2024届上海市宝山区行知中学高一化学第一学期期末联考模拟试题含解析_第1页
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文档简介

2024届上海市宝山区行知中学高一化学第一学期期末联考模拟试题注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、标准状况下将充满HCl气体的烧瓶倒置于水中,水充满整个烧瓶后,溶液的物质的量浓度是(假设HCl没有扩散到瓶外)A.1mol/L B.22.4mol/L C.mol/L D.无法确定2、把18.4g由NaOH和NaHCO3组成的固体混合物在密闭容器中加热到约250摄氏度,经充分反应后排出气体,冷却后称得固体质量为16.6g,试确定原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为()A.NaOH<NaHCO3 B.NaOH>NaHCO3C.NaOH=NaHCO3 D.无法确定3、设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是(

)A.常温常压下,11.2L氧气所含的原子数为NAB.标准状况下,1.12LH2O所含的原子数为0.1NAC.1.8gNH4+离子中含有的电子数为NAD.71gCl2与水反应时,转移的电子数为2NA4、某反应的能量变化如右图。则有关该反应的叙述正确的是A.是吸热反应 B.生成物比反应物稳定C.该反应一定可以设计成原电池 D.向外界放出的热量为(E2-E3)5、下列关于硫的化合物叙述正确的是A.铁槽车常用于贮运浓硫酸,是因为常温下铁与浓硫酸不反应B.硫在空气中的燃烧产物是SO2,在纯氧中的燃烧产物是SO3C.二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,体现了其漂白性D.浓硫酸可作干燥剂,但不能干燥H2S等还原性物质6、下列物质与反应的分类正确的是A.纯碱、醋酸钠分别属于碱和盐B.Na、Na2O2与水的反应均是置换反应C.氯水和次氯酸都属于弱电解质D.铝与强酸、强碱的反应都属于氧化还原反应7、一定能在下列溶液中大量共存的离子组是()A.K+、Na+、S2-、MnO4- B.Na+、NH4+、SO42-、Cl-C.Fe3+、Mg2+、NO3-、SCN- D.NO3-、H+、Fe2+、Cl-8、向下列各物质水溶液中滴加稀硫酸或氯化钙溶液时,均有白色沉淀生成的是A.NaOH B.Na2CO3 C.NaCl D.Na2SiO39、下列物质中属于酸的是()A.HCl B.NaOH C.Mg D.CO210、将铁屑溶于过量盐酸后,再加下列物质,会有三价铁生成的是()A.稀硫酸 B.氯气 C.氯化锌 D.氯化铜11、下列叙述中,正确的是()A.浓硫酸能将炽热的木炭氧化为二氧化碳B.稀硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素C.硫酸和硝酸分别与金属反应时,S和N元素的化合价一定发生变化D.因为浓硫酸或浓硝酸能与铝反应,所以常温下二者都不能用铝制容器盛装12、考古学上常用来测定文物的年代。的原子核内中子数是()A.8 B.10 C.14 D.2013、胶体区别于其它分散系的本质特征是A.胶体粒子不能透过半透膜B.胶体粒子带电荷C.胶体能够发生丁达尔现象D.胶体粒子直径在1-100nm之间14、下列反应中,水中的元素没有参加氧化还原反应的是A.水蒸气经过灼热的焦炭 B.钠块投入水中C.铁与水蒸气反应 D.氯气通入水中15、下列各种物质既能与强酸反应,又能与强碱反应的是()①Al②AlCl3③Na2CO3④Al2O3⑤NaHCO3A.①②④⑤ B.①②④ C.①③ D.①④⑤16、把一定量铁粉放入氯化铁溶液中,完全反应后,所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度恰好相等,则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为()A.1:1 B.1:2 C.3:2 D.2:3二、非选择题(本题包括5小题)17、已知A为淡黄色固体,R是地壳中含量最多的金属元素的单质,T为生活中使用最广泛的金属单质,D是具有磁性的黑色晶体,C、F是无色无味的气体,H是白色沉淀,W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。(1)物质A的化学式为___,F化学式为___;(2)B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___;(3)H在潮湿空气中变成M的实验现象是___,化学方程式为___。(4)A和水反应生成B和C的离子方程式为___,由此反应可知A有作为___的用途。(5)M投入盐酸中的离子方程式___。18、A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物,其中B为淡黄色固体,它们有如图所示的转化关系:(1)推断各符号所代表的物质的化学式:A____________,B____________,C____________,D____________,E____________。(2)分别写出反应②、⑤的化学方程式:②______________________________________,⑤__________________________________________。(3)写出反应③的离子方程式____________________________________________。19、某次实验需要用0.4mol/LNaOH溶液480mL。配制方法如下:(1)配制该溶液应选用_____________mL容量瓶。(2)用托盘天平准确称量___________g固体NaOH。(3)将称量好的NaOH固体放入500mL大烧杯,倒入约200mL蒸馏水,用玻璃棒搅拌,使固体全部溶解,待____________后,将烧杯中的溶液注入容量瓶中。(4)用少量____________洗涤烧杯2~3次,洗涤后的溶液_______________,轻轻晃动容量瓶,使溶液混合均匀。(5)向容量瓶加入蒸馏水,到液面距刻度线_________时,改用__________加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞,______________________。(6)若在配制过程中出现下列情况,将使所配制的NaOH溶液浓度偏高的是_____和_______,偏低的是_____和_____,对实验结果没有影响的是__________(填序号)A.所用的NaOH中混有少量的Na2CO3B.配制溶液所用的容量瓶洗涤后没有烘干C.固体NaOH在烧杯中溶解后,立即将溶液转移到容量瓶后,进行后面的操作D.转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容E.最后确定NaOH溶液体积(定容)时,俯视观察液面20、某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。(1)A中试剂为________。(2)实验前,先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻,其目的是____________________。(3)检查气密性,将药品和水装入各仪器中,连接好装置后,需进行的操作还有:①记录C的液面位置;②将B中剩余固体过滤,洗涤,干燥,称重;③待B中不再有气体产生并恢复至室温后,记录C的液面位置;④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________(填序号);记录C的液面位置时,除平视外,还应________。(4)B中发生反应的化学方程式为__________________________。(5)若实验用铝镁合金的质量为ag,测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况),B中剩余固体的质量为cg,则铝的相对原子质量为________。(6)实验过程中,若未洗涤过滤所得的不溶物,则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。21、(1)在标准状况下,某气体A的密度是1.25g·L-1,则它的摩尔质量是________;该气体在相同温度和压强下其相对于氢气的密度是______。若该气体是单质,同质量的A与氧气所含的分子数之比为_______________。(2)某物质的相对分子质量为M,在温度为T时的溶解度为Sg,此时测得饱和溶液的密度为dg·cm-3,则该饱和溶液中该物质的物质的量浓度为_______(用代数式表示)。(3)现实验室要用质量分数为40%的浓氢氧化钠(密度为1.2g·mL-1)来配制浓度为0.6mol·L-1的稀氢氧化钠100mL,问需要这种浓碱的体积是______mL。(4)下列有关实验操作或判断不正确的是________。A.配制一定物质的量浓度溶液,定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏大B.用干燥的pH试纸测定氯水的pHC.配制稀硫酸时,可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水,再边缓慢加入浓硫酸并搅拌D.观察钾元素焰色反应的操作:先将铂丝放在稀盐酸中洗涤,然后蘸取固体氯化钾,置于酒精灯的火焰上进行灼烧,透过蓝色钴玻璃进行观察E.制备氢氧化亚铁时,将盛有NaOH溶液的滴管,伸入硫酸亚铁溶液中

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解题分析】

标况下气体摩尔体积是22.4L/mol,氯化氢极易溶于水,将一充满HCl的烧瓶倒置在水槽中,溶液充满整个烧瓶,溶液体积等于氯化氢体积,假设容器的容积是VL,则气体的体积也是VL,氯化氢的物质的量为n==mol,此时烧瓶中溶液的物质的量浓度为c(HCl)==mol/L,故答案选C。【题目点拨】本题考查了物质的量浓度的计算,注意气体体积与溶液体积的关系,明确物质的量浓度公式中各个物理量的含义是解答关键。2、B【解题分析】

由于已知反应前混合物的质量和反应后固体的质量,所以,有可能存在过量问题;设18.4g混合物正好完全反应,减少的质量为x;NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O1241818.4gx=x=2.7g因2.7g>(18.4-16.6)g所以氢氧化钠过量,碳酸氢钠完全反应。NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O8418m(NaHCO3)(18.4-16.6)g=m(NaHCO3)=8.4g,n(NaHCO3)==0.1mol原混合物中NaOH的质量m(NaOH)=18.4g-8.4g=10g,n(NaOH)==0.25mol,原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为NaOH>NaHCO3。答案选B。【题目点拨】本题难度很大,一是判断反应过量问题,二是怎样判断过量.在判断过量中为什么2.7g>(18.4g-16.6g),就判断为氢氧化钠过量呢?主要是因为若是碳酸氢钠过量,就会继续分解,固体质量继续减少,和题意不符。3、C【解题分析】

A.常温常压下,11.2L氧气的物质的量无法求出,应为标准状况,A错误;B.标准状况下,1.12LH2O为液态,无法求出物质的量,B错误;C.1.8gNH4+离子的物质的量为0.1mol,含有的电子数为NA,C正确;D.Cl2与水反应是可逆反应,转移的电子数小于NA,D错误。4、B【解题分析】A.该反应反应物能量大于生成物,是放热反应,故A错误;B.生成物能量低于反应物,所以生成物比反应物稳定,故B正确;C.只有该反应是氧化还原反应,才可以设计成原电池,故C错误;D.向外界放出的热量为(E1-E3),故D错误。故选B。点睛:解答本题选项C,需要理解放热的氧化还原反应可以设计成原电池反应。5、D【解题分析】

A.常温下,铁与浓硫酸发生钝化,在表面生成一层致密的氧化膜,阻止反应进行,因此铁槽车常用于贮运浓硫酸,但钝化是化学变化,故A错误;B.硫在纯氧中燃烧也生成二氧化硫而不是三氧化硫,故B错误;C.二氧化硫的漂白性是利用有色物质和二氧化硫反应生成无色物质,二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,体现了其酸性氧化物的通性,二氧化硫不能漂白酸碱指示剂,故C错误;D.浓硫酸具有强氧化性和酸性,所以浓硫酸不能干燥碱性及还原性气体,碱性气体如氨气,还原性气体如硫化氢,故D正确;故答案选D。【题目点拨】本题考查了元素及其化合物的性质,明确物质的性质是解本题的关键,易错点是选项C,注意二氧化硫的漂白性原理、范围等。6、D【解题分析】

A.纯碱是碳酸钠,属于盐,醋酸钠是盐,故A错误;B.置换反应指单质与化合物反应生成新的单质和化合物,Na与水的反应是置换反应,而Na2O2与水反应不是置换反应,故B错误;C.氯水是指氯气的水溶液,属于混合物,既不是电解质也不是非电解质,次氯酸属于弱电解质,故C错误;D.铝与强酸、强碱的反应都能生成氢气,反应中有元素化合价变化,属于氧化还原反应,故D正确;故选D。【题目点拨】此题易错点在于C项,电解质的前提必须是化合物,单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。7、B【解题分析】

A.S2-和MnO4-易发生氧化还原反应,而不能大量共存,故A错误;B.离子组Na+、NH4+、SO42-、Cl-彼此间不发生离子反应,能大量共存,故B正确;C.Fe3+和SCN-易生成配合离子,溶液呈红色,不能大量共存,故C错误;D.酸性条件下NO3-有强氧化性,能氧化Fe2+,不能大量共存,故D错误;故答案为B。【题目点拨】明确离子不能大量共存的一般情况,如:能发生复分解反应的离子之间,能发生氧化还原反应的离子之间,能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等;还应该注意题目所隐含的条件,如:溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-;是“可能”共存,还是“一定”共存等;试题侧重对学生基础知识的训练和检验,有利于提高学生灵活运用基础知识的能力。8、D【解题分析】

A.NaOH中滴加稀硫酸或氯化钙溶液时,均没有白色沉淀生成,故A错误;B.Na2CO3中滴加稀硫酸有CO2气体生成,无白色沉淀生成,只有Na2CO3中滴加氯化钙溶液时,有CaCO3白色沉淀生成,故B错误;C.NaCl中滴加稀硫酸或氯化钙溶液时,均没有白色沉淀生成,故C错误;D.Na2SiO3中滴加稀硫酸有H2SiO3白色沉淀生成,且Na2SiO3中滴加氯化钙溶液时,有CaSiO3白色沉淀生成,故D正确;故答案为D。9、A【解题分析】

A.HCl是强酸,A正确;B.NaOH是强碱,B错误;C.Mg是金属单质,C错误;D.CO2是酸性氧化物,D错误;故答案为:A。【题目点拨】电离时生成的阳离子全部都是氢离子的化合物叫酸;电离时生成的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物叫碱。10、B【解题分析】

A.因为稀硫酸不具备强氧化性,不能氧化二价铁离子,所以,没有三价铁离子生成,故A错误;B.将铁加入过量的盐酸中,铁反应完全后氢离子还有剩余,加入氯气后,氯气具有强氧化性,可以将二价铁氧化为三价铁离子,故B正确;

C.氯化锌溶解,电离出氯离子,与过量的氢离子在同一溶液,相当于稀盐酸,而稀盐酸不具备强氧化性,不能氧化二价铁离子,故C错误;D.氯化铜溶于水,电离出铜离子,铜离子不能把二价铁离子氧化,故D错误.故答案为B。【题目点拨】铁屑溶于盐酸后,溶液中主要是H+、Cl-、Fe2+,若要将Fe2+变为Fe3+,需要强氧化性物质。11、A【解题分析】

A.浓硫酸能将炽热的木炭氧化为二氧化碳,反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O,故A正确;B.稀硫酸没有脱水性,稀硫酸不能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素,应该是浓硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素,B错误;C.稀硫酸与金属反应时,S元素的化合价不发生变化,C错误;D.虽然浓硫酸或浓硝酸能与铝反应,但常温下反应生成了致密的氧化物薄膜,可以阻止反应的进行,所以在常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸或浓硝酸,D错误;答案选A。12、A【解题分析】

在原子的符号中,左上角表示质量数,左下角表示质子数,质量数与质子数的差值为中子数,所以中子数=14-6=8。故选A。13、D【解题分析】

胶体区别于其它分散系的本质特征是微粒直径的大小,胶体粒子直径在1-100nm之间,溶液的粒子直径小于1nm,浊液的子直径大于100nm。【题目详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间,溶液的粒子直径小于1nm,浊液的子直径大于100nm。答案为D。14、D【解题分析】

A.水蒸气经过灼热的焦炭:C+H2O(g)=CO+H2,在此反应中,水做氧化剂,故A错误;B.在金属钠与水的反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中,水做氧化剂,故B错误;C.铁与水蒸气的反应3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2中,水做氧化剂,故C错误;D.氯气通入水中发生反应:Cl2+2H2O=HCl+HClO,水既不是氧化剂又不是还原剂,故D正确;答案:D。【题目点拨】考查氧化剂和还原剂的判定。根据化合价的变化进行判别,化合价升高的物质是还原剂,化合价降低的物质是氧化剂。没有化合价变化的物质既不是氧化剂,又不是还原剂。15、D【解题分析】

①金属铝与酸反应生成Al3+和氢气,与碱反应生成AlO2-和氢气,①正确;②AlCl3只能和强碱反应,但是不能和强酸反应,②错误;③Na2CO3能与强酸反应,只能与部分强碱反应,如与氢氧化钙反应,但不能与氢氧化钠等碱反应,③错误;④Al2O3属于两性氧化物,既能与酸反应,生成Al3+离子,又能与碱反应生成AlO2-离子,④正确;⑤NaHCO3属于弱酸弱碱盐,既能与酸反应,生成CO2气体,又能与碱反应,生成盐,⑤正确;可见既能与强酸反应,又能与强碱反应的物质序号是①④⑤,故合理选项是D。16、D【解题分析】

设已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量分别为x、y。据Fe+2Fe3+=3Fe2+,生成Fe2+的物质的量为1.5x,据题意有1.5x=y,解得x:y=2:3,答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、Na2O2H22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O【解题分析】

A为淡黄色固体,其能与水反应,则其为Na2O2;R是地壳中含量最多的金属元素的单质,则其为Al;T为生活中使用最广泛的金属单质,则其为Fe;D是具有磁性的黑色晶体,则其为Fe3O4;Na2O2与水反应生成NaOH和O2,所以C为O2;Al与NaOH溶液反应,生成偏铝酸钠和氢气,所以F为H2,B为NaOH;Fe3O4与盐酸反应,生成FeCl3、FeCl2和水,FeCl3再与Fe反应,又生成FeCl2,所以E为FeCl2;它与NaOH溶液反应,生成白色沉淀Fe(OH)2,它是H;Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3,它与盐酸反应生成FeCl3,它为W。(1)物质A的化学式为Na2O2。答案为:Na2O2F化学式为H2。答案为:H2(2)NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(3)Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色。答案为:白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。(4)Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。答案为:2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑由此反应可知A有作为供氧剂的用途。答案为:供氧剂(5)Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。答案为:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O18、NaNa2O2NaOHNa2CO3NaHCO32Na+2H2O=2NaOH+H2↑CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3CO2+2OH-=CO32—+H2O【解题分析】分析:A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物,其中B为淡黄色固体,B是过氧化钠,A是钠,C是氢氧化钠,D是碳酸钠,E是碳酸氢钠,据此解答。详解:A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物,其中B为淡黄色固体,B是过氧化钠,A是钠,与水反应生成C是氢氧化钠,过氧化钠与水反应生成D是碳酸钠,碳酸钠能与水、二氧化碳反应生成E是碳酸氢钠,则(1)根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3。(2)反应②是钠与水反应,方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;反应⑤是碳酸钠与水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠,方程式为CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3。(3)反应③是氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠,反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O。19、5008.0冷却至室温蒸馏水转移入容量瓶1~2cm胶头滴管反复摇匀CEADB【解题分析】

(1)实验室没有480mL容量瓶,因此配制过程中应选用500mL容量瓶进行配制;(2)配制所需NaOH固体质量m=0.4mol/L×0.5L×40g/mol=8.0g;(3)容量瓶是恒温仪器,而NaOH固体溶于水过程中会放热,因此需要待溶液冷却至室温后再转移至容量瓶中;(4)溶解NaOH固体的烧杯内壁上附着有一定量溶质,因此需要用蒸馏水洗涤后再转入容量瓶中;(5)向容量瓶中逐渐加入蒸馏水,待溶液液面距刻度线1~2cm时,用胶头滴管滴加蒸馏水进行定容,加蒸馏水至液面与刻度线相切,盖好瓶塞,反复动容量瓶,使溶质与溶剂混合均匀,故答案为:蒸馏水;转移入容量瓶;1~2cm;胶头滴管;反复摇匀;(6)配制实验中,所配溶液中溶质浓度c===,A.所用的NaOH中混有少量的Na2CO3,则会使所称量固体中NaOH质量偏低,导致所配溶液溶质浓度偏低;B.配制过程中还需向容量瓶中加入蒸馏水,因此配制溶液所用的容量瓶洗涤后没有烘干并不会影响所配溶液浓度;C.固体NaOH溶解过程中会放出热量,若固体NaOH在烧杯中溶解后,立即将溶液转移到容量瓶后,进行后面的操作,待操作结束后,溶液会逐渐冷却,根据热胀冷缩原理可知,所配溶液体积将减小,导致所配溶液溶质浓度偏高;D.转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容会导致容量瓶中溶质不足,使所配溶液溶质浓度偏低;E.最后确定NaOH溶液体积(定容)时,俯视观察液面会使溶液体积偏低,导致所配溶液浓度偏高。20、NaOH溶液除去铝镁合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑偏小【解题分析】

(1)Mg、Al均可以和酸反应,因此不可以用酸来实验,因为Al可以和碱反应而不和Mg反应,则可以用NaOH与Al反应制得H2,然后用排水法收集H2,以计算Al的量;(2)因为Al表面容易生成氧化膜,因而要用酸处理;(3)整个操作过程及原理是:检查气密性;记录起始液面;加入碱反应;不产生气体后,记录C中的液面,两者相减即为产生H2的量;最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平,否则气体将受压,造成读数不准;(4)B中发生的是Al与碱的反应;(5)(a-c)即为铝的质量,再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量,而n(Al)可以由产生的H2获得;(6)未洗涤,则造成(a-c)变小,则由(5)的结果可进行判断。【题目详解】(1)根据铝镁的化学性质,铝镁都能与酸反应放出氢气,但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气,而镁不能,要测定铝镁合金中铝的质量分数,应选择NaOH溶液,答案是:NaOH溶液;(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜,在实验前必须除去;答案是:除去铝镁合金表面的氧化膜;(3)实验时首先要检查气密性,记下量气管中C的液面位置,再加入NaOH溶液开始反应,待反应完毕并冷却至室温后,记录量气管中

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