，没有达到过滤的目的。

三靠:一是待过滤的液体倒入漏斗中时，盛有待过滤液体的烧杯的烧杯嘴要靠在倾斜的玻璃棒上(玻璃棒引流);二是指玻璃棒下端要靠在三层滤纸一边(三层滤纸一边比一层滤纸那边厚，三层滤纸那边不易被弄破);三是指漏斗的颈部要紧靠接收滤液的接受器的内壁。

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。

【点睛】本题考查了物质的量的计算，正确计算该气体的摩尔质量为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数之间的关系，正确应用各个计算公式是解题基础，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

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。

【名师点晴】有关俯视、仰视的分析可以参照下图：

结果：仰视时，容器内液面高于刻度线；俯视时，容器内液面低于刻度线。

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。

【点睛】本题考查学生有关物质的量、微粒数的计算等方面的知识，属于综合知识的考查，注意知识的归纳和梳理是关键，根据N=nNA得到所含的分子数目之比为等于物质的量之比； 根据V=nVm得到相同条件下体积之比等于物质的量之比；根据N=nNA计算所含的原子总数目之比； 相同条件下密度之比等于物质的摩尔质量之比。

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。

【点睛】同温同压下，任何气体的气体摩尔体积相等，根据知，气体的摩尔质量之比等于其密度之比，这是学生们的易忘点。本题根据由CO2、CO、H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，得出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，这是本题的突破口。

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。

【点睛】本题考查物质的量浓度有关计算，关键是理解掌握电解质浓度与电解质离子浓度关系。掌握c=及电解质与其电离产生离子浓度关系是正确求解的关键。

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(　 　)

A. A B. B C. C D. D

【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。

【点睛】除去KNO3固体中混杂的NaCl具体操作有：加水溶解、蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和干燥，主要是利用NaCl在水中的溶解度随温度变化不大，而KNO3在水中的溶解度随温度变化比较大，故在降温时KNO3会析出。

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。

点睛：本题考查分散系、溶解度、胶体的性质等，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。

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。

【点睛】本题以粗盐的提纯为背景考查了离子反应、过滤、蒸发结晶实验，熟悉物质的性质和过滤、蒸发结晶实验基本过程是解题关键。

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。

【点睛】本题考查物质的量及溶液浓度的有关计算，(2)中注意电解质混合溶液中离子浓度计算常用电荷守恒；(1)和(3)中注意利用赋值法及守恒思想解答，简化计算过程；(5)要注意物质的摩尔质量单位是g/mol，注意其与物质相对分子质量的关系。掌握物质的量的有关计算公式及物质的微粒关系是本题正确解答的基础。