专题1物质的分类及计量单元测试卷-高一上学期化学苏教版（2020）必修第一册.docx

《专题1物质的分类及计量单元测试卷-高一上学期化学苏教版（2020）必修第一册.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题1物质的分类及计量单元测试卷-高一上学期化学苏教版（2020）必修第一册.docx（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题1物质的分类及计量单元测试卷一、单选题1下列现象或应用中，不能运用胶体知识解释的是A晴朗的清晨，在茂密的树林中，常可看到从枝叶间透过的一道道光柱B在外加直流电场作用下，Fe(OH)3粒子向阴极移动C在饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀D在江河入海口，逐渐形成三角洲2某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中正确的是AX、Z烧杯中分散质相同B利用过滤的方法，不能将Z中固体与液体分离C实验过程中，烧杯中溶液酸碱性没发生改变DZ中分散系能发生丁达尔现象3用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A11.2 L 含有的分子数为B相同质量的与所含氧原子个数比为4：6C标准状

2、况下，22.4 L 中含有氢原子的个数为D1 mol 和的混合物中含的氧原子数为4小明对实验室炼铁的原理进行了以下整理，你认为错误的一项是Aa处Bb处Cc处Dd处5下列物质与对应的归类不正确的是A水、液态氯化氢、小苏打都是电解质B“84”消毒液、水玻璃、液氨都是混合物CCO2、Mn2O7、SO3都属于酸性氧化物DNaH、NaN3、NaClO都属于离子化合物6将铝粉与FeO粉末配制成铝热剂， 分成三等份。(气体体积均已折算成标准状况下)一份直接放入足量烧碱溶液中，充分反应后放出的气体的体积为；一份直接放入足量盐酸中，充分反应后放出的气体的体积为；一份在高温下反应()恰好完全，反应后的混合物与足量

3、盐酸反应，放出的气体的体积为。下列说法正确的是ABCD7“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江限”。这里的雾属于下列分散系中的A溶液B胶体C乳浊液D悬浊液8NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A1mol碳正离子（CH3）所含的电子总数为9NAB25，pH13的Ba(OH)2 溶液中含有OH的数目为0.1NAC常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8g氧气转移的电子数为0.5NAD1mol雄黄(As4S4)，结构如图：，含有2NA个SS键9电解质溶液导电的能力的强弱主要由自由移动电荷的浓度的大小决定。电荷浓度越大，导电能力越强。下列物质的导电能力最强的是A50mL0.1molL-1FeCl3溶

4、液B20mL0.4molL-1NaHCO3溶液C80mL0.2molL-1H3PO4溶液D100mL体积分数50%酒精水溶液10下列说法正确的是A碱都是强电解质，酸都是弱电解质B的水溶液能导电，所以为电解质C能导电，则是电解质D在水中的溶解度小，但溶解的部分完全电离，故是强电解质11能产生“丁达尔效应”的是A蔗糖溶液B硫酸铜溶液C氢氧化铁固体D氯化钠-酒精溶胶12下列物质属于电解质且能导电的是A铁B氯化钠溶液C熔融的硝酸钾D酒精溶液13下列各物质中物质的量最多的是(NA表示阿伏加德罗常数)（ ）A0.5mol葡萄糖B常温常压下，48gO2C标准状况下，22.4LH2D2NA个水分子14实验室可

5、利用NaCl溶液和AgNO3溶液制备胶体，也可以反应生成沉淀。图中圆的大小代表分散质粒子的相对大小，下列说法正确的是A为悬浊液中的分散质粒子B制备对应的分散系的离子方程式为(胶体)C利用过滤可得到为中的分散质粒子D两分散系的本质区别是是否有丁达尔效应15下列物质的分类正确的是选项混合物纯净物酸性氧化物碱盐A空气氨水CO2石灰乳KAl(SO4)2B豆浆CuSO3烧碱NaHCO3C稀硫酸石墨CO氨气CuSO45H2OD冰水混合物生石灰SO2纯碱NH4HCO3AABBCCDD二、填空题16(1)有以下物质：CO2；熔融KOH；生铁；稀硫酸；铜；Na2O2；苏打；CaO；无水乙醇；CO。上述物质中属于

6、碱性氧化物的是_(填序号，下同)，属于电解质的是_，上述条件下能导电的是_。(2)已知、；、；、，其中互为同位素的一组是_(填序号，下同)，互为同素异形体的一组是_。(3)已知氢有3种核素：、，氯有3种核素：、，上述核素能形成_种不同的氯化氢分子，其对应的相对分子质量有_种。17填空。(1)0.2molAl2(SO4)3中含有_molAl3+，_g。(2)8g的O2为_molO2；0.1molO2共有_个O。(3)分子数相同的O2和NH3所含原子数之比_，质量之比_。(4)含氢原子数相等的H2O与CH4的分子数之比_。18已知NA为阿伏加德罗常数的值。回答下列问题：(1)质量相同的H2、CH4

7、、O3、SO2四种气体中，含有分子数目最少的是_(填化学式，下同)；在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是_。(2)7.3 g HCl气体中含有的分子数为_，标准状况下的体积为_L。(3)37.2 g含1.2 mol，则的摩尔质量为_，R的相对原子质量为_。(4)已知CO、的混合气体质量共16.0g，标准状况下体积为8.96 L，则该混合气体中CO与的体积比为_，物质的量为_。三、计算题19某项目学习小组设计实验确定的组成，将一定量的与的盐酸恰好完全反应，生成溶液、和单质，过滤后向滤液中滴加足量溶液，得到的沉淀经过滤洗涤，充分灼烧后称量至恒重得固体。计算：(1)盐酸的浓度为_。(2)x的值为

8、_。(写出简要的计算过程，保留2位有效数字)20当汽车受到猛烈撞击时，汽车的安全气囊内的NaN3会瞬间引发反应，生成两种单质保护司机不受伤害，某安全气囊猛烈撞击时会产生53.76L(已折算到标准状况下)的气体，请计算该气囊中需要装入NaN3的质量_。(写出计算过程)四、实验题21为测定Zn的相对原子质量，某同学设计了如下方案，回答下列问题：实验原理：Zn+2HCl=ZnCl2+H2实验步骤：按如图安装装置(夹持仪器略去)；调节量气管与水准管的两液面相平，使量气管液面保持在0或略低于0刻度位置，量气管读数为V1 mL；将Y型管倾斜，使过量的盐酸与锌粉完全反应；将体系恢复到室温，移动水准管，保持两

9、液面相平，量气管读数为V2 mL；处理数据。(1)步骤为_；步骤需保证体系恢复到室温的原因是_。(2)该实验原理你认为合理吗？_(填“合理”或“不合理)，原因是_。(3)在合理的实验原理下，Zn粉质量为a g，该实验条件下(H2)=d g/L，则Zn的相对原子质量为_。(用含a、V1、V2、d的代数式表示)(4)若在测定过程中出现如下情况，对测得Zn的相对原子质量有何影响：a步骤中量气管读数时俯视刻度线_(填“偏大”、“偏小”、“无影响”，下同)。b步骤中水准管液面高于量气管，未调液面即读数_。22某学习小组用如图装置测定锌铜合金中铜的质量分数。(已知金属与酸反应时放热)(1)实验前，先将铜和

10、锌合金粉碎呈粉末，目的是：_、_。(2)实验开始前应_，方法是打开分液漏斗旋塞，从D管(水准管)注入一定量的水，关闭分液漏斗旋塞，提高水准管，使水准管中液面高于C管(量气管)，且一段时间高度不变，说明_。(3)将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，继续进行以下操作：调节D管高度，使_，记录C管的初读数。待B中不再有气体产生，冷却至空温。由A向B滴加足量试剂。调节D管高度，使_，记录C管的末读数。上述操作的正确顺序是_(填序号)。A中装入的药品为实验室常用的稀盐酸；则B中发生反应的化学方程式为_。(4)若实验用锌铜合金的质量为ag，与足量稀硫酸充分反应后，测得氢气体积为VL，欲计算合金中铜的质量

11、分数，还缺少的数据是_。A反应前加入稀硫酸的质量B反应前加入稀疏酸的质量分数C实验前反应装置中空气的体积D实验条件下氢气的密度(5)查阅数据获知在实验条件下，气体的体积为24.0molL-1，若样品质量为0.200g，测得氢气体积为40.00mL；合金中铜的质量分数为_(保留3位有效数字)。(6)实验过程中，未冷却就读取气体体积则测得铜的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。但是指导老师却认为，利用上述实验装置即使实验操作正确，用测得氢气的体积计算出的结果仍然会偏小，其原因是_。试卷第5页，共6页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A清晨，在茂密

12、的树林，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应，故A不符合；B氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，在外加直流电场作用下，Fe(OH)3粒子向阴极移动，和胶体的性质有关，故B不符合；CFeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体性质无关，故C符合；D河水是胶体，在江河入海口处遇到海水即电解质溶液会发生胶体的聚沉，和胶体的性质有关，故D不符合。故选C。2D【详解】AX为氯化铁溶液，Z依据题意可知为氢氧化铁胶体，二者分散质不同，故A错误；B固体不能通过滤纸，胶体可以透过滤纸，所以利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离，故B错误；C由氯化铁溶液转化为氢氧化铁

13、胶体，还有一产物是HCl，溶液酸碱性发生变化了，故C错误；DZ中液体为氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；故选：D。3D【详解】A缺标准状况，无法计算11.2 L二氧化碳的物质的量和含有的分子数，A错误；B相同质量的SO2和SO3，含氧原子的物质的量之比为，即个数比为5:6，B错误；C标准状况下，水不是气态，不能用气体摩尔体积进行计算，C错误；D二氧化碳和二氧化氮中含有的氧原子个数都为2，则1 mol 二氧化碳和二氧化氮的混合物中含的氧原子数为1 mol2NAmol-1=2NA，D正确； 故选D。4B【详解】A赤铁矿主要成分是Fe2O3，物质成分化学式书写合理，A正确；BC元素化合价由反

14、应前CO中的+2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，发生氧化反应，B错误；C该反应是在高温条件下进行，反应条件合理，C正确；D两种反应物都是化合物，生成物一种是单质，一种是化合物，因此反应基本类型不是置换反应，反应类型判断合理，D正确；故合理选项是B。5B【详解】A电解质主要是酸、碱、盐、水、金属氧化物，因此水、液态氯化氢、小苏打都是电解质，故A正确；B“84”消毒液是次氯酸钠溶液，水玻璃是硅酸钠溶液，前两者是混合物，液氨是氨气的液态，是纯净物，故B错误；C大多数非金属氧化物是酸性氧化物，比如：CO2、SO3，但CO、NO不是酸性氧化物，Mn2O7也是酸性氧化物，故C正确

15、；DNaH、NaN3、NaClO都属于离子化合物，阴离子分别为H、ClO，故D正确。综上所述，答案为B。6D【详解】将铝粉与FeO粉末配制成铝热剂，分成三等份；假设每份含有2mol铝，一份直接放入足量烧碱溶液中，氧化亚铁与碱液不反应，金属铝与烧碱反应产生气体，方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，根据反应关系可知，充分反应后放出的气体的量为3mol；一份直接放入足量盐酸中，氧化亚铁与盐酸反应生成氯化亚铁，只有铝与盐酸反应放出气体，方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据反应关系可知，充分反应后放出的气体的量为3mol；一份在高温下反应()恰好完全，生成3

16、mol铁和1mol氧化铝，氧化铝与盐酸反应生成氯化铝溶液，只有铁与盐酸反应产生气体，方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2，根据反应关系可知，反应后的混合物与足量盐酸反应，放出的气体的量为3mol；结合以上分析可知，在同一条件下，；故选D。7B【详解】日照澄洲江雾开：雾属于胶体分散系，选项B正确。答案选B。8C【详解】A.一个碳原子含有6个电子，三个氢原子有3个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为6+3-1=8，1mol碳正离子（CH3）所含的电子总数为8NA，故A项错误；B.题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故B项错误；C.过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子

17、得来的氧化产物，过氧根中氧为负一价，生成8g氧气即0.25mol氧气共失去0.5mol电子，即反应中失电子数为0.5NA，故C项正确；D. 分子中S非金属性强，显-2价，故白色球是硫原子，不含SS键，故D项错误；故答案为C。【点睛】氧化还原反应中转移电子数目=得电子数=失电子数。9B【详解】相同温度下，溶液导电能力与离子浓度成正比，导电能力最强说明该溶液中离子浓度最大，FeCl3和NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离，50mL0.1molL-1FeCl3溶液铁离子浓度为0.1molL-1，氯离子浓度为0.3molL-1，20mL0.4molL-1NaHCO3溶液钠离子浓度为0.4molL

18、-1，碳酸氢根离子浓度约为0.4molL-1，所以B导电能力大于A，H3PO4是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以氢离子浓度小于0.2mol/L，磷酸根离子浓度小于0.2molL-1，酒精为非电解质，50%酒精水溶液的导电能力很弱，通过以上分析知，溶液中离子浓度最大的是20mL0.4molL-1NaHCO3溶液，则溶液导电能力最强的是B。10D【详解】A. 电解质的强弱取决于是否完全电离，与化合物类型没有必然关系，如属于强电解质而属于弱电解质，是强电解质而是弱电解质，错误；B. 虽然的水溶液能导电，但不是电解质，因为本身不电离，错误；C. 电解质是化合物，而是单质，错误；D. 虽然碳酸钙的溶解

19、度很小，但溶解的碳酸钙能全部电离，所以碳酸钙是强电解质，正确；故选D。11D【详解】A蔗糖溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故A错误；B硫酸铜溶液是溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故B错误；C氢氧化铁固体不是胶体，不能产生丁达尔效应，故C错误；D氯化钠一酒精溶胶属于胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；答案选D。12C【分析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。【详解】A 铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；B 氯化钠溶液虽然能导电，但为混合物，既不是电解质，也不

20、是非电解质，其中氯化钠为电解质，B不符合题意；C 熔融的硝酸钾能导电，为化合物，符合电解质的定义，属于电解质，C符合题意；D 酒精溶液不能导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，D不符合题意；故选C。13D【详解】A0.5mol葡萄糖，其物质的量为0.5mol；B48gO2的物质的量为=1.5mol；C标准状况下，22.4LH2的物质的量为=1mol；D2NA个水分子的物质的量为=2mol；物质的量大小为DBCA，物质的量最多的是D，故选D。14B【详解】A根据分散质粒子直径大小来分类，可分为溶液(分散质粒子直径小于1nm)、胶体(分散质粒子直径在1100nm之间)和浊液(分散质粒子直

21、径大于100 nm)。根据题意可知，图中圆的大小代表分散质粒子的相对大小，即I为胶体中的分散质粒子，II为浊液中的分散质粒子，故A错误； BI对应的分散系为氯化银胶体，制备I对应的分散系的离子方程式为(胶体)，故B正确；CI对应的分散系为氯化银胶体，胶体可以通过滤纸，故不能通过过滤得到中的分散质粒子，故C错误；D两分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故D错误；故答案为B。15B【分析】混合物是由两种或多种物质混合而成的物质；纯净物是指由一种单质或一种化合物组成的物质；酸性氧化物是一类能与碱作用只生成一种盐和水的氧化物；电解质电离时所生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；金属离子或铵

22、根离子与酸根离子或非金属离子所组成的化合物为盐。【详解】A氨水为混合物；石灰乳为悬浊液，属于混合物，不属于碱，A错误；B豆浆为混合物，Cu为单质属于纯净物，SO3为酸性氧化物，烧碱为氢氧化钠属于碱，NaHCO3为盐，B正确；CCO为不成盐氧化物，并不属于酸性氧化物，氨气并不是碱，一水合氨为一元弱碱，C错误；D冰水混合物属于纯净物，纯碱为碳酸钠，属于盐类，D错误；答案选B。16 9 5【详解】(1)在题目涉及的物质中属于氧化物的有CO2；Na2O2；CaO；CO共四种。其中CO2与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物；Na2O2与酸反应除产生盐和水外，还有O2，反应过程中元素化合价发生了变化，属于过

23、氧化物；CaO与酸反应产生盐和水，属于酸性氧化物；CO既不能与酸反应产生盐和水，也不能与碱反应产生盐和水，因此属于不成盐氧化物，故属于碱性氧化物的是CaO，故合理选项是；电解质必须是化合物，在水溶液中或熔融状态下发生电离而导电。在题目涉及的物质中，CO2、无水乙醇、CO都是化合物，在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，属于非电解质；生铁、铜是金属单质，不是化合物，因此不属于电解质；稀硫酸是混合物，不是化合物，因此不属于电解质；而熔融KOH、Na2O2、苏打、CaO都是化合物，在熔融状态下能够发生电离而导电，因此都属于电解质，故属于电解质的物质序号是；物质若能够导电，则应该含有自由移

24、动的离子或电子。在题目给出的物质熔融KOH；生铁；稀硫酸；铜中，其中KOH是化合物，电离产生自由移动的K+、OH-而导电，属于电解质；生铁、铜是金属单质，含有自由移动的电子而导电；稀硫酸是混合物，其中含有H+、，故能够导电的物质序号是；(2)同位素是质子数相同，而中子数不同的同一元素的不同原子，其中、是同位素，合理选项是；同素异形体是由同一元素组成的不同性质的单质，其中、互为同素异形体，故合理选项是；(3)HCl分子中含有1个H原子和1个Cl原子，由于H原子有3种，Cl原子有3种，则HCl分子的种类数目为33=9种；相对分子质量是分子中各个原子的相对原子质量的和，在上述9种分子中，其对应的相对

25、分子质量有36、37、38、39、40，共5种。17(1) 0.4 57.6(2) 0.25 0.2NA(3) 1:2 32:17(4)2:1【解析】(1)由化学式Al2(SO4)3可知，0.2molAl2(SO4)3中Al3+的物质的量为n(Al3+)=0.2mol2=0.4mol，的物质的量为n()=0.2mol3=0.6mol，其质量为m()=0.6mol96g/mol=57.6g；答案为0.4；57.6。(2)8g的O2的物质的量为n(O2)=0.25mol，0.1molO2中含O原子的物质的量为n(O)=0.1mol2=0.2mol，其个数为0.2NA；答案为0.25；0.2NA。(

26、3)分子数相同的O2和NH3，它们的物质的量也相同，设二者物质的量都为1mol，则O2和NH3所含原子数之比为2:4=1:2，质量之比为32:17；答案为1:2；32:17。(4)设H2O的物质的量为amol，CH4的物质的量为bmol，二者氢原子数相等，即2a=4b，所以a:b=4:2=2:1，物质的量之比等于分子数之比，则含氢原子数相等的H2O与CH4的分子数之比2:1；答案为2:1。18(1) SO2 H2(2) 0.2NA 4.48(3) 62 g/mol 16(4) 1：3 0.3 mol【解析】(1)当气体质量相同时，根据n=可知：气体的摩尔质量越大，其中含有的分子数越少。H2、C

27、H4、O3、SO2四种气体的摩尔质量分别是2 g/mol、16 g/mol、48 g/mol、64 g/mol，可见SO2摩尔质量最大，其物质的量最小；H2的摩尔质量最小，且其物质的量最大，根据阿伏伽德罗定律可知同温同压下，其体积最大。即上述气体中含有分子数目最少的是SO2；在相同温度和相同压强条件下，体积最大的的是H2；(2)7.3 g HCl气体的物质的量n(HCl)=，则其中含有的HCl分子数目为0.2NA；该HCl气体标准状况下的体积V=nVm=0.2 mol22.4 L/mol=4.48 L；(3)37.2 g Na2R中含有Na+的物质的量为1.2 mol，根据盐的组成可知n(Na

28、2R)=0.6 mol，因此Na2R的摩尔质量M=； Na2R的式量是62，则R的相对原子质量为62-223=16；(4)假设混合气体中含有CO、CO2的物质的量分别是x、y，根据二者质量关系可得方程式28x+44y=16.0 g；根据二者标准状况下体积为8.96 L可得方程式(x+y)mol22.4 L/mol=8.96 L，解得x=0.1 mol，y=0.3 mol，所以n(CO)：n(CO2)=0.1 mol：0.3 mol=1：3。由于V=nVm可知：V(CO)：V(CO2)= 1：3。19(1)8.0(2)0.89【解析】(1)向氯化亚铁溶液中滴加足量氢氧化钠溶液，得到的沉淀为氢氧化

29、亚铁沉淀，过滤，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，充分灼烧得到氧化铁，氧化铁的质量为32g，则氧化铁的物质的量为=0.2mol，依据原子守恒，氯化亚铁的物质的量为0.2mol2=0.4mol，由氯原子守恒可知n(Cl)=n(HCl)=0.4mol2=0.8mol，则c(HCl)=8.0mol/L。(2)n(S)=0.05mol，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：，由方程式可得关系式：，则有：，解得x0.89。20104g【详解】当汽车受到猛烈撞击时，汽车的安全气囊内的NaN3会瞬间引发反应，生成两种单质，反应的化学方程式为2NaN32Na+3N2，则 解得m(NaN3)=104

30、g答：气囊中需要装入NaN3的质量为104g。21(1) 检查装置的气密性 气体密度受温度(2) 不合理 使用锌粉时反应速率太快，不易控制，容易使液体冲出(3)(4) 偏小 偏大【分析】倾斜三通管，使稀盐酸流入锌一侧，发生反应：Zn+2HCl=ZnCl2+H2，根据反应中Zn与H2的质量关系可计算Zn的相对原子质量，若测定导致H2的体积偏小，则Zn的相对原子质量偏大，反之Zn的相对原子质量偏小。【详解】（1）有气体生成的实验或气体制备实验，实验前要检查装置的气密性，气体密度受温度影响较大，读数时应恢复到室温；（2）实验中使用的是锌粉，反应速率太快，不易控制，容易使液体冲出，因此该设计不合理，应

31、该用锌粒；（3）设Zn的相对原子质量为M，H2的质量m=V=(V2-V1)10-3 Ld g/L=d(V2-V1)10-3 g，根据反应方程式Zn+2HC1= ZnCl2+ H2可知：每有M g Zn发生反应放出H2的质量是2 g，现在a gZn反应产生H2质量是d(V2-V1)10-3 g，可得比例式，解得M=；（4）a步骤中量气管读数时俯视刻度线，导致开始体积读数偏小，即V1偏小，根据M=分析可知V1偏小，分母偏大，H2的体积偏大，最终计算所测得Zn的相对原子质量偏小；b若步骤中水准管液面高于量气管，未调液面即读数，被封闭H2的压强大于外界大气压，则所读出的H2的体积偏小，导致所测得Zn的

32、相对原子质量偏大。22(1) 除去合金表面的氧化膜 增加接触面积，使反应充分(或加快反应速率)(2) 检验装置的气密性 气密性良好(3) 量气管两侧液面相平 量气管两侧液面相平 Zn+2HCl=ZnCl2+H2(4)D(5)46.0%(6) 偏小 有一部分氢气留在试管和导管中【分析】实验前，先将锌铜合金在稀酸中浸泡片刻，除去合金表面的氧化膜；要根据排开液体的体积来测定生成氢气的体积，首先需记录C的液面，然后使反应进行，当充分反应时在记下C的位置，最后可以对剩余固体进行处理；注意读数的方法；在乳胶管上夹上弹簧夹，向量气管加适量水，提高量气管，一段时间后，若量气管内液面不下降，说明气密性良好，测定

33、铜锌合金中锌、铜的质量分数，可以依据锌能与酸反应生成氢气，而铜不可以来进行。【详解】（1）实验前，先将铜和锌合金粉碎呈粉末，可除去合金表面的氧化膜，同时增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：除去合金表面的氧化膜；增加接触面积，使反应充分(或加快反应速率)；（2）该装置是一个密闭装置，使用前应该检验装置的气密性；打开分液漏斗旋塞；从D管(水准管)注入一定量的水，关闭分液漏斗旋塞，提高水准管，使水准管中液面高于C(量气管)，且一段时间高度不变，说明该装置气密性良好，故答案为：检验装置的气密性；气密性良好；（3）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，根据排

34、开液体的体积来测定生成氢气的体积，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，则操作的正确顺序为；稀盐酸与锌反应生成氯化锌和氢气，则B中发生反应的化学方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2，故答案为：量气管两侧液面相平；量气管两侧液面相平；Zn+2HCl=ZnCl2+H2；（4）合金的质量减去锌的质量就是铜的质量，锌的质量可以根据方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2计算得出，由于已经给出了氢气的体积，要求氢气的质量，还需要氢气的密度，故答案为：D；（5）氢气的物质的量n(H2)=mol，根据Zn+2HCl=ZnCl2+H2可知，Zn的物质的量与氢气相等，则Zn的质量为，铜的质量m(Cu)= 0.200g-0.108g=0.092g，铜的质量分数为，故答案为：46.0%；（6）实验过程中，若未冷却就读取气体体积，体积会偏大，计算出的锌的质量分数也会偏大，则铜的质量分数偏小；利用上述实验装置，测量结果总会偏小，原因是有一部分氢气留在试管和导管中，故答案为：偏小；有一部分氢气留在试管和导管中。答案第15页，共9页