江西省宜市宜丰二中高考化学一模试卷（实验班含解析）.doc

2016年江西省宜春市宜丰二中实验班高考化学一模试卷一、选择题1在氢氧化铁胶体中逐滴滴入下列某种溶液，先出现沉淀，后沉淀溶解这种溶液是（）a三氯化铁溶液b饱和硫酸镁溶液c稀盐酸d饱和硫酸铵溶液2设na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a常温常压下，22.4 l no2中含有na个分子b1 mol羟基中电子数为10 nacr2+的质量数为a，中子数为n，则n g r该价态的氧化物中含质子数为（an+8）nad在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，每生成3 mol i2转移的电子数为6 na3参照反应br+h2hbr+h的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（） a正反应为放热反应b加入催化剂，该化学反应的反应热不变c反应物总能量高于生成物总能量d升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率4有8种物质：甲烷；苯；聚乙烯；聚异戊二烯；2丁炔；环己烷；邻二甲苯；环己烯既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是（）abcd5下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述a氧化性：fe3+cu2+还原性：fe2+cub纯银器表面在空气中渐渐变暗ag发生了化学腐蚀csio2能与氢氟酸及碱反应sio2是两性氧化物dbaso4饱和溶液中加入饱和na2co3溶液有白色沉淀说明ksp（baso4）大于ksp（baco3）aabbccdd6在一密闭容器中充入1molno2气体，建立如下平衡：2no2n2o4，测得no2转化率为a%、在温度、体积不变时，再通入1molno2，待新平衡建立时，测得 no2转化率为b%，则a与b比较（）aabbabca=bd无法确定7某同学为了探究沉淀的溶解平衡原理并测定某温度下pbi2的溶度积常数，设计了如下实验：、取100ml蒸馏水，加入过量的pbi2固体（黄色），搅拌、静置，过滤到洁净的烧杯中，得到滤液a、取少量滤液a于试管中，向其中加入几滴0.1mol/l的ki溶液，观察现象、另准确量取10.00ml滤液，与离子交换树脂（rh）发生反应：2rh+pb2+=r2pb+2h+，交换完成后，流出液用中和滴定法测得n （h+）=3.000105mol分析过程，下列说法错误的是（）a步骤i中搅拌的目的是使碘化铅充分溶解b步骤ii中观察到的现象是产生黄色沉淀c此实验温度下，pbi2的溶度积常数ksp=1.350108d若步骤i 盛装滤液的烧杯中有少量的水，ksp的测定结果不受影响8利用如图所示原电池可测量空气中cl2含量，其中电解质是ag+可以自由移动的固体物质下列分析不正确的是（）a电子经外电路流向pt电极b电池工作时，电解质中ag+数目减少c正极反应：c12+2e+2ag+=2agcld空气中c（c12）越大，ag极消耗速率越快二、第卷（非选择题，共4小题，共50分）9x、y、z、w和n均是由短周期元素组成的五种化合物已知五种化合物水溶液的焰色反应均呈黄色，y、z和n均由三种元素组成请根据题目要求回答下列问题（1）固体化合物x为浅黄色粉末，该化合物中含有的化学键有（填序号）a离子键 b极性共价键 c非极性共价键 d氢键（2）写出x与二氧化碳反应的化学方程式（3）下表为y与z实验的部分内容：序号主要实验步骤及实验现象在含y的溶液中，加入稀硫酸放置，产生浅黄色沉淀和无色有刺激性气味的气体，该气体可使品红溶液褪色在含z的溶液中，滴加盐酸，开始有白色沉淀，继续滴加盐酸，白色沉淀先增加后消失，然后加入过量的氨水又出现白色沉淀将实验最终得到的混合物加热蒸发、灼烧，最终得到白色固体写出y与稀硫酸反应的离子方程式（4）写出含0.1mol z的溶液与20ml 5moll1的盐酸反应的离子反应式实验加热蒸发、灼烧得到的最终产物主要是（5）化合物w和n可以相互转化：wn若有w和nxh2o的混合物6.52g，加热到完全反应后，气体产物通过浓硫酸增重1.71g，剩余气体通过碱石灰增重1.10g，则混合物中w的质量为，nxh2o的化学式为10某学习小组用如图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，先将铝镁合金在稀硝酸中浸泡片刻，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：记录c的液面位置；将b中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重；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；由a向b中滴加足量试剂；检查气密性上述操作的顺序是（填序号）；记录c的液面位置时，除视线平视外，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a g，测得氢气体积为b ml （已换算为标准状况），b中剩余固体质量为c g，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”、“不受影响”）11某同学想利用镁与盐酸或醋酸在不同温度下反应，探究外界条件对反应速率的影响部分实验用表如下：实验编号温度/k盐酸浓度/moll1醋酸浓度/moll1实验目的2980.20a实验和，探究温度对反应速率的影响；b实验和，探究浓度对反应速率的影响；c实验，探究温度对镁与盐酸反应和镁与醋酸反应速率的影响，哪个更大一些3080.202980.400.200.20（1）请完成上工作表（填写实验的空格）（2）上表实验中，镁条消失的时间为20s实验过程中，镁条剩余质量与时间关系如图：假设反应过程中盐酸体积不变，则要计算该反应的速率v（hcl），尚缺少的数据是若反应温度每升高10，反应速率增大到原来的2倍；温度相同时，醋酸是相同浓度盐酸平均速度的1/2，请在图中大致画出“实验”、“实验中醋酸实验”的镁条质量与时间关系曲线，并用或注明曲线代表的实验（假设实验中所用镁完全相同，且镁均能完全溶解）12为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式写出下列物质的结构简式a、c、e、g2016年江西省宜春市宜丰二中实验班高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题1在氢氧化铁胶体中逐滴滴入下列某种溶液，先出现沉淀，后沉淀溶解这种溶液是（）a三氯化铁溶液b饱和硫酸镁溶液c稀盐酸d饱和硫酸铵溶液【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】胶体具有均一稳定性，加入电解质会使胶体发生聚沉，氢氧化铁胶体逐滴加入溶液，先产生沉淀后沉淀溶解，说明先胶体聚沉，后能溶解沉淀【解答】解：a三氯化铁溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，故a错误； b饱和硫酸镁溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，故b错误；c加入稀盐酸是电解质溶液，会引起氢氧化铁胶体聚沉，继续加入稀盐酸，氢氧化铁沉淀会溶解，故c正确；d饱和硫酸铵溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，故d错误故选c【点评】本题考查胶体的性质应用，电解质非电解质的判断，题目难度不大，熟悉胶体的性质、物质的性质是解答本题的关键2设na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a常温常压下，22.4 l no2中含有na个分子b1 mol羟基中电子数为10 nacr2+的质量数为a，中子数为n，则n g r该价态的氧化物中含质子数为（an+8）nad在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，每生成3 mol i2转移的电子数为6 na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a常温常用vm22.4l/mol；b.1个羟基中含有9个电子；c质量数=质子数+中子数，依据n=计算物质的量，结合氧化物中质子数计算；d在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，反应中元素化合价变化计算电子转移；【解答】解：a常温常用vm22.4l/mol，无法计算二氧化氮的分子数，故a错误；b.1个羟基中含有9个电子，1 mol羟基中电子数为9 na，故b错误；c质量数=质子数+中子数，质量数等于相对原子质量的近似整数值，依据n=计算物质的量，结合氧化物中质子数计算所含质子数=（an+8）na，故c正确；d在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，碘元素化合价+5价和1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，每生成3mol i2转移的电子数为5na，故d错误；故选：c【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，熟悉有关物质的量的计算公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件，注意羟基的结构，题目难度不大3参照反应br+h2hbr+h的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（） a正反应为放热反应b加入催化剂，该化学反应的反应热不变c反应物总能量高于生成物总能量d升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素【分析】根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，a、正反应为吸热反应；b、催化剂与反应热无关；c、正反应为吸热反应；d、升高温度可增大正反应速率，也增大逆反应速率【解答】解：根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，a、反应物的总能量小于生成物的总能量，则正反应为吸热反应，故a错误；b、催化剂只能降低反应所需的活化能，与反应热大小无关，故b正确；c、正反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，故c错误；d、升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，则可增大正反应速率，也增大逆反应速率，故d错误；故选b【点评】本题考查反应热，要掌握反应物的总能量小于生成物的总能量，反应吸热，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，题目难度不大4有8种物质：甲烷；苯；聚乙烯；聚异戊二烯；2丁炔；环己烷；邻二甲苯；环己烯既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是（）abcd【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】8中物质都属于烃，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的有机物一般应具有还原性，往往应含有不饱和键，以此解答该题【解答】解：甲烷为饱和烃，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故错误；苯不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故错误；聚乙烯不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故错误；聚异戊二烯含有碳碳双键，可既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故正确；2丁炔含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故正确；环己烷不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故错误；邻二甲苯只能与酸性高锰酸钾发生反应，但不能与溴水反应，故错误；环己烯含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故正确故选c【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物官能团或基团的性质，性质官能团的性质解答该题5下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述a氧化性：fe3+cu2+还原性：fe2+cub纯银器表面在空气中渐渐变暗ag发生了化学腐蚀csio2能与氢氟酸及碱反应sio2是两性氧化物dbaso4饱和溶液中加入饱和na2co3溶液有白色沉淀说明ksp（baso4）大于ksp（baco3）aabbccdd【考点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅【分析】a、还原性：fe2+cu；b、纯银表面变暗是在空气中发生化学反应生成硫化银的原因；c、二氧化硅是酸性氧化物；d、溶液中当离子浓度乘积大于溶度积常数时即可生成沉淀【解答】解：a、2fe3+cu=cu2+2fe3+反应中cu作还原剂，cu2+作还原产物，则还原性：fe2+cu，故a错误；b、由于空气中存在少量h2s，h2s与ag反应生成黑色的ag2s，表面变暗，则纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗，故b正确；c、二氧化硅是酸性氧化物，与naoh溶液反应生成硅酸钠和水，二氧化硅和氢氟酸反应是特性反应，故c错误；d、baso4饱和溶液中加入饱和na2co3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积大于碳酸钡的ksp即可生成沉淀，实际ksp（baso4）小于ksp（baco3），故d错误；故选b【点评】本题考查了氧化还原反应、物质的性质和应用等，明确物质性质和氧化还原反应的原理是解题关键，题目难度中等6在一密闭容器中充入1molno2气体，建立如下平衡：2no2n2o4，测得no2转化率为a%、在温度、体积不变时，再通入1molno2，待新平衡建立时，测得 no2转化率为b%，则a与b比较（）aabbabca=bd无法确定【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】第一次达平衡后，再通入1molno2所到达的新平衡状态，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍所到达的平衡，增大压强平衡向体积减小的方向移动，据此分析解答【解答】解：第一次达平衡后，再通入1molno2所到达的新平衡状态，在恒温恒压下，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍所到达的平衡，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即平衡向正反应方向移动，no2的转化率增大，故b%a%，即ba，故选b【点评】本题考查化学平衡的影响因素，难度中等，注意构建平衡建立的途径是解题的关键，注意理解压强对化学平衡的影响本质7某同学为了探究沉淀的溶解平衡原理并测定某温度下pbi2的溶度积常数，设计了如下实验：、取100ml蒸馏水，加入过量的pbi2固体（黄色），搅拌、静置，过滤到洁净的烧杯中，得到滤液a、取少量滤液a于试管中，向其中加入几滴0.1mol/l的ki溶液，观察现象、另准确量取10.00ml滤液，与离子交换树脂（rh）发生反应：2rh+pb2+=r2pb+2h+，交换完成后，流出液用中和滴定法测得n （h+）=3.000105mol分析过程，下列说法错误的是（）a步骤i中搅拌的目的是使碘化铅充分溶解b步骤ii中观察到的现象是产生黄色沉淀c此实验温度下，pbi2的溶度积常数ksp=1.350108d若步骤i 盛装滤液的烧杯中有少量的水，ksp的测定结果不受影响【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、固体溶解时要用玻璃杯搅拌加速溶解；b、根据碘化铅沉淀溶解平衡移动分析；c、根据ksp（pbi2）=c（pb2+）c2（i），结合离子的浓度计算；d、若步骤盛装滤液的烧杯中有少量水，则滤液的浓度减小，求出的ksp偏小【解答】解：a、固体溶解时要用玻璃杯搅拌加速溶解，所以搅拌的目的是使碘化铅充分溶解，故a正确；b、碘化铅饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，向滤液中滴加几滴0.1moll1 ki溶液，则碘离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆移，溶液中c（pb2+）减小，溶液中会析出沉淀，所以观察到的现象为：产生黄色沉淀或黄色浑浊，故b正确；c、准确量取10.00ml滤液，与离子交换树脂（rh）发生反应：2rh+pb2+=r2pb+2h+，交换完成后，流出溶液用中和滴定法测得n（h+）=3.000105mol，则n（pb2+）=1.500105mol，所以c（pb2+）=1.500103mol/l，所以c（i）=2c（pb2+）=3.000103mol/l，所以ksp（pbi2）=c（pb2+）c2（i）=1.350108，故c正确；d、若步骤盛装滤液的烧杯中有少量水，则滤液的浓度减小，量取10.00ml滤液，则滤液中碘离子和铅离子的物质的量偏小，所以求出的ksp偏小，故d错误，故选d【点评】本题考查了基本实验操作、沉淀转化原理的应用、ksp的有关计算等，侧重对学生实验能力和计算能力的考查，题目难度中等8利用如图所示原电池可测量空气中cl2含量，其中电解质是ag+可以自由移动的固体物质下列分析不正确的是（）a电子经外电路流向pt电极b电池工作时，电解质中ag+数目减少c正极反应：c12+2e+2ag+=2agcld空气中c（c12）越大，ag极消耗速率越快【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成agcl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析【解答】解：a、电子从负极流向正极pt，故a正确；b、电池工作时，电解质中ag+数目不变，故b错误；c、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成agcl沉淀，故c正确；d、反应原理是ag与氯气反应，故d正确；故选b【点评】本题考查了原电池原理的应用，注意电解反应类型和电子移动方向，题目难度不大二、第卷（非选择题，共4小题，共50分）9x、y、z、w和n均是由短周期元素组成的五种化合物已知五种化合物水溶液的焰色反应均呈黄色，y、z和n均由三种元素组成请根据题目要求回答下列问题（1）固体化合物x为浅黄色粉末，该化合物中含有的化学键有ac（填序号）a离子键 b极性共价键 c非极性共价键 d氢键（2）写出x与二氧化碳反应的化学方程式2na2o2+2co2=2na2co3+o2（3）下表为y与z实验的部分内容：序号主要实验步骤及实验现象在含y的溶液中，加入稀硫酸放置，产生浅黄色沉淀和无色有刺激性气味的气体，该气体可使品红溶液褪色在含z的溶液中，滴加盐酸，开始有白色沉淀，继续滴加盐酸，白色沉淀先增加后消失，然后加入过量的氨水又出现白色沉淀将实验最终得到的混合物加热蒸发、灼烧，最终得到白色固体写出y与稀硫酸反应的离子方程式s2o32+2h+=s+so2+h2o（4）写出含0.1mol z的溶液与20ml 5moll1的盐酸反应的离子反应式alo2+h2o+h+=al（oh）3实验加热蒸发、灼烧得到的最终产物主要是al2o3（5）化合物w和n可以相互转化：wn若有w和nxh2o的混合物6.52g，加热到完全反应后，气体产物通过浓硫酸增重1.71g，剩余气体通过碱石灰增重1.10g，则混合物中w的质量为4.2g，nxh2o的化学式为na2co3.7h2o【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】x、y、z、w和n均是由短周期元素组成的五种化合物，五种化合物水溶液的焰色反应均呈黄色，均含有na元素，y、z和n均由三种元素组成（1）固体化合物x为浅黄色粉末，则x为na2o2；（2）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠与氧气；（3）实验在含y的溶液中，加入稀硫酸放置，产生浅黄色沉淀和无色有刺激性气味的气体，该气体可使品红溶液褪色，y为na2s2o3；（4）实验在含z的溶液中，滴加盐酸，开始有白色沉淀，继续滴加盐酸，白色沉淀先增加后消失，然后加入过量的氨水又出现白色沉淀，则z为naalo2，hcl物质的量为0.02l5mol/l=0.1mol，naalo2与hcl物质的量之比为1：1，二者恰好发生反应：naalo2+hcl+h2o=al（oh）3+nacl；实验将实验最终得到的混合物加热蒸发、灼烧，氢氧化铝分解最终得到白色固体为al2o3；（5）w与加热分解得到n，n与二氧化碳、水反应得到w，可知w为nahco3、n为na2co3，若有nahco3和na2co3xh2o的混合物6.52g，加热到完全反应后，气体产物通过浓硫酸增重1.71g为结晶水与碳酸氢钠分解生成水的质量之和，剩余气体通过碱石灰增重1.10g为碳酸氢钠分解生成二氧化碳的质量，设nahco3和na2co3xh2o的物质的量分别为amol、bmol，结合方程式计算解答【解答】解：x、y、z、w和n均是由短周期元素组成的五种化合物，五种化合物水溶液的焰色反应均呈黄色，均含有na元素，y、z和n均由三种元素组成（1）固体化合物x为浅黄色粉末，则x为na2o2，钠离子与过氧根离子之间形成离子键、过氧根离子中存在非极性键，故选：ac；（2）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠与氧气，反应方程式为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2，故答案为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2；（3）实验在含y的溶液中，加入稀硫酸放置，产生浅黄色沉淀和无色有刺激性气味的气体，该气体可使品红溶液褪色，y为na2s2o3，y与稀硫酸反应的离子方程式：s2o32+2h+=s+so2+h2o，故答案为：s2o32+2h+=s+so2+h2o； （4）实验在含z的溶液中，滴加盐酸，开始有白色沉淀，继续滴加盐酸，白色沉淀先增加后消失，然后加入过量的氨水又出现白色沉淀，则z为naalo2，hcl物质的量为0.02l5mol/l=0.1mol，naalo2与hcl物质的量之比为1：1，二者恰好发生反应：naalo2+hcl+h2o=al（oh）3+nacl，反应离子方程式为：alo2+h2o+h+=al（oh）3，实验将实验最终得到的混合物加热蒸发、灼烧，氢氧化铝分解最终得到白色固体为al2o3，故答案为：alo2+h2o+h+=al（oh）3；al2o3；（5）w与加热分解得到n，n与二氧化碳、水反应得到w，可知w为nahco3、n为na2co3，若有nahco3和na2co3xh2o的混合物6.52g，加热到完全反应后，气体产物通过浓硫酸增重1.71g为结晶水与碳酸氢钠分解生成水的质量之和，剩余气体通过碱石灰增重1.10g为碳酸氢钠分解生成二氧化碳的质量，设nahco3和na2co3xh2o的物质的量分别为amol、bmol，则：2nahco3na2co3+co2+h2oamol 0.5amol 0.5amolna2co3xh2ona2co3+xh2obmol xb mol根据浓硫酸增重，可得：（0.5a+xb）18=1.71根据碱石灰增重，可得：0.5a44=1.10根据混合物总质量，可得：84a+（106+18x）b=6.52联立方程，解得a=0.05，b=0.01，x=7，则m（2nahco3）=0.05mol84g/mol=4.2g，nxh2o的化学式为为：na2co3.7h2o，故答案为：4.2g；na2co3.7h2o【点评】本题考查无机物推断、化学计算等，物质的颜色、反应现象是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等10某学习小组用如图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naoh溶液（2）实验前，先将铝镁合金在稀硝酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜（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：记录c的液面位置；将b中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重；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；由a向b中滴加足量试剂；检查气密性上述操作的顺序是（填序号）；记录c的液面位置时，除视线平视外，还应使d和c的液面相平（4）b中发生反应的化学方程式为2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2（5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b ml （已换算为标准状况），b中剩余固体质量为c g，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偏小（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）【考点】铝的化学性质；镁的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】（1）mg、al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于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）由于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）（ac）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（ac）变小，则由（5）的结果可进行判断【解答】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，故答案为：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，故答案为：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c的液面位置，最后将b中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使d和c两管中液面相平，故答案为：；使d和c的液面相平；（4）b管中发生铝与naoh溶液的反应：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，故答案为：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2；（5）铝镁合金的质量为a g，b中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为（ac）g，设铝的相对原子质量为m，则2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h22m 322400ml （ac）g bml解之得：m=，故答案为：； （6）铝的质量分数为：，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小，故答案为：偏小【点评】本题考查混合物的计算和测定，题目难度中等，建议加强元素化合物的学习，学会分析实验中的每一个关键点11某同学想利用镁与盐酸或醋酸在不同温度下反应，探究外界条件对反应速率的影响部分实验用表如下：实验编号温度/k盐酸浓度/moll1醋酸浓度/moll1实验目的2980.20a实验和，探究温度对反应速率的影响；b实验和，探究浓度对反应速率的影响；c实验，探究温度对镁与盐酸反应和镁与醋酸反应速率的影响，哪个更大一些3080.202980.400.200.20（1）请完成上工作表（填写实验的空格）（2）上表实验中，镁条消失的时间为20s实验过程中，镁条剩余质量与时间关系如图：假设反应过程中盐酸体积不变，则要计算该反应的速率v（hcl），尚缺