山东菏泽市第三中学2026-2027学年高一上学期第一次月考 化学试卷（含解析）

高一上学期第一次月考高一化学试题注意事项：1.本试题分Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷(选择题共40分)，第Ⅱ卷(非选择题共60分)。2.考生答题前务必将自己的姓名、准考证号、班级填写在答题纸上，考试结束答题纸收回。3.第Ⅰ卷、第Ⅱ卷答案，用黑色签字笔答在答题纸的相应位置上，在试题卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Fe：56Cu：64第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.中国诗词既蕴含人文思想，又焕发理性光辉。对下列诗词划线部分的化学解释不合理的是A.花气袭人知骤暖，喜鹊穿树喜新晴——温度高，分子运动加快B.千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲——煅烧石灰石，不发生化学变化C.美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来——金的性质稳定，在自然界中以单质形态存在D.何意百炼钢，化为绕指柔——生铁经不断煅烧捶打氧化，降低碳的含量，变成钢【答案】B【解析】【分析】【详解】A．花气袭人知骤暖，喜鹊穿树喜新晴——温度高，分子运动加快，A合理；B．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲——煅烧石灰石，发生分解反应，属于化学变化，B不合理；C．美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来——金的性质稳定，在自然界中以单质形态存在，C合理；D．何意百炼钢，化为绕指柔——生铁经不断煅烧捶打氧化，降低碳的含量，变成钢，D合理；故选B。2.某同学将一小块金属钠和一块铁分别放在表面皿中，研究它们在空气中的稳定性，该学生采用的研究方法是()①假说法②实验法③分类法④比较法A.①② B.①③ C.②③ D.②④【答案】D【解析】【详解】①假说法是以客观事实材料和科学理论为依据，对未知事实或规律所提出的一种推测性说明，题目未提出推测性说明，故①错误；②通过两金属暴露于空气中，以实验研究它们在空气中的稳定性，故②正确；③没有分门别类地对物质及其变化进行研究，故③错误；④金属钠和铁片分别放在表面皿中，采取对比方法来研究它们在空气中的稳定性，故④正确；所以采取得方法为实验法、比较法，②④正确，答案选D。3.下列叙述中正确的是①16gCuSO4·5H2O溶于1L水所得溶液的物质的量浓度为0.1mol/L②标准状况下，11.2LH2和14gN2所含原子数相同③1mol的Cl-含有NA个电子④1mol粒子集合体所含的粒子数与0.012kg12C中所含的碳原子相同⑤同温同体积时，气体物质的物质的量越大，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.①②③ B.②⑤⑥ C.②④⑤⑥ D.①②④⑤【答案】C【解析】【分析】【详解】①硫酸铜晶体的摩尔质量为250g/mol，所以16gCuSO4·5H2O的物质的量为mol，16gCuSO4·5H2O溶于1L水所得溶液的体积也不是1L，所得溶液的浓度不是0.1mol/L，故错误；②标准状况下，11.2LH2的物质的量为0.5mol，氮气的摩尔质量为28g/mol，14gN2的物质的量为0.5mol；由于两种气体均为双原子分子，因此两种气体含有的原子数相同，故正确；③1个氯离子中含有18个电子，因此1molCl-含有18NA个电子，故错误；④根据定义，1mol粒子集合体所含的粒子数与0.012kg12C中所含的碳原子相同，故正确；⑤根据气态方程可知：PV=nRT，同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大，故正确；⑥根据ρ=，同温同压下，气体摩尔体积相同，所以气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故正确；结合以上分析可知，叙述中正确的是②④⑤⑥；故选C。4.某学习小组用烧碱固体配制一定物质的量浓度的溶液。下列图示对应操作正确的是A.称量 B.转移 C.定容 D.摇匀【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钠具有腐蚀性，称量氢氧化钠应放在小烧杯中，而且应在左盘称量，故A错误；B．图示为移液操作，操作正确，故B正确；C．读数时，视线应与凹液面最低处相平，图示为仰视操作，操作错误，故C错误；D．摇匀时用食指顶住瓶塞同时托住瓶底，上下颠倒摇匀而不是振荡，操作错误，故D错误；故答案选B。5.以NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.22.4L的H2和CO2混合气体中含有的分子总数为NAB.常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NAC.标准状况下，5.6LO2和O3的混合气体含有的原子数为0.5NAD.18gH2O中含有的质子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A．未指明气体处于标准状况下，无法确定22.4L的和混合气体的物质的量，无法计算分子总数，A错误；B．金属镁变为镁离子时是失去电子，不是得到电子，B错误；C．标准状况下，5.6L和的混合气体总物质的量为0.25mol，若全为原子数为，若全为原子数为，故混合气体原子数介于和之间，不是固定为，C错误；D．18g的物质的量为1mol，1个分子含10个质子，故1mol含有的质子数为，D正确；故选D。6.实验室里做钠跟水反应的实验时，用到的仪器和药品是①试管夹②镊子③小刀④滤纸⑤研钵⑥烧杯⑦坩埚⑧石棉网⑨玻璃片⑩药匙A.①②③④ B.②③④⑥⑨ C.③④⑧⑨⑩ D.②⑤⑦⑨⑩【答案】B【解析】【详解】钠与水反应的实验步骤：用镊子取一小块金属钠，将金属钠放在玻璃片上，用小刀切一小块钠，用滤纸擦干表面的煤油，放入盛水的烧杯中即可，所以需要的仪器为：镊子、小刀、滤纸、玻璃片、烧杯，故选B。7.将溶质质量分数为的浓硫酸稀释为的稀硫酸。下列说法错误的是A.实验步骤：计算、量取、稀释、装瓶存放B.实验仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、细口瓶C.溶液稀释：稀释浓硫酸时将水沿烧杯内壁慢慢注入浓硫酸中，并不断搅拌D.事故处理：浓硫酸不慎沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂上的碳酸氢钠溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A．实验过程中首先计算所需水的质量，再用量筒量取，然后将浓硫酸加入烧杯中稀释，最后转移到试剂瓶中保存，故A正确；B．量取浓硫酸和水均需用到量筒，浓硫酸需在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，最后转移到细口瓶中，故B正确；C．稀释浓硫酸时将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并不断搅拌，故C错误；D．浓硫酸不慎沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，起到稀释并散热的作用，防止皮肤灼伤，最后涂上的碳酸氢钠溶液中和残留的酸，故D正确；故选：C。8.下列说法中不正确的是A.漂白粉和84消毒液都是混合物，两者都不可以长期保存B.漂白粉中含有次氯酸，所以漂白粉能使有机色质褪色C.工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉D.漂白粉在空气中容易失效的原因是易与空气中的和反应生成不稳定的【答案】B【解析】【详解】A．漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，84消毒液为含NaClO等物质的水溶液，二者均为混合物，且有效成分久置会逐渐减少，均不宜长期保存，A正确；B．漂白粉的有效成分是，其中不含次氯酸。在水和二氧化碳作用下可生成次氯酸：。次氯酸具有强氧化性，能使有机色质褪色，B错误；C．石灰乳中的与氯气反应可生成漂白粉的主要成分：，C正确；D．漂白粉中的与空气中的二氧化碳和水反应生成不稳定的次氯酸：。次氯酸见光易分解：。有效成分逐渐被消耗，漂白粉容易失效，D正确；故选B。9.根据下面实验过程得出的结论，不正确的是选项实验过程实验结论A红热的木炭放入盛有氧气的集气瓶中，剧烈燃烧发出白光氧气浓度大，木炭燃烧剧烈B湿润的蓝色石蕊试纸放入盛有二氧化碳气体的集气瓶中，蓝色石蕊试纸变为红色二氧化碳能与水反应生成碳酸C氢氧化钠固体置于空气中，表面很快变得潮湿并逐渐溶解氢氧化钠固体有吸水性D向未知溶液中滴加氯化钡试液，有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，沉淀不消失溶液中一定含有A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．燃烧时与氧气的浓度相关，浓度越大，反应越剧烈。红热的木炭放入盛有氧气的集气瓶中，剧烈燃烧发出白光，说明氧气浓度大，木炭燃烧剧烈，故A正确；B．二氧化碳能与水反应生成碳酸，能使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，故B正确；C．氢氧化钠固体有吸水性，将其放置在空气中由于吸收空气中的水分使得表面变得潮湿，并逐渐溶解，也称吸潮，故C正确；D．若溶液中存在亚硫酸根，加入氯化钡也可以生成白色沉底亚硫酸钡，加入硝酸，因为亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，沉淀不溶解，所以原溶液中不一定含硫酸根，故D错误；故选D。10.t℃时，将agNH3完全溶解于水，得VmL饱和溶液，测得该溶液的密度为ρg/cm3(ρ<1)，溶质的质量分数为w，且其中n()为bmol。下列叙述中错误的是()A.溶液中c(OH－)＝mol/LB.溶质的物质的量浓度c＝mol/LC.溶质的质量分数w＝D.向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w【答案】C【解析】【详解】A.由电荷守恒可知，VmL饱和溶液中n（OH-）=n（H+）+n（）=[c（H+）×10-3+b]mol，则溶液中c(OH－)＝mol/L，故A正确；B.ag氨气的物质的量为mol，则溶质的物质的量浓度为mol/L=mol/L，故B正确；C.溶液质量为Vml×ρg/ml=ρVg，则溶质的质量分数为=，故C错误；D.混合前后溶质的质量不变为ag，水的密度比氨水的密度大，即ρg/cm3＜ρ水，等体积Vml混合，混合后溶液的质量大于2ρVg，所以混合后质量分数小于小于0.5w，故D正确；故选C。二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.下表中，对陈述I、陈述II的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都不正确的是(

)选项

陈述I陈述II判断A可用pH试纸测氯水的pH氯水有酸性I对，II对，无B将Na2O2加入滴有酚酞的水中，最终变为红色Na2O2与水反应生成NaOHI对，II错，无C金属钠保存在煤油中，以隔绝空气常温下，

金属钠在空气中最终会生成碳酸钠I对，II对，有D碳酸氢钠可用于胃病碳酸氢钠可与盐酸反应

I对，

II对，有A.A B.B C.C D.D【答案】AB【解析】【详解】A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水pH值，陈述I错误，判断错误，故A错误；B．过氧化钠具有强氧化性，将Na2O2加入滴有酚酞的水中先变为红色最终褪色，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，陈述I错误，陈述II错误，判断错误，故B错误；C．常温下，金属钠在空气中会生成氧化钠，金属钠放置在空气中最终变为碳酸钠，因此Na保存在煤油或石蜡油中，陈述I正确，陈述II正确，判断正确，且陈述I和陈述II有因果关系，故C正确；D．胃酸中含HCl，可用碳酸氢钠中和过多的胃酸，陈述I正确，陈述II正确，判断正确，且陈述I和陈述II有因果关系，故D正确；答案选AB。12.下列说法不正确的是A.1LCO气体一定比1LO2的质量小B.同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的原子C.1molO2中含有1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4LD.由0.2gH2、8.8gCO2和5.6gCO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.9125倍【答案】AB【解析】【详解】A．未说明气体所处的温度和压强，无法确定1L和1L的物质的量，因此无法比较二者质量大小，A错误；B．同温、同压下，相同体积的气体物质的量相同，含有的分子数相同，但不同气体分子所含原子数目不一定相等，因此原子总数不一定相同，B错误；C．1mol中含有2mol原子，氧原子数目为，标准状况下1mol气体的体积约为，C正确；D．计算各组分物质的量：，，，总质量，总物质的量，混合气体平均摩尔质量，相同状况下气体密度之比等于摩尔质量之比，因此混合气体密度是相同状况下密度的倍，D正确；故选AB。13.过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂，实验室可用下图装置制取少量过氧化钠。下列说法错误的是A.装置X还可以制取H2、CO2等气体B.②中所盛试剂为饱和小苏打溶液C.③的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入直通玻璃管D.实验时需先让X装置反应一会儿，再点燃装置Z中的酒精灯【答案】B【解析】【分析】Na与氧气在加热条件下生成Na2O2，所以装置X中应是利用双氧水和二氧化锰制取氧气，装置Y干燥氧气，装置Z中进行氧气和Na的反应，装置③中应盛放碱石灰，防止空气中的水和二氧化碳进入装置Z，导致过氧化钠变质。【详解】A．装置X可以利用液体和固体或液体反应制取气体，氢气可以用稀硫酸和锌粒制取，二氧化碳可以利用稀盐酸和石灰石制取，所以装置X还可以制取H2、CO2等气体，A正确；B．②中液体应是用来干燥氧气的，所以为浓硫酸，B错误；C．装置③中应盛放碱石灰，防止空气中的水和二氧化碳进入装置Z，导致过氧化钠变质，C正确；D．实验时需先让X装置反应一会儿，排尽装置内的空气，再点燃装置Z中的酒精灯，D正确；综上所述答案为B。14.为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的CO2质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如下：该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是A.样品分解不完全B.装置B、C之间缺少CO2的干燥装置C.产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收D.反应完全后停止加热，通入过量的空气【答案】AC【解析】【分析】X为氮气，用氮气赶净装置中的空气，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果；【详解】A．样品分解不完全，测得的CO2质量偏小，计算得到的NaHCO3质量偏小，总质量固定，因此碳酸钠的质量分数偏高，A正确；B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，水蒸气进入装置C被碱石灰吸收，导致测得的CO2质量偏大，计算得到的NaHCO3质量偏大，因此碳酸钠的质量分数偏低，B错误；C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，测得的CO2质量偏小，计算得到的NaHCO3质量偏小，因此碳酸钠的质量分数偏高，C正确；D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，空气中的CO2和水蒸气被装置C中的碱石灰吸收，测得的CO2质量偏大，计算得到的NaHCO3质量偏大，因此碳酸钠的质量分数偏低，D错误；故选AC。15.根据“反应规律”可以预测物质的性质，据有关“规律”下列结论合理的是A.金属钠在纯氧中燃烧生成，推出金属在纯氧中燃烧生成B.金属钠的活泼性比铜强，推出金属钠投入溶液可以置换出单质C.根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入次氯酸盐溶液中能生成D.通入澄清的石灰水先变浑浊继续通又变澄清，推出通入溶液能发生化学反应【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．钠呈+1价，金属钠在纯氧中燃烧生成，铁呈+2、+3价，金属在纯氧中燃烧不可能生成，A错误；B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜，不会置换出Cu，B错误；C．盐和酸能发生复分解反应生成新盐和新酸、根据较强酸可以制取较弱酸的规律，则推出通入次氯酸溶液中能生成，C正确；D．通入澄清的石灰水先变浑浊继续通又变澄清，发生反应依次为：、，碳酸钙和碳酸钠均为碳酸的正盐，则推出通入溶液能发生化学反应，D正确；答案选CD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题(本题包括5小题，共60分)16.室温下，单质A、B、C分别为银白色固体、黄绿色气体、无色气体，且A在空气中燃烧会变成淡黄色粉末。在合适的反应条件下，它们可以按下面框图进行反应，且E溶液是无色的。请据图回答：(1)写出下列物质的化学式：A_____；B_______；C______________。(2)写出下列反应的化学方程式：反应①___________________；反应②__________________；反应③___________________。(3)实验室中保存少量单质A的方法是_________，A在空气中燃烧后所得产物中氧元素的化合价是_____________。【答案】①.Na②.Cl2③.H2④.2Na+Cl22NaCl⑤.H2+Cl22HCl⑥.2HCl+2Na=2NaCl+H2↑⑦.保存在煤油中⑧.-1【解析】【分析】室温下，单质A、B、C分别为银白色固体、黄绿色气体、无色气体，且A在空气中燃烧会变成淡黄色粉末判断为Na2O2，则A为Na，B为Cl2，C为H2，E为HCl，D为NaCl，依据推断出的物质分析回答问题。【详解】(1)依据上述推断分析A为Na，B为Cl2，C为H2，E为HCl，D为NaCl；故答案为：Na；Cl2；H2；(2)反应①是钠和氯气反应生成氯化钠，反应的化学方程式为：2Na+Cl22NaCl；反应②是氯气和氢气反应生成氯化氢，反应的化学方程式为：H2+Cl22HCl；反应③是钠和盐酸溶液反应生成氯化钠和氢气，反应的化学方程式为：2HCl+2Na=2NaCl+H2↑；故答案为：2Na+Cl22NaCl；H2+Cl22HCl；2HCl+2Na=2NaCl+H2↑；(3)由于金属钠的性质非常活泼，易与空气的氧气、水蒸气等反应，且钠比煤油重，故实验室中保存少量单质A（为Na）的方法是：将金属钠保存在煤油中；Na在空气中燃烧后所得产物为过氧化钠Na2O2，化合物中钠的化合价是+1价，故氧元素的化合价是-1；故答案为：保存在煤油中；-1。17.某种抗酸药的有效成分为碳酸氢钠，测定其中碳酸氢钠含量的操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：①配制250mL1.0mol•L－1稀盐酸和100mL1.0mol•L－1NaOH溶液；②向4片研碎后的药片中加入20.0mL蒸馏水；③加入25.0mL1.0mol•L－1稀盐酸；④用1.0mol•L－1NaOH溶液中和过量的稀盐酸，消耗NaOH溶液的体积为5.0mL。请回答下列问题：(1)需称取NaOH固体_______g。(2)配制250mL1.0mol•L－1稀盐酸，需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、_____、_____、____。(3)写出步骤③加入稀盐酸发生反应的离子方程式______。(4)配制NaOH溶液过程中，定容时俯视刻度线，则所配溶液浓度______(填“偏高”“偏低”“无影响”，下同)，用该NaOH做上述实验，测得碳酸氢钠含量_____。(5)该药片中碳酸氢钠的含量为_____g/片。【答案】①.4.0②.玻璃棒③.250mL容量瓶④.胶头滴管⑤.HCO+H+=H2O+CO2↑⑥.偏高⑦.偏高⑧.0.42【解析】【详解】(1)配制100mL1.0mol•L－1NaOH溶液，则NaOH的物质的量n=cV=1.0mol•L－10.1L=0.1mol，则需称量的NaOH的质量m=nM=0.1mol40g/mol=4.0g，故答案为：4.0；(2)配制250mL1.0mol•L－1稀盐酸，其操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后用玻璃棒引流，转移到250mL容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀、装瓶贴标签，所以需要用到的玻璃仪器除有烧杯、量筒以外，还必须用到玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；(3)步骤③加入稀盐酸后，盐酸与碳酸氢钠发生反应生成氯化钠、水和二氧化碳，其离子方程式为：HCO+H+=H2O+CO2↑，故答案为：HCO+H+=H2O+CO2↑；(4)配制NaOH溶液过程中，定容时俯视刻度线，导致所测溶液体积偏小，则所配溶液浓度偏高；用该NaOH做上述实验，氢氧化钠会与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，进而消耗更多的盐酸，最终使测得碳酸氢钠含量偏高，故答案为：偏高；偏高；(5)根据上述实验操作可知，剩余的HCl的物质的量等于NaOH的物质的量，即为1.0mol•L－1510-3L=0.005mol，则碳酸氢钠消耗的HCl的物质的量为1.0mol•L－12510-3L-0.005mol=0.02mol，根据离子方程式HCO+H+=H2O+CO2↑可知，HCOH+，那么n(NaHCO3)=0.02mol，则该药片中碳酸氢钠的含量为=0.42g/片，故答案为：0.42。借助氢氧化钠求出剩余的HCl的物质的量，进而间接求出消耗碳酸氢钠的那一部分HCl的物质的量，根据关系式法求出碳酸氢钠的物质的量是解答最后一问的关键思路。18.如图实验装置用于验证某些物质的性质。在试管A中装入足量的固体NaHCO3，D为固定蚊香的硬纸片。试回答下列问题：(1)在A试管内发生反应的化学方程式是____________________。(2)B装置的作用是______________________________。(3)在双球干燥管内发生反应的化学方程式为________________。(4)双球干燥管内观察到的实验现象是______________________；上述实验现象说明：_____________________________________。(5)若将干燥管内的Na2O2换成Na2O，则双球干燥管内观察到的实验现象是：______________________________________。【答案】①.2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑②.吸收气体中的水蒸气(干燥CO2)③.2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2④.淡黄色的Na2O2逐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加剧烈⑤.Na2O2能与CO2反应，生成白色粉末状物质和O2⑥.点燃的蚊香逐渐熄灭【解析】【详解】（1）碳酸氢钠受热易分解，方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。（2）浓硫酸具有吸水性，能吸收CO2气体中的水蒸气。（3）过氧化钠能吸收碳酸氢钠分解生成的CO2，所以方程式为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2。（4）过氧化钠吸收CO2，生成碳酸钠和氧气，所以实验现象是淡黄色的Na2O2逐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加剧烈。（5）氧化钠和CO2反应得不到氧气，所以选项是点燃的蚊香逐渐熄灭。19.某0.2L无土栽培用的营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，测得该营养液中部分离子的浓度柱状图如图甲所示：（1）该营养液中K2SO4的物质的量浓度为___________mol·L-1，含KCl的质量为___________。（2）该营养液中NH4Cl的物质的量为___________。（3）将该营养液加水稀释，稀释过程中NH的浓度(c)随溶液体积(V)变化的曲线如图乙所示，则V1=___________，V2=___________。【答案】（1）①.4.0②.14.9g（2）1.6mol（3）①.0.2L②.1.0L【解析】【分析】根据柱状图可知，K+、SO、C1-的浓度分别是9.0mol·L-1、4.0mol·L-1、9.0mol·L-1,其物质的量分别是1.8mol、0.8mol、1.8mol。【小问1详解】于营养液中只有K2SO4能提供SO，所以SO的浓度即为K2SO4的浓度。故为4.0；KCl中K+的物质的量为1.8-0.82=0.2mol，所以KCl的质量为0.274.5=14.9g；【小问2详解】根据氯离子守恒有c(C1-)=c(KCl)+c(NH4Cl),则c(NH4Cl)=c(Cl-)-c(KCl)=8.0mol.L-1,则c(NH)=8.0mol.L-1，NH的物质的量为1.6mol；故答案为:1.6mol；【小问3详解】由以上分析可知V1=0.2；根据c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)可求出V2=1.0；故答案为:0.2L；1.0L。20.氯水是实验室常需临时配制的一种试剂。图甲所示的是实验室配制氯水时的一种常用装置，图乙是某化学实验小组自行设计的一种配制氯水的装置(图中的鼓气球是一种具有气体单向阀，可用于向瓶中鼓入空气的仪器)(已知常温下KMnO4固体与浓盐酸反应产生氯气)。（1）氯水中含有七种粒子，其中的分子为__(化学式)；需临时配制的原因是__(用化学方程式表示