四川省成都市实验中学2020届高三化学模拟考试试题.doc

四川省成都市实验中学2020届高三化学模拟考试试题

四川省成都市实验中学2020届高三化学模拟考试试题

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四川省成都市实验中学2020届高三化学模拟考试试题（二）（含解析）
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.化学与生活密切相关，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 用氟利昂做制冷剂会加剧雾霾天气的形成
B. 严格地讲实验室中的“通风厨”是一种不负责任的防污染手段，因为实验产生的有害气体一般没有得到转化或吸收
C. “长征九号”运载火箭的壳体通常采用纤维作增强体，金属作基体的复合材料
D. 漂洗衣服时，可以采用萃取原理中的“少量多次”来节约用水
【答案】A
【解析】
A．氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，选项A不正确；B、严格地讲实验室中的“通风厨”是一种不负责任的防污染手段，因为实验产生的有害气体一般没有得到转化或吸收，选项B正确；C、“长征九号”运载火箭的壳体通常采用纤维作增强体，金属作基体的复合材料，选项C正确；D、漂洗衣服时，可以采用萃取原理中的“少量多次”来节约用水，选项D正确。答案选A。
2.下列有关实验操作与结论都正确的是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色
说明该食盐不含KIO3
B
向某无色溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀又会全部消失
该无色溶液中一定有Al3+，无Mg2+
C
向尿液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，没有砖红色沉淀生成
说明尿液中不含有葡萄糖
D
某待测液中先滴入氯水无明显现象，后滴入硫氰化钾溶液出现血红色
该待测液中一定含有Fe2+

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A． K元素的焰色浅紫色会被Na元素的焰色黄色遮挡，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，该操作不合理，故A错误；
B．只有Al3+遇NaOH才能产生“先生成沉淀后沉淀溶解”的现象，而且沉淀完全消失，说明不含Mg2+，操作、现象、结论均合理，故B正确；
C．新制Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖只有在加热条件下才能产生砖红色沉淀，故C错误；
D．若待测液中含有Fe3+，也有同样的现象，检验亚铁离子时应先加KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水，溶液变红，故D错误；
故选：B。
3.W、X、Y、Z四种短周期元素，在元素周期表中位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则下列说法正确的是

A. X位于元素周期表中的第3周期第ⅥA族
B. X、Y、Z三种元素对应原子的半径依次减小
C. XZ2和YZ2的结构和化学性质相似
D. 利用Y的含氧酸酸性强于W的含氧酸酸性，可证明非金属性W强于Y
【答案】B
【解析】
【分析】
由于该四种元素均是短周期元素,W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍,且W与Z同主族,原子序数相差8,故Z为O,W为S,则X为Si,Y为N，据以上分析解答。
【详解】由于该四种元素均是短周期元素,W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍,且W与Z同主族,原子序数相差8,故Z为O,W为S,则X为Si,Y为N；
A．X为硅,位于元素周期表中第3周期第ⅣA族，A错误；
B．同周期元素的原子半径从左到右依次减小,（稀有气体除外），同主族元素的原子半径从上到下依次增大,故半径:r(X)>r(Y)>r(Z)，B正确；
C．SiO2为原子晶体，NO2为分子晶体，SiO2为酸性氧化物，而NO2不是酸性氧化物，所以二者的结构和化学性质均不相似，C错误；
D．比较元素非金属性的强弱时应比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】针对选项C：SiO2为原子晶体，熔沸点高，NO2为分子晶体，熔沸点低；SiO2能够与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；而NO2能够与碱发生氧化还原反应，虽然生成盐和水，但是不属于酸性氧化物。
4.微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如图）。下列说法正确的是

A. 化合物(A)不能与乙醇发生反应
B. 化合物(B)分子式为C6H6Cl6
C. 化合物(B)可通过苯与Cl2发生加成反应制得
D. 1mol化合物(A)可与3molH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据(A)的结构简式，含有羧基，故其能与乙醇发生酯化反应，故A错误；
B、根据(B)结构简式，其分子式为C6Cl6，故B错误；
C、苯的分子式为C6H6，(B)的分子式为C6Cl6，Cl取代苯环上的H原子，属于取代反应，不是加成反应，故C错误；
D、(A)中只有苯环能与氢气发生加成反应，即1mol化合物(A)能与3molH2发生加成反应，故D正确。
5.氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

下列说法错误的是
A. 滤渣A中主要含有SiO2、CeO2
B. 过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C. 过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑
D. 过程④中消耗 11.2L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】
该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品。
【详解】A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；B.结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C错误；D.过程④中消耗 11.2L O2的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正确；故答案为C。
6.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B. 充电时，电解质溶液中c(OH－) 逐渐减小
C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–= Zn(OH)42－
D 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
【答案】C
【解析】
【详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；
B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；
C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；
D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；
答案选C。
【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。

7.常温下，向100mL0.01mol⋅L-1HA溶液中逐滴加入0.02mol⋅L -1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况体积变化忽略不计)。下列说法中不正确的是( )

A. MOH为一元弱碱
B. MA稀溶液pH<7
C. N点水的电离程度大于K点水的电离程度
D. K点对应的溶液的pH=10，则c(MOH)+c(OH)-c(H+)=0.01mol⋅L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.01mol⋅L-1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，滴入50mlMOH溶液恰好反应后，据图可知此时溶液呈酸性，说明存在M+水解使溶液显酸性，则MOH为弱碱，故A正确；
B．HA是强酸，MOH为弱碱，MA是强酸弱碱盐，其稀溶液pH<7，故B正确；
C．由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/L，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/L，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C正确；
D．在K点时混合溶液体积是MOH溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c(MOH)+c(M+)=0.01mol•L-1，c(A-)=0.005 mol•L-1，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，联立可得c(MOH)+c(OH-)-c(H+)=c(M+)-c(A-)+c(MOH)=0.01mol•L-1-0.005mol•L-1=0.005mol•L-1，故D错误；
故选：D。
二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：
(1)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10-3mol⋅L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
SO
SO
NO
NO
Cl-
c/(mol⋅L-1)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×10-4
1.2×10-5
3.4×10-3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式___。增加压强，NO的转化率___(填“提高”、“不变”或“降低”)。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐___ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
③由实验结果可知，脱硫反应速率脱硝反应速率___ (填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___。
(2)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均___ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
②反应ClO+2SO=2SO+Cl-的平衡常数K表达式为___。
(3)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是___。
【答案】 (1). 4NO+3ClO+4OH-=4NO+2H2O+3Cl- (2). 提高 (3). 减小 (4). 大于 (5). NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 (6). 减小 (7). (8). 形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高
【解析】
【详解】(1)①NO、ClO2-在碱性条件下反应生成NO、Cl-，N元素化合价由+2价变为+5价、Cl元素化合价由+3价变为-1价，根据转移电子守恒及电荷守恒配平方程式为4NO+3ClO+4OH-=4NO+2H2O+3Cl-；该反应前后气体体积减小，则增大压强平衡正向移动，NO的转化率提高；
②根据脱硝反应方程式，以及可知，随着吸收反应的进行，氢氧根不断被消耗，溶液的pH减小，；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率；SO2较NO易溶于水，化学反应速率还与活化能有关，活化能越大化学反应速率越低，所以除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高造成脱硝速率较慢；
(2)①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压pc增大，说明平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小；
②反应ClO+2SO=2SO+Cl-平衡常数；
(3)如果采用Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca(ClO)2效果比次氯酸钠的效果好。
【点睛】第3小题为本题难点，题干要求从化学平衡原理分析，即要使脱硫反应的平衡正向移动，对比NaClO和Ca(ClO)2，二者的不同之处为阳离子不同，考虑到硫酸钙微溶，而硫酸根的减少可以使平衡正向移动，据此即可得出答案。
9.用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li 3.50% Ni 6.55% Ca 6.41% Mg 13.24%)制备Li2CO3,并用其制备锂电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：

资料：i滤液1、滤液2中部分例子浓度（g·L－1）

Li＋
Ni2＋
Ca2＋
Mg2＋
滤液1
22.72
20.68
0.36
60.18
滤液2
21.94
77×10－3
0.08
0.78×10－3

ii．EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物
iii．某些物质溶解度（S）
T/℃
20
40
60
80
100
S(Li2CO3)/g
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
S(Li2SO4)/g
34.7
33.6
32.7
31.7
30.9

I.制备Li2CO3粗品
（1）上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是____。
（2）滤渣2的主要成分有____。
（3）向滤液2中先加入EDTA,再加入饱和Na2C03溶液,90℃充分反应后，分离出固体 Li2CO3粗品的操作是_______。
（4）处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是________g。（摩尔质量:Li2CO3 74 g.mol4)
II.纯化Li2CO3粗品
（5）将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO31溶液制备高纯度的LiOH,再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是____,该池使用了_________(填“阳”或“阴”）离子交换膜。

Ⅲ.制备 LiFePO4
（6）将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体,该反应的化学方程式是_________。
【答案】 (1). 研磨、70℃加热 (2). Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2 (3). 趁热过滤 (4). 185ab (5). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ (6). 阳 (7).
【解析】
【分析】
根据流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分Ca2+与硫酸根离子生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2，滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3．将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应：Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑，据此分析作答。
【详解】：（1）流程中为加快化学反应速率而采取的措施有研磨、70℃加热；故答案为：研磨、70℃加热；
（2）根据分析滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，故滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2；故答案为：Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2；
（3）根据表可知Li2CO3的溶解度小在较高的温度下较小，故90℃充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品；故答案为：趁热过滤；
（4）lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，则浸出的n（Li+）==5amol，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是5amol×0.5×b×74g/mol=185ab g；故答案为：185ab；
（5）根据电解图，阳极上发生氧化反应，氢氧根离子放电，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极上放电的是氢离子，阴极生成OH-，根据题意得到LiOH，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜；故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阳；
（6）Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则反应为：；故答案为：。
10.【化学-选修3:物质结构与性质】张亭栋研究小组受民间中医启发,发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:

(1)N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为_______；As原子的核外电子排布式为______________。
(2)NH3的沸点比PH3_____(填“高"或“低”)，原因是_____________。
(3)Na3AsO4 中含有的化学键类型包括_______；AsO43-的空间构型为_______，As4O6的分子结构如图1所示,则在该化合物中As的杂化方式是_________。
(4)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为______，该晶体的密度为___g·cm-3(用含NA、a的式子表示)。
【答案】 (1). N＞P＞As (2). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (3). 高 (4). NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力 (5). 离子键、共价键 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). 16 (9).
【解析】
【分析】
(1)同主族元素从上到下第一电离能减小；根据能量最低原则书写As原子的核外电子排布式；
(2) NH3分子间存在较强的氢键；
(3)Na3AsO4 是离子化合物，含有离子键，AsO43-中As与O之间是共价键；AsO43-的价电子对数是 ，无孤对电子；As4O6的分子中As通过3个键与O原则结合，所以As原子价电子对数是；
(4)根据均摊原则计算P原子数；根据 计算晶胞的密度。
【详解】(1)同主族元素从上到下第一电离能减小，所以N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞P＞As；根据能量最低原则，As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；
(2)NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，NH3的沸点比PH3高；
(3)Na3AsO4 是离子化合物，含有离子键，AsO43-中As与O之间是共价键，Na3AsO4 中含有的化学键类型包括离子键、共价键；AsO43-的价电子对数是，无孤对电子，所以AsO43-的空间构型为正四面体；As4O6的分子中As通过3个键与O原则结合，所以As原子价电子对数是，所以As的杂化方式是sp3；
(4)根据均摊原则，P原子数=；晶胞的摩尔质量是，1个晶胞的体积是， = g·cm-3。
【点睛】根据均摊原则计算晶胞的化学式，顶点的原子被一个晶胞占用、面心的原子被一个晶胞占用，楞上的原子被一个晶胞占用。
11.Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：

请回答以下问题：
(1)D的化学名称为______，H→Prolitane的反应类型为______。
(2)E的官能团名称分别为______和______。
(3)B的结构简式为______。
(4)F→G的化学方程式为______。
(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有______种(不含立体异构)；
①属于芳香化合物 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，其峰面积比为3∶2∶2∶1，写出符合要求的该同分异构体的结构简式______。
(6)参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线_____________(其他无机试剂和溶剂任选)。
【答案】 (1). 苯乙酸乙酯 (2). 加成反应或还原反应 (3). 羰基 (4). 酯基 (5). (6). + CO2↑ (7). 【答题空7】4 (8). (9).
【解析】
【详解】(1)根据D的结构简式可知D的名称为苯乙酸乙酯；H 与氢气在催化剂存在下发生加成反应产生Prolitane，与氢气的加成反应也叫还原反应；
(2)E结构简式为，根据结构简式可知含有的官能团分别为酯基和羰基；
(3)A相对分子质量是92，可以与氯气在光照条件下发生取代反应产生C7H7Cl，则A是甲苯，B是；
(4)E( )在碱性条件下发生水解反应，然后酸化得到F：，该物质加热发生脱羧反应产生CO2和，反应的方程式为：+ CO2↑；
(5)C结构简式为，其同分异构体要求①属于芳香化合物，说明含有苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基，③能发生水解反应，说明含有酯基，则其为甲酸形成的酯，可能结构为、、、，共有4种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，其峰面积比为3∶2∶2∶1，符合要求的该同分异构体的结构简式为；
(6)由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线是。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12.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，为测定某含镁3%～5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，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。
实验中发生反应的化学方程式是___。
[实验步骤]
(1)称取10.8g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol⋅L-1NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥___mL。
(2)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将___(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]
(1)同学们拟选用如图1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，可不填满)。
(2)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2所示的实验装置。
①装置中导管a的作用是___。
②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL，则产生氢气的体积为___mL。
③若需确定产生氢气的量，还需测定的数据是___。
【答案】 (1). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (2). 97 (3). 偏高 (4). E (5). D (6). G (7). 保持分液漏斗内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 (8). V1-V2 (9). 实验时的温度和压强
【解析】
【分析】
方案一：(1)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；
方案二：(1)装置A中合金与稀硫酸反应生成氢气，氢气难溶于水，可以用排水法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强将水排出，根据量筒中水的体积计算生成氢气的体积，为防止液体飞溅，量筒中导管需要伸入量筒底部。
【详解】方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(1)含镁为3%时，金属铝的含量最高，此时消耗的NaOH溶液体积最大，10.8g合金中铝的质量为，10.8g×(1-3%)=(10.8g×97%)g，NaOH溶液的浓度为4.0mol/L，则根据方程式可知其体积V==0.097L=97mL，故V(NaOH溶液)≥97mL，
(2)过滤得到的固体为镁，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，镁的质量分数偏高；
方案二：(1)根据分析可知最简易的装置连接顺序为：(A)接(E)、(D)接(G)；
(2)①装置中导管a可以保持分液漏斗内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；
②滴定管的零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，所以测定氢气的体积为V1-V2；
③由于气体受温度和压强的影响较大，若要确定气体的物质的量，必须知道实验时的温度和压强。
【点睛】排水法测定气体体积时一定要注意保证气体的压强与大气压相同，这样才能利用大气压和常温条件下的气体摩尔体积来确定气体的物质的量。