2019版高一化学上学期期中试卷(含解析) (II).doc

2019版高一化学上学期期中试卷(含解析) (II)本卷可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 S：32 C：12 N：14 Na：23 K：39 Cl：35.5 Cu：64 Fe：56 Ca：40 Mg:24 Ag:108 Ba:137 I:127选择题（本题有25小题，每小题只有一个选项，每小题3分，共75分）1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,所以A选项是正确的;B.铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,所以B选项是正确的;C.对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故C错误;D.石蜡的燃烧是氧化还原反应,所以D选项是正确的.综上所述，本题应选C。2.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为()纯净物混合物电解质非电解质A盐酸冰水混合物硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾盐酸铁碳酸钙D胆矾食盐水氯化铜碳酸钠A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】冰水混合物是纯净物，故A错误；熔融氧化铝能导电，氧化铝为电解质，B正确；铁是单质，碳酸钙是电解质，故C错误；碳酸钠是电解质，故D错误。点睛：水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质与溶解性无关。3.下列推理正确的是A. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3,故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜,故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C. 活泼金属钠保存在煤油中,故活泼金属铝也保存在煤油中D. 钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂,故金属单质参与反应时金属均作还原剂【答案】D【解析】铁丝在氧气中燃烧生成Fe3O4，A项错误；钠和溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，不能从硫酸铜溶液中置换出铜，B项错误；金属铝在空气中形成致密的氧化膜，故可以保存在空气中，C项错误。4.某化学学习小组讨论辨析以下说法： 粗盐和酸雨都是混合物； 金属氧化物都是碱性氧化物； 冰和干冰既是纯净物又是化合物； 金属单质不是非电解质； 盐酸和食醋既是化合物又是酸； 纯碱和熟石灰都是碱； 烟和豆浆都是胶体。上述说法中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】粗盐中含有氯化钠、氯化镁、氯化钙等物质，属于混合物；酸雨中含有硫酸和水等物质，属于混合物，故正确；金属氧化物可以是两性氧化物如Al2O3，也可以是酸性氧化物如Mn2O7，故错误；冰是固态的水，干冰是固态二氧化碳，所以它们既是纯净物又是化合物，故正确；非电解质或电解质均是化合物，金属单质不是非电解质，故正确；盐酸中含有氯化氢和水属于混合物，食醋中含有乙酸和水属于混合物，故错误；熟石灰是氢氧化钙是碱，纯碱是碳酸钠不是碱而是盐，故错误；豆浆是蛋白质在水中形成的分散系，烟是由固体小颗粒在空气中形成的分散系，二者均符合胶体分散质微粒直径，都是胶体，故正确；答案选A。5.下列反应既是氧化还原反应，又是化合反应的是( )A. Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 B. SO2+H2O2=H2SO4C. CaO+H2O=Ca(OH)2 D. Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O【答案】B【解析】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；SO2+H2O2=H2SO4有元素化合价改变，既是氧化还原反应，又是化合反应，故B正确；CaO+H2O=Ca(OH)2没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O不是化合反应，故D错误。点睛：两种或多种物质生成一种物质的反应是化合反应；有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有元素化合价变化的反应是非氧化还原反应。6.2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4。下列结论正确的是A. 均是氧化还原反应B. 氧化性强弱顺序是K2Cr2O7Fe2(SO4)3I2C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1D. 反应中0.1mol还原剂共失去电子数为6.021023【答案】B【解析】试题分析：A、化学反应方程式中没有电子的得失，不为氧化还原反应，错误；B、在反应中K2Cr2O7为氧化剂，FeSO4为还原剂，Fe2（SO4）3为氧化产物，Cr2（SO4）3为还原产物，在第三个反应中Fe2（SO4）3为氧化剂，HI为还原剂，I2为氧化产物，FeSO4为还原产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的还原性，故氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7Fe2（SO4）3I2，正确；C、反应中K2Cr2O7为氧化剂，FeSO4为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，正确；D、反应中HI为还原剂，1 molHI被氧化失去1 mol电子，0.1mol还原剂共失去电子数为6.021022，错误。考点：考查氧化还原反应。7.取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察到下列实验现象：金属钠熔化 在空气中燃烧，放出紫色火花 燃烧后得到白色固体 燃烧时火焰为黄色 燃烧后生成淡黄色的固体物质，描述正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】由于钠的熔点较低，先熔化，故正确；钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色，故错误；钠与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故错误；钠与氧气反应生成发出黄色火焰，故正确；钠在加热条件下能在空气中燃烧，生成过氧化钠，为淡黄色固体，故正确；即只有正确，答案为D。8.下列说法正确的是A. 氧化还原反应的本质是反应前后有元素化合价的升降B. Ag+ + Cl = AgCl的反应属于化合反应C. 从1L1molL1的H2SO4溶液中取出10mL该溶液，其中H+浓度为2molL1D. 一种元素化合价升高时必然有另一种元素化合价降低【答案】C【解析】【详解】A氧化还原反应的本质为电子的转移，其特征为元素化合价的升降，A错误；BAg+ClAgCl为溶液中的离子反应，由生成沉淀可知，符合复分解反应发生的条件，为溶液中的复分解反应，B错误；C.硫酸是二元强酸，1 mol/LH2SO4溶液中H+浓度为2 mol/L，由于溶液具有均一性，则1L溶液中取出10mL，溶液不变，C正确；D一种元素化合价升高时不一定有另一种元素化合价降低，可以是同一种元素之间发生氧化还原反应，例如氯气与氢氧化钠溶液反应，D错误；答案选C。【点睛】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、离子反应、溶液的浓度等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，注重基础知识的考查。选项D是解答的易错点，注意氧化还原反应的特点，学会举例排除法。9.朱自清在荷塘月色中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因是（ ）A. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为109m107mB. 光是一种胶体C. 雾是一种胶体D. 发生丁达尔效应【答案】A【解析】雾是一种胶体，所以月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因是空气中的小水滴颗粒直径大小约为109m107m，故选A。10.现有MgSO4Ba(NO3)2NaOHCuCl2四种溶液，不加其他试剂就可鉴别出来，鉴别的先后顺序是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】首先观察溶液颜色，蓝色的是CuCl2；再用CuCl2取滴定其他3个溶液，有蓝色沉淀产生的是NaOH；用NaOH去滴定其他2个溶液，有白色沉淀产生的是MgSO4；最后余下Ba(NO3)2。故鉴别先后顺序为，故选A。11.下列溶液中c(NO3 )比100mL2 mol/L硝酸钡溶液中c(NO3 ) 大的是A. 100mL 1.5mol/L的硝酸铝溶液 B. 200mL 1.5mol/L的硝酸镁溶液C. 300mL 1mol/L的硝酸钠溶液 D. 200mL 3mol/L的硝酸钾溶液【答案】A【解析】【详解】100mL2mol/L硝酸钡溶液中，c(NO3)=4mol/L，离子浓度=溶质浓度离子数，与溶液体积无关，据此解答。【解答】100mL2mol/L硝酸钡溶液中，c(NO3)=4mol/L，则，A、100mL1.5mol/L的硝酸铝溶液中c(NO3)=1.5mol/L3=4.5mol/L，故A符合；B、200mL1.5mol/L的硝酸镁溶液中c(NO3)=1.5mol/L2=3mol/L，故B不符合；C、300mL1mol/L的硝酸钠溶液中c(NO3)=1mol/L，故C不符合；D、200mL3mol/L的硝酸钾溶液中c(NO3)=3mol/L=3mol/L，故D不符合；答案选A。12.下列离子方程式肯定错误的是( )A. Cu2+2OH=Cu（OH）2 B. 2Fe6H=2Fe33H2C. CuO2H=H2OCu2 D. CaCO32H=Ca2CO2H2O【答案】B【解析】A、铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀，离子方程式正确，A正确；B、铁与氢离子反应生成氢气和亚铁离子，得不到铁离子，B错误；C、氧化铜与氢离子反应生成铜离子与水，方程式正确，C正确；D、碳酸钙与氢离子反应生成钙离子、水和二氧化碳，方程式正确，D正确，答案选B。13.三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是( )A. 当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：(H2)(N2)(O2)B. 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：p(H2)p(N2)p(O2)C. 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V(O2)V(N2)V(H2)D. 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)m(N2)m(O2)【答案】B【解析】试题分析：对于一定量的气体来说，符合克拉伯龙方程PV=nRT=RT，根据方程中各个物理量之间的关系结合选项分析解答解：氢气的摩尔质量是2g/mol，氮气的摩尔质量是28g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，A当温度和压强相同时，气体摩尔体积相同，根据知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是（H2）（N2）（O2），故A错误；B根据PV=nRT=RT得PM=RT，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p（H2）p（N2）p（O2），故B正确；C根据PV=nRT=RT得V=，当它们的质量和温度、压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是：V（O2）V（N2）V（H2），故C错误；D根据PV=nRT=RT得m=，当它们的压强和体积、温度均相同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m（H2）m（N2）m（O2），故D错误；故选B14.将金属钠分别投入到下列物质的溶液中,有气体放出且溶液质量减轻的是A. HCl B. H2SO4 C. H2O D. 饱和NaOH溶液【答案】D【解析】【分析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，会出现气体，如果溶液质量减轻，则说明从溶液中放出气体的质量大于溶液增加的质量，根据金属钠和物质间的反应情况，依据差量法进行计算。【详解】A钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl2NaCl+H2，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），A错误；B钠与硫酸反应方程式为：2Na+H2SO4Na2SO4+H2，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），B错误；C钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），C错误；D钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，由于是饱和的氢氧化钠溶液，溶剂减少，会析出氢氧化钠晶体，所以溶液质量会减少，D正确；答案选D。【点睛】本题考查了钠的性质，注意根据方程式分析反应后溶液质量的变化即可。选项D是解答的易错点，注意题干选项“饱和的氢氧化钠溶液”。15.现有2mol金属钠，一半与氧气反应生成氧化钠，另一半与氧气反应生成过氧化钠，则上述两个氧化还原反应过程中转移的电子数之比为（ ）A. 12 B. 21 C. 11 D. 41【答案】C【解析】Na无论是生成氧化钠还是过氧化钠，都是钠作还原剂失电子，氧气作氧化剂得电子。相同物质的量钠反应，失去电子相同。故答案为：C。16.取两份铝片，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量烧碱溶液反应，标准状况下均产生5.6 L气体，则两份铝片的质量之比为A. 一定为11 B. 可能为23 C. 一定为32 D. 可能为16【答案】A【解析】由于两份铝片生成的氢气的量相等，所以电子转移的量必然也是相同的。又因为铝分别与酸和碱反应时，虽然产物不同，但是生成物中铝的化合价是一样的，所以两份铝的质量相等，A正确。17.由Na、Mg、Al、Fe四种金属单质中的两种组成的混合物共12 g,与足量盐酸反应,产生5.6 L H2(标准状况下),由此可判断混合物中必定含有A. Fe B. Na C. Mg D. Al【答案】A【解析】令两种单质为R，且金属氯化物中金属显+2价，R2H=R2H2，根据离子反应方程式，求出R的平均摩尔质量为1222.4/5.6gmol1=48 gmol1，两种金属摩尔质量一个大于48，一个小于48，Fe的摩尔质量56gmol1，Na的化合价转化成2价，其摩尔质量为46gmol1，Mg的摩尔质量为24gmol1，Al的化合价转化成2价，其摩尔质量为18 gmol1，即必须含有的金属是铁，故选项A正确。18.80 g密度为 gcm3的CaCl2溶液里含2 g Ca2+，从中取出一半的溶液中Cl的浓度是A. molL1 B. 1.25 molL1C. molL1 D. 0.63 molL1【答案】B【解析】【详解】2gCa2+离子物质的量为=0.05mol，溶液体积=L，则原溶液中c(Ca2+)=mol/L，而原溶液中c(Cl-)=2c(Ca2+)=mol/L =1.25 mol/L，溶液是均一的，故取出溶液中Cl-的浓度与原溶液中的相等，故取出一半的溶液中Cl-的浓度是1.25 mol/L，故选B。19.500 mL含有MgCl2、NaCl、Na2SO4三种物质的混合溶液，已知其中含有Cl为1.8 mol，Na+为2 mol，Mg2+为0.5 mol，则的物质的量浓度为A. 0.6 mol /L B. 0.7 mol /L C. 1.2 mol /L D. 1.0 mol /L【答案】C【解析】【详解】忽略水的电离，则根据电荷守恒可知n(Na+)+2n(Mg2+)n(Cl)+2n(SO42)，解得n(SO42)，所以溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为0.6mol0.5L1.2mol/L。答案选C。20.将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1 的较浓氨水沿玻璃棒加入到u mL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀氨水。若c1 =2c2，则：A. w12w2,u50 B. w12w2,u50 C. w1=2w2,u,所以w12w2，A正确。本题选A。点睛：本题解题的关键是要知道氨水的浓度越大其密度越小，巧妙地利用质量分数与物质的量浓度之间的换算关系以及浓氨水与稀氨水的密度大小关系，推断出它们的质量分数之间的关系。21.同温同压下，由N2O和CO2组成的混合气体的密度是C2H4、N2和H2组成的混合气体密度的 2倍，则C2H4、N2和H2组成的混合气体中H2的质量分数为A. 3/13 B. 10/13 C. 大于3/13，小于10/13 D. 3/143【答案】D【解析】N2O和CO2的相对分子质量都是44，所以由N2O和CO2组成的混合气体的平均相对分子质量也是44。由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比，也等于其相对分子质量之比。同温同压下，由N2O和CO2组成的混合气体的密度是C2H4、N2和H2组成的混合气体密度的 2倍，则C2H4、N2和H2组成的混合气体的平均相对分子质量为22，1mol此气体质量为22g。因为C2H4和N2和的相对分子质量相等都是28，所以2n(H2)+281-n(H2)=22，解之得n(H2)=mol，H2组成的混合气体中H2的质量分数为=。D正确，本题选D。22.将镁和铝的混合物a g投入到足量的氢氧化钠溶液中，充分反应后将残余固体洗净，然后使残余固体在足量的纯氧中加热，最终得到a g固体，则镁铝混合物中铝的质量分数为()A. 40% B. 47% C. 53% D. 60%【答案】A【解析】试题分析：题中反应关系为：金属混合物(Mg、Al)MgMgO，最终固体的质量和金属混合物的质量相等，则说明O元素的质量等于Al的质量，所以MgO中O的质量分数等于混合物中铝的质量分数，为：100%=40%，故选A。考点：考查了混合物的计算的相关知识。23.向盛有一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度表示)近似的用下图中的曲线表示是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：开始发生反应：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4 +2H2O，使自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电性逐渐减弱。当氢氧化钡和硫酸恰好完全反应时，沉淀达到最大值。这时自由移动的离子浓度最小。导电能力最弱。随后，随着硫酸的加入。这时溶液为硫酸溶液。自由移动的离子浓度又逐渐增大。导电能力逐渐增强。所以选项为C 。考点：溶液导电性24.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为还原剂，已知25.0 mL 0.0100 mol/L Na2S2O3溶液恰好把22.4 mL Cl2 (标准状况下)完全转化为Cl离子，则S2O32将转化成A. S2 B. S C. SO32 D. SO42【答案】D【解析】试题分析：Na2S2O3中，S为+2价，设其升高了x价。由电子得失守恒可得：x=4故升高到+6价，D正确考点：考查氧化还原反应的计算等相关知识。25.有一未完成的离子方程式为5X6H+3X23H2O，据此判断，元素在 中的化合价为A. +1 B. +3 C. +5 D. +7【答案】C【解析】【分析】根据离子方程式遵循电荷守恒，和氧化还原反应遵循得失电子守恒以及质量守恒定律分析。【详解】根据离子方程式左右电荷相等，则未知物应含有1个负电荷，根据方程式遵循质量守恒定律可知，如生成3molX2，则需要XO31mol，即未知物为1mol，因此X的化合价为+5价。答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的书写和推断，注意从守恒的角度解答，解答本题的关键是正确推断未知物的物质的量和所带电荷数。第卷（共25分）26.现有下列七种物质：铝 蔗糖 CO2 H2SO4 Ba（OH）2 红褐色的氢氧化铁胶体 HCl.（1）上述物质中属于电解质的有_（填序号）。（2）向的溶液中逐渐滴加的溶液，看到的现象是_。（3）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H+OHH2O，则该反应的化学方程式为_。（4）的浓溶液与高锰酸钾发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O。该反应中的氧化剂是_，氧化产物是_。浓盐酸在反应中显示出来的性质是_。产生0.1mol Cl2，则转移的电子的物质的量为_mol。【答案】 (1). (2). 开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失 (3). Ba（OH）2+2HClBaCl2+2H2O (4). KMnO4 (5). Cl2 (6). 还原性和酸性 (7). 0.2【解析】【详解】（1）铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；CO2自身不能电离，是非电解质；H2SO4在水溶液中能够导电，是电解质；Ba（OH）2在水溶液中能够导电，是电解质；红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；HCl在水溶液中能够导电，是电解质；故属于电解质的是：，（2）向氢氧化铁胶体中加入盐酸，胶体遇到电解质会发生聚沉，故先出现红褐色沉淀，氢氧化铁能与盐酸反应，后沉淀溶解；（3）离子反应H+OH-H2O代表强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应，如Ba（OH）2+2HClBaCl2+2H2O；（4）反应2KMnO4+16HCl（浓）2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，KMnO4中锰的化合价由+7价降低为+2价，化合价降低，故KMnO4为氧化剂；HCl中氯的化合价部分升高，被氧化，生成的氯气是氧化产物；由反应可知，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性，即浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性；Cl元素的化合价由-1价升高到0价，产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为0.1mol2（1-0）0.2mol。27.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：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。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中剩余固体的质量为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”或“不受影响”)。（7）实验中需要用480 mL 1 mol/L的盐酸，配制过程中用于定容的玻璃仪器的规格和名称是_。【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 除去铝镁合金表面的氧化膜 (3). (4). 使D和C的液面相平 (5). 2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2 (6). 33600(a-c)/b (7). 偏小 (8). 500 mL容量瓶【解析】【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，铝和氨水不反应，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，即A中试剂为NaOH溶液；（2）铝镁为活泼金属，其表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去，即将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻的目的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，此时，除视线平视外，还应使D和C的液面相平，使里面气体压强与外界大气压相等；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，所以操作的正确顺序是；（4）B管中发生铝与NaOH溶液的反应，反应的化学方程式为2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2；（5）铝镁合金的质量为ag，B中还有固体剩余，其质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H22M 322400mL（a-c） bmL解之得：M=33600(ac)/b；（6）铝的质量分数为：(ac)/a，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；（7）实验中需要用480 mL 1 mol/L的盐酸，由于没有480mL容量瓶，则配制过程中用于定容的玻璃仪器的规格和名称是500mL容量瓶。