2024屆上海市寶山區行知中學高一化學第一學期期末聯考模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、標準狀況下將充滿HCl氣體的燒瓶倒置于水中，水充滿整個燒瓶后，溶液的物質的量濃度是(假設HCl沒有擴散到瓶外)A．1mol/L B．22.4mol/L C．mol/L D．無法確定2、把18.4g由NaOH和NaHCO3組成的固體混合物在密閉容器中加熱到約250攝氏度，經充分反應后排出氣體，冷卻后稱得固體質量為16.6g，試確定原混合物中NaOH與NaHCO3的物質的量的關系為（）A．NaOH<NaHCO3 B．NaOH>NaHCO3C．NaOH=NaHCO3 D．無法確定3、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述中正確的是(

)A．常溫常壓下，11.2L氧氣所含的原子數為NAB．標準狀況下，1.12LH2O所含的原子數為0.1NAC．1.8gNH4+離子中含有的電子數為NAD．71gCl2與水反應時，轉移的電子數為2NA4、某反應的能量變化如右圖。則有關該反應的敘述正確的是A．是吸熱反應 B．生成物比反應物穩定C．該反應一定可以設計成原電池 D．向外界放出的熱量為(E2－E3)5、下列關于硫的化合物敘述正確的是A．鐵槽車常用于貯運濃硫酸，是因為常溫下鐵與濃硫酸不反應B．硫在空氣中的燃燒產物是SO2，在純氧中的燃燒產物是SO3C．二氧化硫能使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色，體現了其漂白性D．濃硫酸可作干燥劑，但不能干燥H2S等還原性物質6、下列物質與反應的分類正確的是A．純堿、醋酸鈉分別屬于堿和鹽B．Na、Na2O2與水的反應均是置換反應C．氯水和次氯酸都屬于弱電解質D．鋁與強酸、強堿的反應都屬于氧化還原反應7、一定能在下列溶液中大量共存的離子組是()A．K+、Na+、S2-、MnO4- B．Na+、NH4+、SO42-、Cl-C．Fe3+、Mg2+、NO3-、SCN- D．NO3-、H+、Fe2+、Cl-8、向下列各物質水溶液中滴加稀硫酸或氯化鈣溶液時，均有白色沉淀生成的是A．NaOH B．Na2CO3 C．NaCl D．Na2SiO39、下列物質中屬于酸的是()A．HCl B．NaOH C．Mg D．CO210、將鐵屑溶于過量鹽酸后，再加下列物質，會有三價鐵生成的是（）A．稀硫酸 B．氯氣 C．氯化鋅 D．氯化銅11、下列敘述中，正確的是()A．濃硫酸能將熾熱的木炭氧化為二氧化碳B．稀硫酸能按水的組成比脫去蔗糖中的氫、氧元素C．硫酸和硝酸分別與金屬反應時，S和N元素的化合價一定發生變化D．因為濃硫酸或濃硝酸能與鋁反應，所以常溫下二者都不能用鋁制容器盛裝12、考古學上常用來測定文物的年代。的原子核內中子數是（）A．8 B．10 C．14 D．2013、膠體區別于其它分散系的本質特征是A．膠體粒子不能透過半透膜B．膠體粒子帶電荷C．膠體能夠發生丁達爾現象D．膠體粒子直徑在1-100nm之間14、下列反應中，水中的元素沒有參加氧化還原反應的是A．水蒸氣經過灼熱的焦炭 B．鈉塊投入水中C．鐵與水蒸氣反應 D．氯氣通入水中15、下列各種物質既能與強酸反應，又能與強堿反應的是（）①Al②AlCl3③Na2CO3④Al2O3⑤NaHCO3A．①②④⑤ B．①②④ C．①③ D．①④⑤16、把一定量鐵粉放入氯化鐵溶液中，完全反應后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的濃度恰好相等，則已反應的Fe3+和未反應的Fe3+的物質的量之比為（）A．1：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A為淡黃色固體，R是地殼中含量最多的金屬元素的單質，T為生活中使用最廣泛的金屬單質，D是具有磁性的黑色晶體，C、F是無色無味的氣體，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出現血紅色。（1）物質A的化學式為___，F化學式為___；（2）B和R在溶液中反應生成F的離子方程式為___；（3）H在潮濕空氣中變成M的實驗現象是___，化學方程式為___。（4）A和水反應生成B和C的離子方程式為___，由此反應可知A有作為___的用途。（5）M投入鹽酸中的離子方程式___。18、A、B、C、D、E五種物質是含鈉元素的單質或化合物，其中B為淡黃色固體，它們有如圖所示的轉化關系：(1)推斷各符號所代表的物質的化學式：A____________，B____________，C____________，D____________，E____________。(2)分別寫出反應②、⑤的化學方程式：②______________________________________，⑤__________________________________________。(3)寫出反應③的離子方程式____________________________________________。19、某次實驗需要用0.4mol/LNaOH溶液480mL。配制方法如下：（1）配制該溶液應選用_____________mL容量瓶。（2）用托盤天平準確稱量___________g固體NaOH。（3）將稱量好的NaOH固體放入500mL大燒杯，倒入約200mL蒸餾水，用玻璃棒攪拌，使固體全部溶解，待____________后，將燒杯中的溶液注入容量瓶中。（4）用少量____________洗滌燒杯2～3次，洗滌后的溶液_______________，輕輕晃動容量瓶，使溶液混合均勻。（5）向容量瓶加入蒸餾水，到液面距刻度線_________時，改用__________加蒸餾水至液面與刻度線相切。蓋好瓶塞，______________________。（6）若在配制過程中出現下列情況，將使所配制的NaOH溶液濃度偏高的是_____和_______，偏低的是_____和_____，對實驗結果沒有影響的是__________（填序號）A．所用的NaOH中混有少量的Na2CO3B．配制溶液所用的容量瓶洗滌后沒有烘干C．固體NaOH在燒杯中溶解后，立即將溶液轉移到容量瓶后，進行后面的操作D．轉移溶液后，未洗滌燒杯和玻璃棒就直接定容E.最后確定NaOH溶液體積（定容）時，俯視觀察液面20、某學習小組用如圖所示裝置測定鋁鎂合金中鋁的質量分數和鋁的相對原子質量。（1）A中試劑為________。（2）實驗前，先將鋁鎂合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。（3）檢查氣密性，將藥品和水裝入各儀器中，連接好裝置后，需進行的操作還有：①記錄C的液面位置；②將B中剩余固體過濾，洗滌，干燥，稱重；③待B中不再有氣體產生并恢復至室溫后，記錄C的液面位置；④由A向B中滴加足量試劑。上述操作的順序是________(填序號)；記錄C的液面位置時，除平視外，還應________。（4）B中發生反應的化學方程式為__________________________。（5）若實驗用鋁鎂合金的質量為ag，測得氫氣體積為bmL(已換算為標準狀況)，B中剩余固體的質量為cg，則鋁的相對原子質量為________。（6）實驗過程中，若未洗滌過濾所得的不溶物，則測得鋁的質量分數將________(填“偏大”“偏小”或“不受影響”)。21、（1）在標準狀況下，某氣體A的密度是1.25g·L－1，則它的摩爾質量是________;該氣體在相同溫度和壓強下其相對于氫氣的密度是______。若該氣體是單質，同質量的A與氧氣所含的分子數之比為_______________。（2）某物質的相對分子質量為M，在溫度為T時的溶解度為Sg，此時測得飽和溶液的密度為dg·cm－3，則該飽和溶液中該物質的物質的量濃度為_______（用代數式表示）。（3）現實驗室要用質量分數為40%的濃氫氧化鈉(密度為1.2g·mL－1)來配制濃度為0.6mol·L－1的稀氫氧化鈉100mL，問需要這種濃堿的體積是______mL。（4）下列有關實驗操作或判斷不正確的是________。A．配制一定物質的量濃度溶液，定容時俯視刻度線會導致所配溶液濃度偏大B．用干燥的pH試紙測定氯水的pHC．配制稀硫酸時，可先在燒杯中加入一定體積的蒸餾水，再邊緩慢加入濃硫酸并攪拌D．觀察鉀元素焰色反應的操作：先將鉑絲放在稀鹽酸中洗滌，然后蘸取固體氯化鉀，置于酒精燈的火焰上進行灼燒，透過藍色鈷玻璃進行觀察E．制備氫氧化亞鐵時，將盛有NaOH溶液的滴管，伸入硫酸亞鐵溶液中

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解題分析】

標況下氣體摩爾體積是22.4L/mol，氯化氫極易溶于水，將一充滿HCl的燒瓶倒置在水槽中，溶液充滿整個燒瓶，溶液體積等于氯化氫體積，假設容器的容積是VL，則氣體的體積也是VL，氯化氫的物質的量為n==mol，此時燒瓶中溶液的物質的量濃度為c(HCl)==mol/L，故答案選C?！绢}目點撥】本題考查了物質的量濃度的計算，注意氣體體積與溶液體積的關系，明確物質的量濃度公式中各個物理量的含義是解答關鍵。2、B【解題分析】

由于已知反應前混合物的質量和反應后固體的質量，所以，有可能存在過量問題；設18.4g混合物正好完全反應，減少的質量為x；NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O1241818.4gx＝x=2.7g因2.7g＞（18.4-16.6）g所以氫氧化鈉過量，碳酸氫鈉完全反應。NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O8418m（NaHCO3）（18.4-16.6）g＝m(NaHCO3)=8.4g，n(NaHCO3)==0.1mol原混合物中NaOH的質量m(NaOH)=18.4g-8.4g=10g，n(NaOH)==0.25mol，原混合物中NaOH與NaHCO3的物質的量的關系為NaOH>NaHCO3。答案選B?！绢}目點撥】本題難度很大，一是判斷反應過量問題，二是怎樣判斷過量．在判斷過量中為什么2.7g＞（18.4g-16.6g），就判斷為氫氧化鈉過量呢？主要是因為若是碳酸氫鈉過量，就會繼續分解，固體質量繼續減少，和題意不符。3、C【解題分析】

A.常溫常壓下，11.2L氧氣的物質的量無法求出，應為標準狀況，A錯誤；B.標準狀況下，1.12LH2O為液態，無法求出物質的量，B錯誤；C.1.8gNH4+離子的物質的量為0.1mol，含有的電子數為NA，C正確；D.Cl2與水反應是可逆反應，轉移的電子數小于NA，D錯誤。4、B【解題分析】A.該反應反應物能量大于生成物，是放熱反應，故A錯誤；B.生成物能量低于反應物，所以生成物比反應物穩定，故B正確；C.只有該反應是氧化還原反應，才可以設計成原電池，故C錯誤；D.向外界放出的熱量為(E1－E3)，故D錯誤。故選B。點睛：解答本題選項C，需要理解放熱的氧化還原反應可以設計成原電池反應。5、D【解題分析】

A．常溫下，鐵與濃硫酸發生鈍化，在表面生成一層致密的氧化膜，阻止反應進行，因此鐵槽車常用于貯運濃硫酸，但鈍化是化學變化，故A錯誤；B．硫在純氧中燃燒也生成二氧化硫而不是三氧化硫，故B錯誤；C．二氧化硫的漂白性是利用有色物質和二氧化硫反應生成無色物質，二氧化硫能使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色，體現了其酸性氧化物的通性，二氧化硫不能漂白酸堿指示劑，故C錯誤；D．濃硫酸具有強氧化性和酸性，所以濃硫酸不能干燥堿性及還原性氣體，堿性氣體如氨氣，還原性氣體如硫化氫，故D正確；故答案選D?！绢}目點撥】本題考查了元素及其化合物的性質，明確物質的性質是解本題的關鍵，易錯點是選項C，注意二氧化硫的漂白性原理、范圍等。6、D【解題分析】

A.純堿是碳酸鈉，屬于鹽，醋酸鈉是鹽，故A錯誤；B.置換反應指單質與化合物反應生成新的單質和化合物，Na與水的反應是置換反應，而Na2O2與水反應不是置換反應，故B錯誤；C.氯水是指氯氣的水溶液，屬于混合物，既不是電解質也不是非電解質，次氯酸屬于弱電解質，故C錯誤；D.鋁與強酸、強堿的反應都能生成氫氣，反應中有元素化合價變化，屬于氧化還原反應，故D正確；故選D。【題目點撥】此題易錯點在于C項，電解質的前提必須是化合物，單質和混合物既不是電解質也不是非電解質。7、B【解題分析】

A．S2-和MnO4-易發生氧化還原反應，而不能大量共存，故A錯誤；B．離子組Na+、NH4+、SO42-、Cl-彼此間不發生離子反應，能大量共存，故B正確；C．Fe3+和SCN-易生成配合離子，溶液呈紅色，不能大量共存，故C錯誤；D．酸性條件下NO3-有強氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，故D錯誤；故答案為B。【題目點撥】明確離子不能大量共存的一般情況，如：能發生復分解反應的離子之間，能發生氧化還原反應的離子之間，能發生絡合反應的離子之間(如Fe3+和SCN-)等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；是“可能”共存，還是“一定”共存等；試題側重對學生基礎知識的訓練和檢驗，有利于提高學生靈活運用基礎知識的能力。8、D【解題分析】

A．NaOH中滴加稀硫酸或氯化鈣溶液時，均沒有白色沉淀生成，故A錯誤；B．Na2CO3中滴加稀硫酸有CO2氣體生成，無白色沉淀生成，只有Na2CO3中滴加氯化鈣溶液時，有CaCO3白色沉淀生成，故B錯誤；C．NaCl中滴加稀硫酸或氯化鈣溶液時，均沒有白色沉淀生成，故C錯誤；D．Na2SiO3中滴加稀硫酸有H2SiO3白色沉淀生成，且Na2SiO3中滴加氯化鈣溶液時，有CaSiO3白色沉淀生成，故D正確；故答案為D。9、A【解題分析】

A.HCl是強酸，A正確；B.NaOH是強堿，B錯誤；C.Mg是金屬單質，C錯誤；D.CO2是酸性氧化物，D錯誤；故答案為：A?！绢}目點撥】電離時生成的陽離子全部都是氫離子的化合物叫酸；電離時生成的陰離子全部都是氫氧根離子的化合物叫堿。10、B【解題分析】

A.因為稀硫酸不具備強氧化性，不能氧化二價鐵離子，所以，沒有三價鐵離子生成，故A錯誤；B.將鐵加入過量的鹽酸中，鐵反應完全后氫離子還有剩余，加入氯氣后，氯氣具有強氧化性，可以將二價鐵氧化為三價鐵離子，故B正確；

C.氯化鋅溶解，電離出氯離子，與過量的氫離子在同一溶液，相當于稀鹽酸，而稀鹽酸不具備強氧化性，不能氧化二價鐵離子，故C錯誤；D.氯化銅溶于水，電離出銅離子，銅離子不能把二價鐵離子氧化，故D錯誤.故答案為B。【題目點撥】鐵屑溶于鹽酸后，溶液中主要是H+、Cl-、Fe2+，若要將Fe2+變為Fe3+，需要強氧化性物質。11、A【解題分析】

A.濃硫酸能將熾熱的木炭氧化為二氧化碳，反應的化學方程式為C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正確；B.稀硫酸沒有脫水性，稀硫酸不能按水的組成比脫去蔗糖中的氫、氧元素，應該是濃硫酸能按水的組成比脫去蔗糖中的氫、氧元素，B錯誤；C.稀硫酸與金屬反應時，S元素的化合價不發生變化，C錯誤；D.雖然濃硫酸或濃硝酸能與鋁反應，但常溫下反應生成了致密的氧化物薄膜，可以阻止反應的進行，所以在常溫下可以用鋁制容器盛裝濃硫酸或濃硝酸，D錯誤；答案選A。12、A【解題分析】

在原子的符號中，左上角表示質量數，左下角表示質子數，質量數與質子數的差值為中子數，所以中子數=14-6=8。故選A。13、D【解題分析】

膠體區別于其它分散系的本質特征是微粒直徑的大小，膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm。【題目詳解】膠體區別于其它分散系的本質特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm。答案為D。14、D【解題分析】

A.水蒸氣經過灼熱的焦炭：C+H2O(g)=CO+H2，在此反應中，水做氧化劑，故A錯誤；B.在金屬鈉與水的反應2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中,水做氧化劑，故B錯誤；C.鐵與水蒸氣的反應3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2中，水做氧化劑,故C錯誤；D.氯氣通入水中發生反應：Cl2+2H2O=HCl+HClO,水既不是氧化劑又不是還原劑，故D正確；答案：D。【題目點撥】考查氧化劑和還原劑的判定。根據化合價的變化進行判別，化合價升高的物質是還原劑，化合價降低的物質是氧化劑。沒有化合價變化的物質既不是氧化劑，又不是還原劑。15、D【解題分析】

①金屬鋁與酸反應生成Al3+和氫氣，與堿反應生成AlO2-和氫氣，①正確；②AlCl3只能和強堿反應，但是不能和強酸反應，②錯誤；③Na2CO3能與強酸反應，只能與部分強堿反應，如與氫氧化鈣反應，但不能與氫氧化鈉等堿反應，③錯誤；④Al2O3屬于兩性氧化物，既能與酸反應，生成Al3+離子，又能與堿反應生成AlO2-離子，④正確；⑤NaHCO3屬于弱酸弱堿鹽，既能與酸反應，生成CO2氣體，又能與堿反應，生成鹽，⑤正確；可見既能與強酸反應，又能與強堿反應的物質序號是①④⑤，故合理選項是D。16、D【解題分析】

設已反應的Fe3+和未反應的Fe3+的物質的量分別為x、y。據Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成Fe2+的物質的量為1.5x，據題意有1.5x=y，解得x：y=2：3，答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Na2O2H22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧劑Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O【解題分析】

A為淡黃色固體，其能與水反應，則其為Na2O2；R是地殼中含量最多的金屬元素的單質，則其為Al；T為生活中使用最廣泛的金屬單質，則其為Fe；D是具有磁性的黑色晶體，則其為Fe3O4；Na2O2與水反應生成NaOH和O2，所以C為O2；Al與NaOH溶液反應，生成偏鋁酸鈉和氫氣，所以F為H2，B為NaOH；Fe3O4與鹽酸反應，生成FeCl3、FeCl2和水，FeCl3再與Fe反應，又生成FeCl2，所以E為FeCl2；它與NaOH溶液反應，生成白色沉淀Fe(OH)2，它是H；Fe(OH)2在空氣中被氧化為Fe(OH)3，它與鹽酸反應生成FeCl3，它為W。（1）物質A的化學式為Na2O2。答案為：Na2O2F化學式為H2。答案為：H2（2）NaOH和Al在溶液中反應生成H2的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（3）Fe(OH)2在潮濕空氣中變成Fe(OH)3的實驗現象是白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色。答案為：白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）Na2O2和水反應生成NaOH和O2的離子方程式為2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。答案為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑由此反應可知A有作為供氧劑的用途。答案為：供氧劑（5）Fe(OH)3投入鹽酸中的離子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。答案為：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O18、NaNa2O2NaOHNa2CO3NaHCO32Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑CO2＋H2O＋Na2CO3=2NaHCO3CO2＋2OH－=CO32—＋H2O【解題分析】分析：A、B、C、D、E五種物質是含鈉元素的單質或化合物，其中B為淡黃色固體，B是過氧化鈉，A是鈉，C是氫氧化鈉，D是碳酸鈉，E是碳酸氫鈉，據此解答。詳解：A、B、C、D、E五種物質是含鈉元素的單質或化合物，其中B為淡黃色固體，B是過氧化鈉，A是鈉，與水反應生成C是氫氧化鈉，過氧化鈉與水反應生成D是碳酸鈉，碳酸鈉能與水、二氧化碳反應生成E是碳酸氫鈉，則（1）根據以上分析可知A、B、C、D、E的化學式分別是Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3。（2）反應②是鈉與水反應，方程式為2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑；反應⑤是碳酸鈉與水和二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，方程式為CO2＋H2O＋Na2CO3＝2NaHCO3。（3）反應③是氫氧化鈉吸收二氧化碳生成碳酸鈉，反應的離子方程式為CO2＋2OH－＝CO32－＋H2O。19、5008.0冷卻至室溫蒸餾水轉移入容量瓶1～2cm膠頭滴管反復搖勻CEADB【解題分析】

（1）實驗室沒有480mL容量瓶，因此配制過程中應選用500mL容量瓶進行配制；（2）配制所需NaOH固體質量m=0.4mol/L×0.5L×40g/mol=8.0g；（3）容量瓶是恒溫儀器，而NaOH固體溶于水過程中會放熱，因此需要待溶液冷卻至室溫后再轉移至容量瓶中；（4）溶解NaOH固體的燒杯內壁上附著有一定量溶質，因此需要用蒸餾水洗滌后再轉入容量瓶中；（5）向容量瓶中逐漸加入蒸餾水，待溶液液面距刻度線1～2cm時，用膠頭滴管滴加蒸餾水進行定容，加蒸餾水至液面與刻度線相切，蓋好瓶塞，反復動容量瓶，使溶質與溶劑混合均勻，故答案為：蒸餾水；轉移入容量瓶；1～2cm；膠頭滴管；反復搖勻；（6）配制實驗中，所配溶液中溶質濃度c===，A．所用的NaOH中混有少量的Na2CO3，則會使所稱量固體中NaOH質量偏低，導致所配溶液溶質濃度偏低；B．配制過程中還需向容量瓶中加入蒸餾水，因此配制溶液所用的容量瓶洗滌后沒有烘干并不會影響所配溶液濃度；C．固體NaOH溶解過程中會放出熱量，若固體NaOH在燒杯中溶解后，立即將溶液轉移到容量瓶后，進行后面的操作，待操作結束后，溶液會逐漸冷卻，根據熱脹冷縮原理可知，所配溶液體積將減小，導致所配溶液溶質濃度偏高；D．轉移溶液后，未洗滌燒杯和玻璃棒就直接定容會導致容量瓶中溶質不足，使所配溶液溶質濃度偏低；E．最后確定NaOH溶液體積（定容）時，俯視觀察液面會使溶液體積偏低，導致所配溶液濃度偏高。20、NaOH溶液除去鋁鎂合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【解題分析】

(1)Mg、Al均可以和酸反應，因此不可以用酸來實驗，因為Al可以和堿反應而不和Mg反應，則可以用NaOH與Al反應制得H2，然后用排水法收集H2，以計算Al的量；(2)因為Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸處理；(3)整個操作過程及原理是：檢查氣密性；記錄起始液面；加入堿反應；不產生氣體后，記錄C中的液面，兩者相減即為產生H2的量；最后稱得的固體即為Mg的質量。在讀數時要注意D、C液面相平，否則氣體將受壓，造成讀數不準；(4)B中發生的是Al與堿的反應；(5)（a-c）即為鋁的質量，再除以Al的物質的量即為鋁的摩爾質量，而n(Al)可以由產生的H2獲得；(6)未洗滌，則造成（a-c）變小，則由(5)的結果可進行判斷。【題目詳解】(1)根據鋁鎂的化學性質，鋁鎂都能與酸反應放出氫氣，但鋁還能與堿(如NaOH溶液)反應放出氫氣，而鎂不能，要測定鋁鎂合金中鋁的質量分數，應選擇NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)鋁鎂的表面都容易形成一層氧化膜，在實驗前必須除去；答案是：除去鋁鎂合金表面的氧化膜；(3)實驗時首先要檢查氣密性，記下量氣管中C的液面位置，再加入NaOH溶液開始反應，待反應完畢并冷卻至室溫后，記錄量氣管中