1、高考资源网（） 您身边的高考专家学案54实验数据的处理分析 考纲要求能分析和处理实验数据，得出合理的结论。热点1实验数据筛选与处理实验所得的数据，可分为有用、有效数据，正确、合理数据，错误、无效数据，及无用、多余数据等。能从大量的实验数据中找出有用、有效、正确、合理的数据是实验数据分析处理题的一个重要能力考查点，也是近年来命题变化的一个重要方向。解题策略对实验数据筛选的一般方法和思路为“五看”：一看数据是否符合测量仪器的精度特点，如用托盘天平测得的质量的精度为0.1 g，若精度值超过了这个范围，说明所得数据是无效的；二看数据是否在误差允许范围内，若所得的数据明显超出误差允许范围，要舍去；三看反
2、应是否完全，是否是过量反应物作用下所得的数据，只有完全反应时所得的数据，才能进行有效处理和应用；四看所得数据的测试环境是否一致，特别是气体体积数据，只有在温度、压强一致的情况下才能进行比较、运算；五看数据测量过程是否规范、合理，错误和违反测量规则的数据需要舍去。典例导悟1 (2010江苏，21B)B.对硝基甲苯是医药、染料等工业的一种重要有机中间体，它常以浓硝酸为硝化剂，浓硫酸为催化剂，通过甲苯的硝化反应制备。一种新的制备对硝基甲苯的实验方法是：以发烟硝酸为硝化剂，固体NaHSO4为催化剂(可循环使用)，在CCl4溶液中加入乙酸酐(有脱水作用), 45 反应1 h。反应结束后，过滤，滤液分别用
3、5%NaHCO3溶液、水洗至中性，再经分离提纯得到对硝基甲苯。(1)上述实验中过滤的目的是_。(2)滤液在分液漏斗中洗涤静置后，有机层处于_层(填“上”或“下”)；放液时，若发现液体流不下来，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，还有_。(3)下表给出了催化剂种类及用量对甲苯硝化反应影响的实验结果。催化剂硝化产物中各种异构体质量分数(%)总产率(%)对硝基甲苯邻硝基甲苯间硝基甲苯浓H2SO4 1.035.660.24.298.0NaHSO41.236.559.54.099.80.1544.655.10.398.90.2546.352.80.999.90.3247.951.80.399.90.3645
4、.254.20.699.9NaHSO4催化制备对硝基甲苯时，催化剂与甲苯的最佳物质的量之比为_。由甲苯硝化得到的各种产物的含量可知，甲苯硝化反应的特点是_。与浓硫酸催化甲苯硝化相比，NaHSO4催化甲苯硝化的优点有_、_。热点2实验数据综合分析如何用好、选好数据，是解决这类试题的关键所在。解决这类试题的一般方法为：比较数据，转变物质，分析利弊，确定方案。解题策略a对数据进行比较是解决问题的突破口，注意比较数据的交点与重合区。b.转变物质则是实现实验目标的重要途径，在一些物质提纯与制备的问题中，往往会提供一些物质沉淀的pH范围、物质的沸点、密度、溶解性等呈现物质物理性质的数据。在许多情况下，一些
5、物质的相关数据是重叠的，而不利于问题的解决，一般可通过转变物质来解决(如CH3COOH与CH3CH2OH的沸点很接近，要分离二者的混合物，可以通过将CH3COOH转变为CH3COONa的方法，扩大其与CH3CH2OH沸点上的差异，然后通过蒸馏的方法进行分离)。c.在实际生产、生活中，除了涉及是否能够通过相应反应来实现实验目标外，还涉及经济效益的问题，在原理、环保等没有大的差异时，选择廉价原料完成相应的实验就成为首选。典例导悟2 “卤块”的主要成分为MgCl2(含Fe2、Fe3、Mn2等杂质离子)，若以它为原料，按如下工艺流程图，即可制得“轻质氧化镁”。如果要求产品尽量不含杂质离子，而且成本较低
6、，流程中所用试剂或pH值控制可参考下列附表确定。表1化学试剂价格表试剂价格(元/t)漂白液(含NaClO 25.2%)H2O2(30%)NaOH(固98%)Na2CO3(固99.5%)卤块(MgCl2,30%)4502 4002 100600310 表2生成氢氧化物沉淀的值物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)22.77.68.39.63.79.69.811.1注：Fe2氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化成为Fe3，生成Fe(OH)3沉淀而去除之。请填写以下空白：(1)在步骤加入试剂X，最佳选择应是_，其作用是_。(2)在步骤加入的试剂Y应是_
7、，之所以要控制pH9.8，其目的是_。(3)在步骤时发生的化学反应方程式是_。热点3变量探究实验典型的变量探究型实验，往往涉及有关影响化学反应速率、化学平衡移动规律等方面的内容。解题策略处理相关实验问题时，需要注意以下内容：一是要选择合适的化学反应，所选择的反应不能太灵敏，也不能太迟钝。二是反应物的浓度要适当，不能太大，而探索浓度变量时，浓度间的差别也不能太大。三是反应体系的温度，要有规律地设计不同的反应体系的温度，也要注意物质的相应性质，不能选择会引起反应发生变化的体系温度。四是对变量要进行适当的组合，组合的一般原则是“变一定多”，即保持其他变量不变，改变其中一个变量的值进行实验，测定数据，
8、通过系列实验，找出变量对反应的影响。典例导悟3 控制变量法是化学实验的一种常用方法，下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据(计算结果精确到小数点后一位)。分析以下数据，回答下列问题：(1)实验1和实验2表明_对化学反应速率有影响，对同一规律进行研究的实验还有一组是_(填实验序号)。(2)下列说法正确的是_。At170 Bm1m2Cm619.3 Dt1t4(3)本实验还可以研究_对化学反应速率的影响。(4)稀硫酸的物质的量浓度是_ molL1，实验6生成硫酸锌的质量m5_。1(2009广东，19)某实验小组利用如下装置(部分固定装置略)制备氮化钙(Ca3N2)，并探究其实验
9、式。(1)按图连接好实验装置。检查装置的气密性，方法是_。(2)反应过程中末端导管必须始终插入试管A的水中，目的是_。(3)制备氮化钙的操作步骤是：打开活塞K并通入N2；点燃酒精灯，进行反应；反应结束后，_；拆除装置，取出产物。(4)数据记录如下：空瓷舟质量m0/g瓷舟与钙的质量m1/g瓷舟与产物的质量m2/g14.8015.0815.15 计算得到实验式CaxN2，其中x_。若通入的N2中混有少量O2，请比较x与3的大小，并给出判断依据：_。2.(2009安徽理综，28)Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能
10、氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物pCP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验设计控制pCP的初始浓度相同，固定实验温度在298 K 或313 K(其余实验条件见下表)，设计如下对比实验。(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号实验目的T/KpHc/103molL1H2O2Fe2为以下实验作参照29836.00.30探究温度对降解反应速率的影响298106.00.30数据处理实验测得pCP的浓度随时间变化的关系如上图。(2)请根据上图实验曲线，计算降解反应在50150 s内的反应速率：v(pCP)_molL1s1。解释与结论(3)实验、表明温度升高，降解反应速率增大。
11、但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因：_。(4)实验得出的结论是：pH等于10时，_。思考与交流(5)实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：_。1TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，由碳、氢、氮三种元素组成，与氢气的相对分子质量之比为120。某研究性学习小组的同学欲利用下列仪器测定TMB的分子式。其主要过程为在足量氧气流中将4.80 g TMB样品氧化(氮元素转化为N2)，再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2。请从图中选择适当的装置(装置符合气密性要求，加热装置等已略去，
12、其他用品可自选)。(1)将所选用的仪器(可重复选用，C、D之间及D后的空栏不一定表示只有一栏)连接顺序由上到下依次填入下表，并写出该仪器中应加入的试剂的名称及作用。选用的仪器加入试剂加入试剂的作用CH2O2溶液与MnO2产生氧气DCuO粉末将可能生成的CO转化为CO2(2)实验后称得A及以后的装置(均用A装置并假设每次吸收均是完全的)质量依次增加3.60 g、14.08 g、0.14 g，则TMB的分子式为_。2某研究性学习小组的同学进行了如下的实验探究，将适量1.00 molL1 CuSO4溶液和2.00 molL1 NaOH溶液混合，过滤后得到一种浅绿色碱式盐沉淀AaCu(OH)2bCuS
13、O4。将9.08 g A隔绝空气在1 000 以上加强热，得到了5.76 g红色固体B，同时得到x mol的混合气体；再将5.76 g B溶于稀硫酸得到2.56 g另一种红色固体C(已知铜的化合价有1和2)。(1)甲同学认为A中含有杂质Na，作出此判断的理由是_，验证此判断正确的方法是_，除去此杂质的方法是_。(2)B与稀硫酸反应的离子方程式为_。(3)通过计算确定A的组成为_。(4)x的取值范围：_。3已知某固体混合物可能含有镁、铝、铁、硅、二氧化硅中的几种或全部，为确定其组成，某研究性学习小组的同学取17.1 g固体混合物进行如下实验：(1)甲同学认为，由红褐色固体C知，混合物中一定存在_
14、，由固体B知一定存在_，但肯定不存在_，其他物质是否存在无法确定。(2)乙同学认为，仅由上述信息，可以完全确定上述五种物质是否存在，则乙同学确定甲同学推断外的其他物质的过程是_。(3)反应的离子方程式为_，反应的化学方程式为_。4某实验小组用0.50 molL1 NaOH溶液和0.50 molL1硫酸溶液反应，进行中和热的测定。.配制0.50 molL1 NaOH溶液。(1)若实验中大约要使用245 mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体_g。(2)从表中选择称量NaOH固体所需要的仪器是(填字母)_。名称仪器序号托盘天平(带砝码)a小烧杯b坩埚钳c玻璃棒d药匙e量筒f.测定稀硫酸和稀氢
15、氧化钠中和热的实验装置如图所示。(1)写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3 kJmol1)： _。(2)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表所示。请填写表中的空白：温度实验次数起始温度t1/终止温度t2/温度差平均值(t2t1)/H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4近似认为0.50 molL1 NaOH溶液和0.50 molL1硫酸溶液的密度都是1 gcm3，中和后生成溶液的比热容c4.18 Jg11。则中和热H_(取小数点后一位)。
16、上述实验结果与57.3 kJmol1有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)_。a实验装置保温、隔热效果差b用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度5在0 、1.01105 Pa时进行下列实验：甲、乙、丙三组实验各取30.0 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末产生气体，有关数据列表如下。试求：实验序号甲乙丙合金质量(mg)510765918气体体积(mL)560672672(1)盐酸的物质的量浓度是多少？(2)合金中各成分的质量分数。(3)在丙组实验之后，若剩余合金中的铝粉恰好完全溶解
17、，还需向容器中加入1.00 molL1的NaOH溶液_ mL。(设剩余合金与原合金成分相同)学案54实验数据的处理分析【热点探究区】典例导悟1(1)回收NaHSO4(2)下分液漏斗上口塞子未打开(3)0.32甲苯硝化主要得到对硝基甲苯和邻硝基甲苯在硝化产物中对硝基甲苯比例提高催化剂用量少且能循环使用解析本题主要考察的是物质的性质和制备，同时考查了数据的处理与分析能力，能够迅速在表中提取到有用信息，利用信息解决有关问题的能力。(1)NaHSO4在该反应中作为催化剂，因此反应后过滤的目的是为了回收NaHSO4。(2)该反应是以CCl4作为有机溶剂，CCl4的密度比水大，故有机层在下层；分液漏斗里的
18、液体放不下来，除了分液漏斗堵塞，还有可能是分液漏斗上口活塞未打开。(3)从题给数据分析，当催化剂与甲苯的比例为0.32时，总产率最高且对硝基甲苯的含量最高；从题给数据可以看出，无论以何种比例反应，产物中的主要成分主要是对硝基甲苯和邻硝基甲苯；用NaHSO4作催化剂的优点是在硝化物中对硝基甲苯的比例提高，同时催化剂用量少且能循环使用。2(1)漂白液将Fe2氧化成Fe3(2)NaOH将除Mg2以外的各种杂质金属离子都生成相应的氢氧化物沉淀，以便过滤除去(3)MgCO3H2OMg(OH)2CO2解析从表1可以看出，加入烧碱控制pH9.8时即可除去Fe2、Fe3、Mn2，此时Mg2也会因生成部分Mg(
19、OH)2而进入沉淀中，但因卤块价格低，损失不大，这样做可以保证产品的纯度。为将Fe2氧化成Fe3，可采用漂白液或H2O2，从价格上看，前者比后者便宜得多，故应选漂白液。氯化镁制成氧化镁有两条路线：烧碱路线：MgCl2Mg(OH)2MgO纯碱路线：MgCl2MgCO3MgO烧碱路线不可取，因为烧碱比纯碱的价格高，生成的中间产物Mg(OH)2是胶状沉淀，会造成过滤困难。纯碱价格低，生成的中间产物MgCO3呈粗颗粒状，易过滤，它在水中经一定时间加热后会有一部分水解，生成CO2。CO2的产生可使沉淀变得疏松，灼烧沉淀后可得到轻质MgO。3(1)温度实验3和实验4(2)AC(3)硫酸的浓度和催化剂(或压
20、强)(4)2.49.9解析(1)实验1与实验2的条件只有温度不同，故可表明温度对化学反应速率有影响，同样可知实验3与实验4的反应条件也是温度不同。(2)其他条件相同时，锌采用粉末状比采用颗粒状的反应速率快，故对比实验3、5的数据可知t170；因实验1、2采用锌的质量相同且全部溶解在稀硫酸中，故生成的硫酸锌等量，即m1m2；由实验8、10的数据可知，在加入8.0 g Zn时，稀硫酸已经耗尽，故m619.3；实验5中加入锌的质量小于实验8的，随着反应的进行，硫酸浓度变小，反应速率变慢，故t1t4。(3)本实验还可以研究硫酸的浓度、催化剂(或压强)等对反应速率的影响。(4)由稀硫酸耗尽时产生硫酸锌的
21、质量可求出50.0 mL稀硫酸中含有n(H2SO4)0.12 mol，故c(H2SO4)2.4 molL1；实验6中稀硫酸未耗尽，故可由4.0 g Zn(全部转化为ZnSO4)求出m54161/659.9。【热点集训区】高考集训1(1)关闭活塞，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热。冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，说明装置气密性良好(2)防止空气中的氧气通过末端导管进入实验装置，氧化单质钙，生成氧化钙，引入杂质(3)熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氮气，并关闭活塞(4)2.80 x3，产物中生成了CaO解析(2)要保证整个装置不能混入其他气体；(3)一定要使玻璃管冷却后再
22、停止通入氮气流；(4)要确定x值必须求出钙和氮的原子个数比，根据题目所给的数据可做如下计算m(Ca)(15.0814.90) g0.28 g，m(N)(15.1515.08) g0.07 g，则n(Ca)n(N)75，则x；若通入的N2中混有少量O2，则产物中就有可能混有了CaO，而Ca3N2中钙的质量分数为 81.08%，CaO中钙的质量分数为71.43%，所以产物中混有了CaO会导致钙的质量分数减小，x的值偏小。2(1)实验编号实验目的T/KpHc/103molL1H2O2Fe231336.00.30探究溶液的pH对降解反应速率的影响(2)8.0106(3)过氧化氢在温度过高时迅速分解(4
23、)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)(5)将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10(或将所取样品骤冷等其他合理答案均可)解析(1)实验是参照实验，所以与实验相比，实验和只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的。实验是探究温度对反应速率的影响，则T313 K，pH3，c(H2O2)6.0 molL1，c(Fe2)0.30 molL1；实验显然是探究pH的大小对反应速率的影响；(2)在50150s内，c(pCP)0.8 molL1，则v(pCP)0.08 molL1s1；(3)温度过高时，H2O2分解，c(H2O2)浓度减小，导致反应速率减小；(4)从图中看出，pH10
24、时，c(pCP)不变，即反应速率为零，说明碱性条件下，有机物pCP不能降解；(5)从第(4)题可以得出，在反应液中加入NaOH溶液，使溶液的pH迅速增大，反应停止。热点集训1(1)选用的仪器加入试剂加入试剂的作用CH2O2溶液与MnO2产生氧气B浓H2SO4干燥氧气DTMB将TMB氧化成CO2、H2O和N2DCuO粉末将可能生成的CO转化为CO2ACaCl2吸收水分A碱石灰吸收CO2A碱石灰防止空气中的CO2和H2O进入装置中(2)C16H20N2解析(1)TMB氧化后得到CO2、H2O、N2，再利用吸收剂分别吸收H2O和CO2，以确定一定量的TMB中所含碳、氢原子数目。实验中必须确保碳元素全
25、部转化为CO2，因此在用氧气氧化后再使用氧化铜作保障；为防止氧气产生时所带水蒸气的影响，要先用浓硫酸对氧气进行干燥。(2)因A中吸收剂只有固体，应选用无水CaCl2或P2O5吸收水，然后再用碱石灰吸收CO2，因此装置质量增加的3.60 g为水、14.08 g为CO2、0.14 g为吸收空气中的CO2、H2O。3.60 g H2O中含0.4 mol H、14.08 g CO2中含0.32 mol碳，由此可求出4.80 g TMB中含有0.04 mol N，故C、H、N原子最简整数比为8101，再结合其相对分子质量可求出分子式。2(1)过滤所得沉淀中含有水，水中溶解有Na做焰色实验，观察到黄色火焰
26、向漏斗中加蒸馏水至刚浸没沉淀，让水自然流下，重复此操作23次(2)Cu2O2H=CuCu2H2O(3)3Cu(OH)2CuSO4或Cu4(OH)6SO4(4)0.1x0.11解析(1)过滤所得沉淀A是湿润的，水中会溶解有可溶性物质，因此会含有Na杂质，可通过焰色反应实验验证Na，除去Na的方法是洗涤沉淀。(2)红色固体B应该是Cu2O，Cu2O在酸性条件下发生反应生成单质铜，依据氧化还原反应理论知还应有硫酸铜生成。(3)A的摩尔质量为(98a160b)gmol1，B(Cu2O)的摩尔质量为144 gmol1，假设有1 mol A，则由铜元素守恒知B的物质的量为0.5(ab)mol，故有(98a
27、160b)1440.5(ab)9.085.76，即可得ab31，所以A为3Cu(OH)2CuSO4或Cu4(OH)6SO4。(4)9.08 g A的物质的量是0.02 mol，由3Cu(OH)2CuSO42Cu2O3H2OSO3O2知0.02 mol 3Cu(OH)2CuSO4完全分解可得到0.06 mol H2O(g)、0.02 mol SO3、0.02 mol O2，三种气体共0.1 mol，但因高温下SO3会分解，由2SO32SO2O2知，SO3全部分解会使气体增加0.01 mol，故x的取值范围为0.1x0.11。3(1)铁铝镁(2)由固体B、C质量知混合物中含有2.7 g Al,5.
28、6 g铁；经分析，只含有SiO2或只含有Si都与题意不符，故混合物中硅、SiO2质量之和为8.8 g，结合固体A的质量及SiSiO2可求出原混合物中含硅2.8 g、SiO2 6 g(3)Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3解析由C的颜色知C是Fe(OH)3，则原混合物中含有0.1 mol Fe，质量为5.6 g；因镁、铁不溶于NaOH溶液，故原固体混合物与NaOH溶液反应后剩余的固体可能是Mg、Fe，又因为Mg(OH)2是白色，故原固体混合物中没有镁。铝、硅、SiO2均溶于NaOH溶液，生成相应的可溶性盐溶液，加入足量盐酸后仍能得到沉淀，则该
29、沉淀是硅酸，灼烧时得到SiO2，反应得到的固体是Al(OH)3，灼烧得到Al2O3，由2AlAl2O3知，原固体混合物中含有0.1 mol Al，质量为2.7 g；若A全部来源于原固体混合物中的SiO2，则SiO2、Fe、Al三者质量之和大于17.1 g，这不可能；若A全部来源于原固体混合物中的Si，则Si、Fe、Al三者质量之和小于17.1 g，故原混合物中含有硅与SiO2，二者质量之和为17.1 g2.7 g5.6 g8.8 g。通过一系列反应硅变成SiO2，使质量之和由8.8 g变成12 g，增加了3.2 g，由SiSiO2关系可求出原混合物中含硅2.8 g、SiO2 6 g。反应是Al
30、3与NH3H2O之间的反应，反应是Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3的反应。4.(1)5.0(2)abe.(1)H2SO4(aq)NaOH(aq)=Na2SO4(aq)H2O(l)H57.3 kJmol1(2)4.053.5 kJmol1acd解析.(1)使用245 mL NaOH溶液，但需要配制250 mL，m(NaOH)40 gmol10.25 L0.50 molL15.0 g。(2)NaOH易潮解，应放在小烧杯中称量，要用药匙取用NaOH，用托盘天平称量。.(1)根据中和热的定义，可以写出表示稀硫酸和氢氧化钠溶液反应的热化学方程式：H2SO4(aq)NaOH(aq)=Na2SO4(aq
31、)H2O(l)H57.3 kJmol1。(2)第2组实验温度差为6.1 ，属于操作失误，处理数据时应舍去；其他3组的温度差平均值为(4.0 3.94.1 )/34.0 。Qcmt4.18 Jg11(50 g30 g)4.0 1 337.6 J。H53.5 kJmol1。实验结果比57.3 kJmol1小的原因可能是量热计保温、隔热效果差，a对；仰视读数会造成所取NaOH溶液偏大，在反应过程中放出热量增多，计算的H偏大，b错；实验中若分多次将NaOH倒入硫酸中，则会使热量散失较多，造成测量值H偏小，c对；测量NaOH溶液的温度计未用水清洗便立即去测硫酸的温度，致使酸、碱提前发生中和反应，造成热量
32、损失，从而使t偏小，最终使H偏小，d对。5(1)2 molL1(2)Mg：47.1%Al：52.9%(3)78解析对比甲、乙、丙三组数据，说明甲组中的盐酸过量；丙组中加入的合金比乙组多，但放出的气体一样多，可知丙组中合金过量；乙组中放出672 mL气体，需合金的质量是：510672/560612(mg)，则乙组中的合金也过量。(1)求盐酸的浓度时应按乙组或丙组的数据来计算，即：2HClH2，n(HCl)2n(H2)20.672/22.4 mol0.06 mol，c(HCl)0.06 mol/0.03 L2 molL1。(2)求合金中各物质的质量分数时应按甲组数据来计算。设该组合金中镁的物质的量
33、为x，铝的物质的量为y，则有：24x27y0.510 g，x3y/20.560 L/22.4 Lmol1，联立解得：xy0.01 mol，w(Mg)0.24 g/(0.24 g0.27 g)100%47.1%，w(Al)52.9%。(3)丙组实验中合金过量，按题设可知剩余合金与原合金成分相同，故加入NaOH溶液发生的化学反应为MgCl22NaOH=Mg(OH)22NaCl，AlCl34NaOH=NaAlO23NaCl2H2O,2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。依据(2)中的结论可知，918 mg合金中含n(Mg)n(Al)0.018 mol。由(2)知，放出672 mL H2消耗Mg、Al的物质的量均为672/5600.01 mol0.012 mol。故剩余n(Mg)n(Al)0.006 mol，需n(NaOH)2n(Mg2)4n(Al3)n(Al)20.01240.0120.0060.078 mol，V(NaOH)0.078/1.00 L0.078 L，即78 mL。高考资源网版权所有，侵权必究！
