2020年四川省成都市实验中学高考化学模拟试卷(二)(含答案解析)

020年四川省成都市实验中学高考化学模拟试卷（二）

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

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

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，

无

C 向尿液中加入新制悬浊液，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

A. A

B. B

C. C

D. D

3.W、X、Y、Z四种短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z

Y Z

X W

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. 和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

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. 化合物不能与乙醇发生反应

B. 化合物分子式为

C. 化合物可通过苯与Cl 发生加成反应制得

D. 1mol 化合物可与发生加成反应

5.氢氧化铈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、、，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如图：

下列说法错误的是

A. 滤渣A中主要含有、

B. 过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒

C. 过程中发生反应的离子方程式为

D. 过程中消耗已折合成标准状况，转移电子数为

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

下列说法正确的是

A. 充电时，电解质溶液中向阳极移动

B. 充电时，电解质溶液中逐渐减小

C. 放电时，负极反应为：

D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气标准状况

7.常温下，向溶液中逐滴加入

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

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，则

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和，形成酸雨、污染大气，采

用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：

在鼓泡反应器中通入含有和NO的烟气，反应温度323K，

溶液浓度为反应一段时间后溶液中离

子浓度的分析结果如下表。

离子

填“提高”、“不变”或“降低”。

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”。

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”。原因是除了和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是______。

在不同温度下，溶液脱硫、脱硝的反应中和NO的平衡分压如图所示。

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”。

反应的平衡常数K表达式为______。

如果采用NaClO、替代，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，相比NaClO具有的优点是______。

9.用含锂废渣主要金属元素的含量：制备，

并用其制备电池的正极材料部分工艺流程如图：

资料：Ⅰ滤液1、滤液2中部分离子的浓度：

滤液1

滤液2

Ⅱ能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。

Ⅲ某些物质的溶解度：

20406080100

Ⅰ制备粗品

上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是______。

滤渣2的主要成分有______。

向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和溶液，充分反应后，分离出固体粗品的操作是______。

处理lkg含锂的废渣，锂的浸出率为a，转化为的转化率为b，则粗品中含的质量是______g。

Ⅱ纯化粗品

将转化为后，用隔膜法电解溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级电解原理如图所示，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

将电池级和C、高温下反应，生成和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是______。

10.张亭栋研究小组受民间中医启发，发现俗称砒霜对白血病有明显的治疗作用。氮、

磷、砷等都是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：

、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______。

的沸点比______填“高“或“低”，原因是______。

中含有的化学键类型包括______；的空间构型为______，的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是______。

白磷的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图小圆圈表示白磷分子。已知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为，则该晶胞中含有的P原子的个数为______，该晶体的密度为______用含、a的式子表示。

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：

的化学名称为______，的反应类型为______。

的官能团名称分别为______和______。

的结构简式为______。

的化学方程式为______。

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；

属于芳香化合物能发生银镜反应能发生水解反应

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______。

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。

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

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

称取铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为溶液中，充分反应．则NaOH溶液的体积______ mL．

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

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．

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．装置中导管a的作用是______ ．

实验前后碱式滴定管中液面读数分别为 mL、 mL，则产生氢气的体积为______ mL．若需确定产生氢气的量，还需测定的数据是______ ．

-------- 答案与解析 --------

1.答案：A

解析：解：氟利昂可导致臭氧空洞，与雾霾无关，故A错误；

B.“通风厨”只是避免了实验室内的污染，有害气体未被吸收处理，排放到空气中污染环境，故B 正确；

C.以纤维为增强体、金属为基体的是复合材料，碳纤维熔点高、硬度大，金属钛熔点高、导电、导热，二者的密度都较小，故C正确；

D.采用萃取原理中的“少量多次”，漂洗衣服时能节约用水，故D正确；

故选：A。

A.氟利昂可导致臭氧空洞；

B.“通风厨”只是避免了实验室内的污染，排放到空气中照样污染环境；

C.含有两种以上类型的材料称为复合材料；

D.少量多次漂洗衣物可以节约用水量。

本题考查了化学与生活的分析应用，注意知识的积累和理解，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

2.答案：B

解析：解：若含，K元素的焰色浅紫色能被Na元素的焰色黄色遮挡，操作不合理，故A 错误；

B.只有遇NaOH才能产生“先生成沉淀后沉淀溶解”的现象，操作、现象、结论均合理，故B 正确；

C.新制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，也有同样的现象，检验亚铁离子时试剂顺序不合理，故D错误；

故选：B。

A.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；

B.氢氧化铝具有两性；

C.反应需要加热至沸腾；

D.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

3.答案：B

解析：解：由以上分析可知X为Si元素、Y为N元素、Z为O元素，W为S元素。

A.X为Si元素，位于元素周期表中的第3周期第IVA族，故A错误；

B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为，故B正确；

C.是原子晶体，是分子晶体，二者结构不同，故C错误；

D.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，不是最高价含氧酸不能通过酸性比较非金属性，故D错误；

故选：B。

由元素在周期表中的位置可知Y、Z位于第二周期，X、W位于第三周期，W元素的原子序数为Z 元素原子序数的两倍，则W应为S元素，Z为O元素，由相对位置可知Y为N元素，X为Si元素，以此解答该题。

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。

4.答案：D

解析：解：化合物A含有羧基，可发生酯化反应，故A错误；

B.化合物B不含H原子，分子式为，故B错误；

C.化合物B含有苯环，由苯和氯气发生取代反应生成，故C错误；

D.化合物A含有苯环，可与氢气发生加成反应，则1mol化合物可与发生加成反应，故D正确。

故选：D。

A.A含有羧基，可发生酯化反应；

B.B不含H原子；

C.B由苯和氯气发生取代反应生成；

D.化合物A含有苯环，可与氢气发生加成反应。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

5.答案：C

解析：解：废玻璃粉末含、、以及其他少量可溶于稀酸的物质中加入稀盐酸，转化存在于滤液中，滤渣为和；加入稀硫酸和，转化为，滤渣为；加入碱后转化为沉淀，最后通入氧气将Ce从氧化为，得到产品，

A.分析可知滤渣A中主要含有、，故A正确；

B.过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；

C.稀硫酸、，三者反应生成转化为、和，反应的离子方程式为：

，故C错误；

D.过程是通入氧气将Ce从氧化为，得到产品，

，消耗已折合成标准状况，转移电子数

，故D正确；

故选：C。

废玻璃粉末含、、以及其他少量可溶于稀酸的物质中加入稀盐酸，转化存在于滤液中，滤渣为和；加入稀硫酸和，转化为，滤渣为；加入碱后转化为沉淀，最后通入氧气将Ce从氧化为，得到产品，据此解答。本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识，题目难度中等。

6.答案：C

解析：【分析】

本题考查原电池与电解池的基础知识，正确判断正负极、阴阳极，注意电极反应式的书写及电子转移的计算，正确判断化合价的变化为解答该题的关键，题目难度中等。

【解答】

根据可知，中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为

，充电时阳离子向阴极移动，以此解答该题。

A.充电时阳离子向阴极移动，故A错误；

B.充电时，总反应为，则电解质溶液中逐渐增大，故B错误；

C.放电时，负极反应式为，故C正确；

D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气标准状况，故D错误。

故选C。

7.答案：D

解析：解：溶液中，则HA是强酸，5ml碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，51ml恰好溶液呈中性，说明碱为弱碱，故A正确；

B.HA是强酸，碱为弱碱，MA是强酸弱碱盐，其稀溶液，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，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，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碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，

，根据电荷守恒得，

，故D错误；

故选：D。

溶液中，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点和的和．

A.根据的HA溶液的可知，HA在溶液中完全电离，则HA为强电解质，恰好反应需要碱50ml，溶液呈酸性分析；

B.N点为中性溶液，而K点溶液显示碱性，氢氧根离子抑制了水电离电离，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱；

C.由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为，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，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度；

D.根据物料守恒、电荷守恒判断溶液中结果．

本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点，题目难度中等．

8.答案：提高减小大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小形成沉淀，反应平衡向产物方向移动，转化率提高

解析：解：、在碱性条件下反应生成、，N元素化合价由价变为价、Cl 元素化合价由价变为价，根据转移电子守恒及电荷守恒配平方程式为

，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，

故答案为：；提高；

随着吸收反应的进行，溶液由碱性转化为中性，则溶液的pH减小，

故答案为：减小；

由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，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，

故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

由图分析可知，反应温度升高，和NO的平衡分压越大，说明平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小，

故答案为：减小；

反应的平衡常数，

故答案为：；

形成沉淀，反应平衡向产物方向移动，转化率提高，NaClO反应后生成NaCl，不如生成硫酸钙沉淀容易，

故答案为：形成沉淀，反应平衡向产物方向移动，转化率提高。

、在碱性条件下反应生成、，N元素化合价由价变为价、Cl元素

化合价由价变为价，根据转移电子守恒及电荷守恒配平方程式；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，根据平衡移动方向判断NO转化率改变；

随着吸收反应的进行，溶液由碱性转化为中性；

由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，较NO易溶于水，化学反应速率还与活化能有关；

由图分析可知，反应温度升高，和NO的平衡分压越大，说明平衡逆向移动；

反应的平衡常数K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；

沉淀，促进平衡正向移动。

本题考查化学平衡计算、氧化还原反应等知识点，侧重考查分析计算能力，明确元素化合物性质、

化学平衡常数含义是解本题关键，注意题图纵坐标与气体分压成反比，为易错点。

9.答案：研磨、加热、、趁热过

滤185ab 阳

解析：解：流程中为加快化学反应速率而采取的措施有研磨、加热，

故答案为：研磨、加热；

由上述分析可知，滤液1中加入NaOH调节沉淀、、，故滤渣2主要为、还有极少量的，

故答案为：、、；

根据表可知高温溶解度小，故充分反应后，通过趁热过滤分离出固体粗品；故答案为：趁热过滤；

含锂的废渣，锂的浸出率为a，则浸出的，转化为的转化率为b，则粗品中含的质量是，

故答案为：185ab；

根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电为氢氧根离子，电极反应为：

；阴极放电的是氢离子，阴极生成，根据题意得到LiOH，则LiOH 在阴极生成，移向阴极，为阳离子交换膜；

故答案为：；阳；

和C、高温下反应，生成和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则反应为，

故答案为：。

由流程可知，将含锂废渣研磨后，在条件下用稀硫酸酸浸其中的金属离子，得到含有的、、、酸性溶液，其中部分与硫酸根离子生成沉淀，过滤，滤渣1主

要是，向滤液1中加入NaOH调节沉淀、、，滤渣2主要为、还有极少量的，滤液2含有，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和

溶液，充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品，将转化为后，

用隔膜法电解溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级，将电池级和C、高温下发生，以此来解答。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解

答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

10.答案：高分子间存在较强的氢键作用，而

分子间仅有较弱的范德华力离子键和共价键正四面体16

解析：解：同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，所以N、P、As第一电离能大小顺序是；As原子的核外有33个电子，根据构造原理书写As原子的电子排布式为

，

故答案为：；；

分子间能形成氢键，不能形成氢键，分子间只存在范德华力，所以熔沸点较高，故答案为：高；分子间存在较强的氢键作用，而分子间仅有较弱的范德华力；

中和钠离子之间存在离子键、元素之间存在共价键；

中As原子价层电子对个数，根据价层电子对互斥理论判断该离子的

空间构型为正四面体；

的分子结构中每个As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断在该化合物中As的杂化方式为，

故答案为：离子键和共价键；正四面体；；

该晶胞中白磷分子个数，每个白磷分子中含有4个P原子，所以该晶胞中含有16个P原子；晶胞体积，该晶胞密度，

故答案为：16；。

同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小；As原子的核外有33个电子，根据构造原理书写As原子的电子排布式；

含有氢键的氢化物熔沸点较高；

中阴阳离子之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键；

中As原子价层电子对个数，根据价层电子对互斥理论判断该离子的

空间构型；

的分子结构中每个As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断在该化合物中As的杂化方式；

该晶胞中白磷分子个数，晶胞体积，该晶胞密度。

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、化学键等知识点，熟练掌握原子结构、物质结构、元素周期律即可解答，注意：每个白磷分子中含有4个P原子。

11.答案：苯乙酸乙酯加成反应或还原反应羰基酯基

4

解析：解：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，

故答案为：苯乙酸乙酯；加成反应或还原反应；

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，故答案为：

羰基；酯基；

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，则A是甲苯，B是，故答案为：；

是脱羧生成G，反应化学方程式为：

，

故答案为：；

结构简式为，其同分异构体要求属于芳香化合物，说明含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基，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，

故答案为：4；；

模仿转化，由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线：

，

故答案为：。

芳香烃A的相对分子质量为92，分子中最大碳原子数目，故A的分子式为，则A为，A在光照条件下发生取代反应生成B为发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应、酸化得到F为，F加热脱羧生成G，

G可以看作是先发生加成反应、再发生消去反应生成H，H发生加成反应或还原反应生成Prolitane，以此解答该题。

本题考查有机物的合成，为高考常见题型，根据转化中有机物的结构明确的发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生对知识的迁移运用能力，是有机化学常考题型。

12.答案：；97；偏高；E；D；G；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；；实验时

的温度和压强

解析：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

，

故答案为：；

含镁为时，金属铝的含量最高，合金中铝的质量为，，则：

54g 2mol

所以54g：：，解得：，

故溶液，

故答案为：97；

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，

故答案为：偏高；

方案二：装置的组装顺序：合金与水反应，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，利用增大压强原理将水排出，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，故连接顺序为：接接，

故答案为：E、D、G；

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，

故答案为：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；

滴定管的数值零刻度在上方，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，

故答案为：，

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，故答案为：实验时的温度和压强．

方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；

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；

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；

方案二：装置的组装顺序：合金与水反应，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，增大压强原理将水排出，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；

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；

滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积注意应保持干燥管与滴定管内液面等高，收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小；

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．

本题考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理

是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．