湖北省高中联考2022年化学高一上期中调研模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将30mL 0.5molL-1 NaOH溶液加水稀释到500mL,稀释后的溶液中NaOH的物质的量浓度为A0.3 molL-1B0.05 molL

2、-1C0.03 molL-1D0.02 molL-12、氧气的摩尔质量是A16B16g/molC32D32g/mol3、以下微粒互为同位素是（ ）A金刚石和石墨B和C和D 和 4、同温同压下，某集气瓶充满O2时质量为116g，充满CO2时质量为122g，充满气体X时质量为114g。则X的相对分子质量为（ ）A28B60C32D445、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A1molCH4中含有的电子数为8NAB2L0.3molL-1的硫酸钾溶液中钾离子的物质的量为0.6NAC常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NAD标准状况下，22.4LH2O所含的分子数为NA6、两种不

3、同的微粒其质子总数与电子总数分别相等则他们的关系不可能是A两种不同的原子B一种阴离子和一种阳离子C一种阳离子和另一种阳离子D一种原子和一种分子7、实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量为2:1放入烧杯中，同时滴入适量H2SO4，并用水浴加热，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X的化学式为ACl2 BCl2O CClO2 DCl2O38、100mL0.10molL1Na2SO3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl离子，则SO32将转化为ASO42BSCSO2DS29、0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中持续稳定地通

4、入CO2气体，当通入气体为6.72L（标准状况）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计）ABCD10、下列变化需要加入还原剂才能实现的（ ）AKClO3O2BMnO4-Mn2CFeFe3DHClCl211、化学与生活密切相关，下列叙述正确的是A石灰水喷涂在树干上可以消灭树皮上的过冬才虫卵，是因为Ca(OH)2有毒，可毒死虫卵B明矾和氯水是常用的水处理剂，常用于海水的淡化C侯德榜制碱法先通入NH3是为了增大CO2的溶解度D在食品袋中放入盛有CaCl26H2O和铁粉透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质12、下列对实验过程的评价正确的是（）A

5、某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是CaCO3B某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42C某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性D验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀盐酸除去OH，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含C1-13、某溶液中可能含有的SO42-、CO32-、Cl-，为了检验其中是否含有SO42-，除BaCl2溶液外，还需要用的溶液是A硫酸溶液B盐酸溶液CNaOH溶液DNaNO3溶液14、当一束可见光通过下列分散系：有尘埃的空气 硫酸铜溶液 稀硫酸 稀豆浆，能产生丁达尔效应的是A B C D15、下列实验操作均要用玻

6、璃棒，其中玻璃棒用作引流的是过滤蒸发溶解向容量瓶转移液体A和B和C和D和16、粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，为除去上述杂质离子，可供选用的试剂有：稀盐酸 Na2CO3溶液 BaCl2溶液 NaOH溶液，上述四种溶液的加入顺序不合理的是A B C D二、非选择题（本题包括5小题）17、现有四瓶失去标签的无色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一种，为了确定具体成分，随意将四瓶溶液标记为A、B、C、D后，进行了下列四组实验。实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有气体放出B+C有沉淀生成A+D有沉淀生成根据表中实验现象回答下列问题：（1）A

7、、B、C、D分别对应的溶质化学式为_、_、_、_；（2）请分别写出上述实验和的离子方程式：_；_。18、有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、 CuSO4、 CaCl2、NaCl而成，为检验它们做了如下实验:固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成:过滤，洗涤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。请回答下列问题:(1)固体混合物中肯定有_，肯定没有_。(2)步骤沉淀是否完全的检验方法_。(3)写出步骤的离子方程式：_。(4)写出鉴别可能有的物质的离子方程式:_。(5)写出向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程_。(6)用稀盐酸

8、清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式_。19、氯化钠样品中含有少量的杂质Na2SO4，按下列流程进行净化，流程中的（ ）中是合适的试剂，在 中是实验操作名称。写出有关反应的化学方程式：（1）操作、中所需加入试剂分别为_、_、_、_。（2）操作、的操作名称分别为_、_、_。（3）写出有关的离子反应方程式：第步：_。第步：_。20、铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：方案一实验方案将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。(1)实验中发生反应的离子方程式是_。实

9、验步骤(2)称取10.8 g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0 molL-1NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V_mL。(3)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。方案二实验方案将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。实验步骤(4)同学们拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是A接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ）(填接口字母，注意：可不填满)_。(5)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气

10、排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。装置中导管a的作用是_。为了较准确测量氢气的体积，在读反应前后量气管中液面的读数求其差值的过程中，除视线平视外还应注意_(填字母编号)。A冷却至室温B等待片刻，待乙管中液面不再上升时读数C读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平D读数时不一定使两端液面相平若实验用铝镁合金的质量为5.1 g，测得氢气体积为5.6 L(标准状况)，则合金中铝的质量分数为_(保留两位有效数字)。21、已知标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol,但很多化学实验并非在标准状况下进行,而是在

11、常温常压下进行，下图为测定常温常压下气体摩尔体积的实验装置图。图中反应原理为：2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2(反应放热)。（1）该装置有明显错误处,请指出错误之处:_；作图修改(只针对需修改部位)：_。（2）经过（1）改正后进行实验，实验过程如下:a.检查装置气密性；b.常温常压下，取4.6g乙醇与足量的金属钠反应并利用排水法收集产生的H2(假设广口瓶和量筒足够大)；c.当圆底烧瓶中不再有气泡产生,不能立即读数,必须先_,后_，再平视读取量筒中收集到水的体积为1240.0mL。经计算常温常压下气体摩尔体积为_。（3）经过（1）改正后仍有实验误差，下列哪些选项会导致实验误差_。A收

12、集到的氢气中含有装置中原有的空气B收集H2前导管B中无蒸馏水C分液漏斗中的无水乙醇进入圆底烧瓶后占用了装置内气体空间参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】根据稀释前后溶质的物质的量不变进行计算，c1V1=c2V2，可以计算稀释后物质的量浓度。【详解】稀释前，NaOH溶液体积为30mL、浓度为0.5molL-1，稀释后溶液体积为500mL，列式可得30mL 0.5molL-1=c2500mL，所以c2=0.03 molL-1。答案为C。2、D【解析】摩尔质量如果用g/mol为单位时，数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，所以氧气的摩尔质量32g/mol。答案选D。3

13、、D【解析】具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素。【详解】A. 金刚石和石墨是碳元素组成的单质，互为同素异形体，故A错误；B.同位素研究的对象为原子，和属于分子，不是原子，故B错误；C.同位素研究的对象为原子，和是化合物，不是原子，故C错误；D. 和质子数都为6相同，中子数分别为6、5不同，互为同位素，故D正确；故答案选D。4、A【解析】相同状况下同一瓶内装满不同气体，则气体的物质的量相等。设瓶重为mg，则：，求出m=100g, ，求出M(X)=28g mol-1，故选A。5、C【解析】A. 1个CH4分子中有10个电子，1molCH4中含有的电子数为10NA，故A错误；B.

14、 2L0.3molL-1的硫酸钾溶液中钾离子的物质的量为2L0.3molL-12=1.2mol，故B错误；C. O2和O3中只含氧原子，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA，故C正确；D. 标准状况下H2O是液体，22.4LH2O的物质的量不是1mol，故D错误；选C。6、B【解析】A原子中核外电子数等于核内质子数，所以一种原子和一种原子中质子数和电子数可能都相同，如氕和氘中核内质子数和核外电子数都相同，故A不符合题意；B阳离子中核内质子数核外电子数，阴离子中核内质子数核外电子数，所以一种阳离子和一种阴离子只要电子数相同时，质子数就不同，例如钠离子和氟离子，故B符合题意；C两种微粒的质

15、子数和电子数均分别相等，可以是两种阳离子,阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，如Na+与NH4+质子数都为11，和电子数都为10，均分别相等，可以是两种阴离子，如OH与F，故C不符合题意；D原子和分子中核外电子数等于核内质子数，所以一种原子和一种分子中质子数和电子数可能都相同，如氖原子和氟化氢分子中核内质子数和核外电子数都相同，故D不符合题意；答案选B。【点睛】原子和分子中核外电子数等于核内质子数，阴阳离子中核外电子数和核内质子数不同。7、C【解析】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，反应中Na2SO3的氧化产物是Na2SO4

16、,由于S在反应前化合价为+4价，反应后化合价为+6价，所以1mol的S元素失去2mol电子，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，2mol Cl元素得到2mol电子,1mol的 Cl元素得到1mol电子，化合价降低1价，因为在反应前Cl的化合价为+5价，所以反应后Cl的化合价为+4价，因此棕黄色的气体X是ClO2，故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素的化合价降低是解答本题的关键。8、A【解析】Cl2完全转化为Cl离子，氯气化合价降低，则亚硫酸根化合价升高，则+4价升高，纵观答案只有硫酸根中硫为+6价，故A正确；综上所述，答案为A。【点睛】利用氧

17、化还原反应原理，有元素化合价升高，必定有元素化合价降低来分析。9、C【解析】n（CO2）=6.72L22.4L/mol=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，以此解答该题。【详解】n（CO2）=6.72L22.4L/mol=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH-）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生反应：2OH-+CO2

18、=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，设生成xmolCO32-，ymolHCO3-，2x+y=0.4；x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3-）=0.2mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ca2+2OH-+CO2=CaCO3，该阶段0.1molCa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-

19、、生成0.1molCaCO3；然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32-；再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-、CaCO3+CO2+H2O=Ca2+2HCO3-，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，所以图象C符合，答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的计算，注意根据溶液中发生的反应结合各离子的物质的量计算分

20、析，注意图象中各阶段离子的浓度变化。10、B【解析】还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，这说明所给的物质一定是得到电子的，化合价一定是降低的；AKC1O3 O2氧元素的化合价升高，故A错误；BMnO4-Mn2+锰元素的化合价是降低的，故B正确；CFeFe 3+铁元素的化合价升高，故C错误；DHC1 C12氯元素化合价升高，故D错误故选B。11、C【解析】试题分析：碱溶液能使蛋白质变性，杀死虫卵，故A错误；明矾和氯水是常用的水处理剂，常用于水的净化消毒，但不能淡化海水，故B错误；氨气易溶于水，呈碱性，能增大CO2的溶解度，故C正确；CaCl2可防止食物受潮，CaCl26H

21、2O不能防止食物受潮，故D错误。考点：本题考查物质性质与用途。12、C【解析】A因碳酸盐、亚硫酸盐等活泼金属等与盐酸反应均可生成无色气体，则某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，则该固体可能是CaCO3，故A错误；B因硫酸钡、氯化银均为不溶于水和酸的白色沉淀，则某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含SO42-或Ag+，故B错误；C因碱性溶液遇酚酞变红，则某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，故C正确；D验证烧碱溶液中是否含有Cl-，加稀盐酸除去OH-，会引入氯离子，造成干扰，所以验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀硝酸除去OH-，再加硝酸银溶液，有白

22、色沉淀出现，证明含C1-，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意检验硫酸根离子需要先加稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，生成白色沉淀，才能说明含SO42-。13、B【解析】只加可溶性钡盐，不酸化，误将CO32-等干扰离子判成SO42-，所以应先加盐酸酸化，然后加入BaCl2溶液，故选B。14、C【解析】胶体可以产生丁达尔效应，有尘埃的空气、稀豆浆均属于胶体，当光速通过时能观察到丁达尔效应，硫酸铜溶液、稀硫酸不是胶体，不能观察到丁达尔效应，答案选C。故选C。15、D【解析】玻璃棒的作用有：过滤时，起引流作用；蒸发过程中，起搅拌作用（加快蒸发），蒸发结束时，起转移结晶物的作用；溶解时，起

23、搅拌作用（加快溶解）；向容量瓶转移液体时，起引流作用。和的作用相同，故选D项符合题意。答案选D。16、A【解析】SO42、Ca2、Mg2等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，如应先加氢氧化钠，则再加BaCl2溶液，然后加入Na2CO3溶液，最后加入盐酸。【详解】SO42、Ca2、Mg2等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶

24、液，如先加氢氧化钠，则再加BaCl2溶液，然后加入Na2CO3溶液，最后加入盐酸，就合理，即D正确，同理分析BC，所以不合理的顺序为，、顺序颠倒。故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、CaCl2 HCl AgNO3 Na2CO3 【解析】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。【详解】根据实

25、验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。(1)、 由以上分析可知A为CaCl2， B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3 ；(2) B为HCl， D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2O，

26、B为HCl， C为AgNO3，反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgC1，故答案为: CO32-+2H+=CO2+H2O； Ag+Cl-=AgC1。18、Na2CO3 Na2SO4、 CaCl2、CuSO4 取步反应后静置后的上层清液滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全。 BaCO3 2H+Ca2CO2H2O Ag+Cl-=AgCl Ca22OH-2HCO3-CaCO3CO32-2H2O Fe2O3H+2Fe3+3H2 【解析】固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少

27、含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。【详解】固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。（1）根据以上分析可知固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有CuSO4、Na2SO4、CaCl2；（2）取步反应后静置后的上层清液

28、滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全；（3）离子方程式为BaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；（4）鉴别氯化钠可以用硝酸银溶液，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgCl；（5）向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2O；（6）用稀盐酸清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；19、蒸馏水BaCl2Na2CO3HCl溶解过滤蒸发（结晶）Ba2+SO42-BaSO42H+CO32-CO2+H2O【解析】由流程可知，氯化钠样品含有少量的Na2SO4，最后得到NaC

29、l晶体，则中加蒸馏水溶解，中加BaCl2溶液沉淀硫酸根离子，中加Na2CO3溶液沉淀过量的钡离子，为过滤得到澄清溶液，中加稀盐酸反应过量的碳酸钠，为蒸发结晶得到氯化钠晶体。（1）根据以上述分析可知，操作、中所需加入试剂分别为蒸馏水、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸；（2）根据以上分析可知操作、的操作名称分别为溶解、过滤、蒸发结晶；（3）根据以上分析可知第步中发生反应Ba2+SO42BaSO4、第步发生反应2H+CO32CO2+H2O。【点睛】把握流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键。注意碳酸钠的作用是除去过量的钡离子，一定要在氯化钡之后加入。20、2Al2OH-2H2O=23H2

30、100 偏低 EDG 平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；消除加入稀硫酸的体积对测量氢气体积所带来的误差 AC 53% 【解析】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；(2)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；(3)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，Al的质量分数就偏低；(4)装置的组装顺序：合金与酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强能够将其中的水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；(5)保持分液漏斗内

31、气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；根据操作对实验的影响分析；根据合金的质量及反应产生氢气的体积关系，计算Al的物质的量及其质量，进而可得其质量分数。【详解】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al2OH-2H2O=23H2；(2)根据反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知反应消耗NaOH的物质的量与Al相等，假设合金中Mg的质量分数是0，则10.8 g完全是Al，其物质的量n(Al)=0.4 mol，则n(Na

32、OH)=n(Al)= 0.4 mol，需NaOH溶液的体积最小值V=0.1 L=100 mL，故V(NaOH溶液)100 mL；(3)经过滤、洗涤、干燥、称量固体质量。该步骤中若未洗涤固体，则金属镁上会附着偏铝酸钠等物质，导致测定的镁的质量偏大，最终使测得铝的质量分数偏低；(4)装置的组装顺序：合金与酸发生反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管应该要短进长出，利用气体产生的压强，将广口瓶中的水排出进入量筒，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E，D接G，故合理选项是E、D、G；(5)装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内

33、气体压强相等，使稀硫酸在重力作用下能顺利滴下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；A冷却至室温，这样测定的气体体积不受外界温度的影响，可减小误差，A正确；B等待片刻，使乙管中液面与左侧甲管的液面相平时再读数，B错误；C读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平，然后再读数，C正确；D读数时必须使两端液面相平，这样才可以减少压强对气体体积的影响，以减少实验误差，D错误；故合理选项是AC；5.6 LH2的物质的量n(H2)=5.6 L22.4 L/mol=0.25 mol，假设10.8 g合金中Al、Mg的物质的量分别是x、y，可得关系式27x+

34、24y=5.1 g，1.5x+y=0.25 mol，解得x=0.1 mol，y=0.15 mol，则合金中Al的质量是m(Al)=0.1 mol27 g=2.7 g，所以Al的质量分数为：100%=53%。【点睛】本题考查物质含量的测定。对实验原理与装置的理解是解题的关键，注意结合元素守恒及根据物质反应的物质的量关系进行计算。21、广口瓶中导管“短进长出” 将气体恢复至室温 使广口瓶中液面于量筒中液面相平 24.8L/mol BC 【解析】（1）该装置有明显错误处,请指出错误之处:广口瓶中导管“短进长出”，作图修改(只针对需修改部位)：，（2）气体的体积受温度和压强影响较大，当圆底烧瓶中不再有

35、气泡产生,不能立即读数,必须先将气体恢复至室温，后使广口瓶中液面于量筒中液面相平，使广口瓶内压强等于大气压，由关系式：2CH3CH2OHH2，4.6g乙醇与足量的金属钠反应收集到的H2应为=0.05mol，读取量筒中收集到水的体积为1240.0mL，经计算常温常压下气体摩尔体积为1240.0mL/0.05mol=1.240L/0.05mol= 24.8L/mol；（3）A、同温同压下气体的体积比等于气体的物质的量之比，收集到的氢气中含有装置中原有的空气，不影响增加的氢气体积的测量，故A错误；B、收集H2前导管B中无蒸馏水，使烧瓶内压强与大气压不等，会导致实验误差，故B正确；C、分液漏斗中的无水乙醇进入圆底烧瓶后占用了装置内气体空间，排出的气体当成了生成的H2的体积，会导致实验误差，故C正确。故选BC。