【化学】黑龙江省大庆第十中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】黑龙江省大庆第十中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

黑龙江省大庆第十中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 试题说明:‎ ‎1．本试题满分100分，答题时间90分钟。‎ ‎2．请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。‎ ‎3．可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Li:7 Na:23 Fe:56 Al:27 Mg:24 Cu:64 K:39 Ba:137 Ag:108‎ 第Ⅰ卷 选择题部分 一、选择题（每小题只有一个选项正确，前5个小题，每小题2分，后15个小题，每小题3分，20个小题共55分。）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素化学性质的展现 B. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来，说明金属铝的熔点较低 C. 将等物质的量的氧化钠和过氧化钠分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别是a%和b%的两种溶液，则a和b的关系是a=b D. 用如图装置进行实验，将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，溶液中可观察到有大量白色沉淀产生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素的焰色反应，焰色反应是物理变化，故A错误；‎ B. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，表面生成高熔点的氧化铝，熔化后的液态铝不能滴落下来，故B错误； ‎ C. 等物质的量的Na2O和Na2O2‎ 分别与等质量的水反应，产生NaOH的物质的量相同，Na2O2与H2O反应时产生的氧气全部来自于Na2O2，所以反应后溶液的质量相同，两溶液中溶质的质量分数也相同，故C正确；‎ D.将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，开始氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，后来偏铝酸钠与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，可观察到的现象是开始没有沉淀、后产生沉淀，故D错误。‎ ‎2.铁、铝各1mol组成的混合物溶于一定量的盐酸，恰好完全反应后，再加入3mol Na2O2固体使之充分反应，最终产物是（ ）‎ A. Fe（OH）2、Al（OH）3、NaCl B. Fe（OH）2、Al（OH）3、NaAlO2、NaCl C. Fe（OH）3、NaAlO2、NaCl D. Fe（OH）3、Al（OH）3、NaAlO2、NaCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铁、铝各1mol组成的混合物溶于一定量的盐酸，恰好完全反应后，生成1mol氯化亚铁和1mol氯化铝，再加入3molNa2O2，过氧化钠与水反应生成氧气和6mol氢氧化钠，2mol氢氧化钠与氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁和氯化钠，再与水、氧气反应生成氢氧化铁沉淀，而氯化铝则与氢氧化钠恰好反应生成偏铝酸钠和氯化钠。答案选C。‎ ‎3.把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，反应现象不同的是(　　)‎ A B C D X NaHCO3‎ NaAlO2‎ NaHCO3‎ MgCl2‎ Y Ca(OH)2‎ HCl HCl NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ca(OH)2过量：化学方程式：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O，NaHCO3过量：化学方程式：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，均有白色沉淀，故A错误；‎ B、HCl滴入NaAlO2中，NaAlO2一开始是过量的,现象为生成沉淀,沉淀逐渐增加然后逐渐减少，HCl+NaAlO2+H2O=NaCl+Al(OH)3↓，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O；NaAlO2‎ 滴入HCl中，盐酸是过量的，先生成沉淀，沉淀迅速消失，继续滴入后生成沉淀，沉淀不再减少，NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O，AlCl3+3NaAlO2+6H2O=NaCl+4Al(OH)3↓，故B正确；‎ C、NaHCO3与HCl均产生气泡，故C错误；‎ D、氯化镁与氢氧化钠反应均产生白色沉淀，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 分别在甲乙两支侧管中装入1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3，试管中各有10mL相同浓度的盐酸(如图)同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，乙装置的气球膨胀速率大 B. 用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)2‎ C. 取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色。结论：该Fe(NO3)2试样已经变质 D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲中碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，乙中碳酸氢钠直接和盐酸反应生成二氧化碳，所以乙装置的气球膨胀速率大，故A正确；‎ B、开始反应时，A中生成的氢气由C进入B，排出B中的空气，可以防止氢氧化亚铁被氧化，一段时间后，关闭止水夹C，A中的硫酸亚铁进入B，与氢氧化钠反应生成Fe(OH)2，故B正确；‎ C、Fe(NO3)2试样加水溶解，滴加稀H2SO4酸化，发生反应3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO，生成Fe3+，干扰变质的检验，故C错误；‎ D、Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2，加入足量烧碱溶液充分反应，Al(OH)3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤，向滤液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎5.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）‎ A. 在0～a范围内，只发生中和反应 B. a＝0.3‎ C. ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。‎ ‎【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；‎ B．根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别为=0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；‎ C．根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；‎ D．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.下列叙述不正确的是( )‎ A. 丁达尔效应可以区别溶液和胶体 B. 合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度 C. 向醋酸溶液中加入Na2CO3固体，溶液的导电性明显增强 D. 配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，使所得溶液浓度偏大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 胶体能产生丁达尔效应，丁达尔效应可以区别溶液和胶体，A正确；‎ B. 合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度，B正确；‎ C. 向醋酸溶液中加入Na2CO3固体生成醋酸钠，离子浓度增大，溶液的导电性明显增强，C正确；‎ D. 配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积增加，使所得溶液浓度偏小，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎7.在下图点滴板上进行四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是（　　）‎ A. a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O ‎ B. b反应：HCO3-＋OH－===CO32-＋H2O C. c反应：H＋＋OH－===H2O ‎ D. d反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe2＋被H2O2氧化为Fe3＋，a反应的离子方程式是2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，故A错误；‎ B、碳酸氢铵与过量氢氧化钠反应生成碳酸钠、一水合氨、水，b反应的离子方程式是：HCO3-＋2OH－+ NH4+=CO32-＋H2O+ NH3·H2O，故B错误；‎ C、醋酸与氢氧化钾反应生成醋酸钾和水，c反应的离子方程式是CH3COOH+ OH－=CH3COO－+H2O，故C错误；‎ D、氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，d反应的离子方程式是Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+，故D正确。‎ ‎8.下列实验操作不能达到实验目的的是（ ）‎ 选项 实验目的 实验操作 A 配制0.4000mol·L−1的NaOH溶液 称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容 B 除去Mg粉中混有的Al粉 加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥 C 比较Fe3+和I2的氧化性强弱 向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色 D 检验溶液中存在SO42‾‎ 向未知溶液中先加入足量盐酸酸化，再加入BaCl2溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化钠溶于水放热，称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却到室温后，转移至250mL容量瓶中定容，可得0.40mol·L−1的NaOH溶液，故选A；‎ B、Al粉与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥，可除去Mg粉中混有的Al粉，故不选B；‎ C、向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明发生反应2Fe3++2I- =2Fe2++I2，证明氧化性Fe3+>I2，故不选C；‎ D、向未知溶液中先加入足量盐酸酸化，再加入BaCl2‎ 溶液，若有白色沉淀生成，说明原溶液中一定含有SO42‾，故不选D。‎ ‎9.已知Fe3O4可表示成FeO·Fe2O3，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是（ ）‎ A. O2和S2O32－是氧化剂，Fe2+是还原剂 B. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5‎ C. 每生成1molFe3O4，转移电子的物质的量为2mol D. 若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】在3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+；硫元素的化合价变化为：+2→+2.5；氧元素的化合价变化：0→-2。据此解答。‎ ‎【详解】A、化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+；硫元素的化合价变化为：+2→+2.5；氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，故A错误；‎ B、由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，故B错误；‎ C、由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子为1mol×4=4mol，故C错误；‎ D、2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为2mol÷4=0.5mol，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎10.阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述中错误的是（ ）‎ ‎①标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子 ‎②常温常压下，32gSO2含有的分子数为0.5NA ‎③2molNaOH的摩尔质量为80g/mol ‎④H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol ‎⑤1molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为NA ‎⑥2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NA ‎ ‎⑦常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA ‎⑧11.2L氯气中含有NA个氯原子 ‎⑨在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体中，所含有的氮原子的物质的量为2mol ‎⑩标准状况下14gCO含有的核外电子数为10NA A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 7个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故①错误； ②常温常压下，32g SO2的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为0.5NA，故②正确； ③NaOH的摩尔质量为40g/mol，摩尔质量与物质的量无关，故③错误； ④没有告诉在标况下，H2的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故④错误； ⑤1mol Na2O2与足量的CO2反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故⑤正确； ⑥没有告诉2mol/L的CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，故⑥错误； ⑦氦气是单原子分子，常温常压下，1mol氦气含有1mol氦原子，含有的原子数为NA，故⑦正确； ⑧没有告诉在标况下，题中条件无法计算11.2L氯气的物质的量，故⑧错误； ⑨N2和N2O分子中都含2个N原子，在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中含有2mol氮原子，故⑨正确； ⑩14g CO的物质的量为0.5mol，0.5mol一氧化碳中含有7mol电子，含有的核外电子数为7NA，故⑩错误；‎ 选C。‎ ‎11.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，发出黄色火焰，生成过氧化钠 B. 青铜是我国使用最早的合金，钢是用量最大、用途最广的合金 C. 铝是地壳里含量最多的金属元素，在常温下，铝不能与氧气反应 D. 铁在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠是活泼金属，熔点低，钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，发出黄色火焰，生成过氧化钠，故A正确；‎ B. 我国最早使用的合金是由铜、锡形成的青铜，目前世界上用途最广的合金是钢，如炊具、建筑材料等，故B正确；‎ C. 铝是地壳里含量最多的金属元素，铝是活泼金属，极易在空气中形成一层致密的氧化膜阻止铝进一步氧化，从而保护内层金属，不是铝不能与氧气反应，故C错误；‎ D. 铁合金易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，不能保护内层金属，易进一步氧化，应加防护措施，故D正确。‎ ‎12.下列说法正确的是(　　)‎ A. 同温同压下，相同数目的分子必具有相同的体积 B. 等质量的O2 和H2 的物质的量之比为l6：1‎ C. 不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定不等 D. 同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同温同压下，气体摩尔体积相同，液体和固体的体积与密度有关，如果一种是液体一种是固体，相同数目的分子其体积不同，A错误；‎ B．假设质量都是1g，n（O2）：n（H2）=mol：mol=1：16，B错误；‎ C．不同的气体若体积不等，它们所含的分子数有可能相等，这与气体摩尔体积有关，C错误；‎ D．根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列有关物质及成分、性质和用途都正确的是（ ）‎ 选项 物质及成分 性质 用途 A 小苏打(Na2CO3)‎ 与酸反应产生二氧化碳 作发酵粉 B 胃舒平[Al(OH)3 ]‎ 与酸发生中和反应 做胃酸中和剂 C 磁性氧化铁(Fe2O3)‎ 难溶于水，颜色为红色 制造红色涂料 D 蓝矾(CuSO4·5H2O)‎ 蓝色 检验水蒸气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小苏打的成分是NaHCO3，小苏打可作发酵粉，故A错误；‎ B、胃舒平的主要成分是Al(OH)3 ，是胃酸中和剂，故B正确；‎ C、磁性氧化铁的成分是Fe3O4，颜色为黑色，故C错误；‎ D、无水硫酸铜遇水变蓝，所以用无水硫酸铜检验水蒸气，故D错误。‎ ‎14.在加入铝粉能放出氢气的溶液中，下列各组离子可能大量共存的是( )‎ A. Na+、K+、AlO2- 、CO32- B. Ag+、Cu2+、NO3-、Cl-‎ C. Mg2+、Fe3+、I-、SO42- D. NH4+、K+、SO42-、CO32-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，结合离子的性质分析判断。‎ ‎【详解】A. 如果溶液显碱性，Na+、K+、AlO2-、CO32-之间不反应，可以大量共存，A符合；‎ B. Ag+与Cl-在溶液中反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，B不符合；‎ C. Fe3+与I-在溶液中发生氧化还原反应生成亚铁离子和单质碘，不能大量共存，C不符合；‎ D. 如果溶液显酸性，则CO32-不能大量共存，如果显碱性NH4+不能大量共存，D不符合；‎ 答案选A。‎ ‎15.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是( )‎ 选项 A B C D 实验 从食盐水中提取NaCl固体 分离碘和泥沙 分离水和四氯化碳 分离Na2SO4溶液和苯（苯是难溶于水，密度比水小的液体）‎ 装置或仪器 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据混合物分离提纯的物理原理选择合适的装置。‎ ‎【详解】A项：从水溶液（食盐水）中提取固体溶质（NaCl固体）应选择蒸发装置而不是灼烧固体装置。A项错误；‎ B项：碘易升华，分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法。B项错误； ‎ C项：水和四氯化碳组成不相溶的液体混合物，使用分液方法分离。C项正确； ‎ D项：苯是难溶于水液体，分离Na2SO4溶液和苯的混合物应使用分液法。D项错误。‎ 本题选C ‎16.已知含有硝酸铜、硝酸锌、硝酸铁、硝酸银各 0.1mol 的混合溶液中加入 0.1mol 铁粉，充分搅拌后，铁溶解，溶液中不存在 Fe3+，同时析出 0.1mol 银。下列结论正确的是( )‎ A. 氧化性：Ag+ >Cu2+>Fe3+> Zn2+ ‎ B. 溶液中 Cu2+与 Fe2+物质的量比为 2：1‎ C. 0.1mol Fe 可还原 0.2mol 阳离子 ‎ D. 加入 0.1molFe 时发生了反应 Fe+Cu2+=Fe2++Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据金属活动顺序表可知氧化性Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁可知氧化性Cu2+＜Fe3+，因此氧化性应该是Zn2+＜Cu2+＜Fe3+＜Ag+，故A错误；‎ B、Fe先还原Ag+，其次是铁离子，最后是铜离子，0.1mol银离子需要消耗0.05mol铁，0.1mol铁离子消耗0.05mol铁，因此铁与银离子、铁离子恰好反应，则根据原子守恒可知溶液中Cu2+与Fe2+物质的量比为1：2，故B错误；‎ C、根据B中分析可知0.1molFe可还原0.1mol银离子和0.1mol铁离子，即0.1molFe可还原0.2mol阳离子，故C正确；‎ D、根据以上分析可知加入0.1molFe时发生反应为2Ag++Fe＝2Ag+Fe2+、2Fe3++Fe＝3Fe2+，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎17.下表中的各组物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）‎ 编号 a b c d ‎①‎ Na2O Na2O2‎ Na NaOH ‎②‎ Al2O3‎ NaAlO2‎ Al Al(OH)3‎ ‎③‎ FeCl2‎ FeCl3‎ Fe CuCl2‎ ‎④‎ MgO MgCl2‎ Mg Mg(OH)2‎ A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③ D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】① NaOH加热不能分解，NaOH不能一步转化为Na2O，故不选①；Al2O3与氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与二氧化碳反应生成Al(OH)3，Al(OH)3加热分解为Al2O3，Al与氧气反应生成Al2O3，Al与氢氧化钠反应生成NaAlO2，故选②；FeCl2与氯气反应生成FeCl3，Fe与盐酸反应生成FeCl2、Fe与氯气反应生成FeCl3；FeCl3与Cu反应生成CuCl2，CuCl2与铁反应生成FeCl2和铜，故选③；MgO与盐酸反应生成MgCl2，单质Mg与氧气反应生成MgO，单质Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和氢氧化钠反应生成Mg(OH)2，加热Mg(OH)2分解为MgO，故选④；‎ 选D。‎ ‎18.有一混合物的水溶液可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、HCO3﹣、SO42﹣，现取两份100mL的该溶液进行如下实验：‎ ‎(1)第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；‎ ‎(2)第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．‎ 根据上述实验，下列推测正确的是(　　)‎ A. Ba2+一定存在 ‎ B. 100mL该溶液中含0.01mol HCO3－‎ C. Na+不一定存在 ‎ D. Cl﹣不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH－＝NH3↑+H2O，产生NH3为0.02mol，可得NH4+也为0.02mol。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3－+Ba2++OH－＝BaCO3↓+H2O、SO42－+Ba2+＝BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在HCO3－、SO42－，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g-2.33g＝1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1molHCO3-，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可得，溶液中一定存在HCO3－、SO42－、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒可知Na+一定存在，则 A、钡离子一定不存在，A错误；‎ B、100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，B正确；‎ C、根据电荷守恒可知钠离子一定存在，C错误；‎ D、不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，干扰氯离子检验，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎19.铁、铜混合粉末18.0 g加入到100 mL 5.0 mol·L－1 FeCl3 溶液中，剩余固体质量为3.2 g。下列说法正确的是(　　)‎ A. 剩余固体是铁、铜混合物 ‎ B. 原固体混合物中铜的质量是9.6 g C. 反应后溶液中n(Fe3＋)＝0.10 mol ‎ D. 反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.5 mol ‎【答案】B ‎【解析】铁的还原性大于铜，铁、铜混合粉末加入到FeCl3 溶液中，铁先反应；FeCl3‎ 的物质的量为0.5 mol，设0.5 mol铁离子完全反应消耗铜m1g 、 m2g，则有：Cu+ 2Fe3＋=Cu2＋+2 Fe2＋，根据Cu-- 2Fe3＋关系，m1/64:0.5=1:2，解之m1=16 g；Fe+ 2Fe3＋=3 Fe2＋，根据Fe--2Fe3＋关系，m2/56:0.5=1:2, 解之m2=14g,溶解的金属质量为18-3.2=14.8 g，因为14<14.8<16，所以铁完全反应，铜部分反应，且铁离子完全反应；设反应消耗铜的物质的量为xmol, 反应的铁的量为 ymol ，则有64x+56y=14.8，x+y=0.25，解之：x=0.1 mol、y=0.15mol；原混合物中铜的质量是0.1×64+3.2=9.6 g，根据反应方程式可知反应后的溶液中：n(Fe2＋)=2x（Cu）+3y（Fe）=2×0.1+3×0.15=0.65 mol；反应后溶液中铜离子的物质的量为：n(Cu)= n(Cu2+)=0.1 mol,，n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)=0.65+0.1=0.75 mol；综上分析，剩余固体全部为铜，溶液中不可能含有Fe3＋，A、C均错误；反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.75 mol，D错误；正确选项B。‎ ‎20.溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和NO3-‎ B. 在滴加NaOH溶液物质的量为0.5～0.7mol时，发生离子反应为Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O C. 溶液中阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋‎ D. n(H＋)∶n(NH4+)∶n(Mg2＋)＝2∶4∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题意知，①溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，根据电中性原则知，溶液中一定含有硫酸根；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明溶液中一定不含铁离子；当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根离子反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。‎ ‎【详解】A、溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则一定不含CO32-和NO3-，根据电中性原则知，一定含有SO42-，故A错误；‎ B、根据题给图像知，在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：NH4++OH-=NH3·H2O，故B错误；‎ C、根据题给图像知，溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故C错误；‎ D、根据题给图像分析，氢离子消耗氢氧根离子的物质的量是0.1mol，所以氢离子的物质的量是0.1mol，氢氧化钠为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：NH4++OH-=NH3·H2O，所以铵离子的物质的量为0.2mol ，氢氧化钠为0.7至0.8mol时，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以Al3＋的物质的量是0.1mol，镁离子的物质的量是(0.4mol-0.1mol ×3)÷2=0.05mol，n(H+)∶n(NH4+)∶n(Mg2+) =2∶4∶1，故D正确。‎ 第Ⅱ卷 非选择题部分 ‎21.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化如图所示（某些反应条件和部分反应产物已略去）。‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：D___，X___。‎ ‎（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是___（填数字编号）。‎ ‎（3）反应⑥的离子方程式为：___。‎ ‎（4）反应⑦的化学方程式为___；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。‎ ‎（5）除去D溶液中混有的少量G的方法是：___。‎ ‎（6）检验G溶液中阳离子的方法是：___。‎ ‎【答案】(1). FeCl3 (2). HCl (3). ③⑥ (4). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 (5). 3Fe+4H2O(g)‎ Fe3O4+4H2 (6). 0.8 (7). 向混合液中通入足量氯气（或氯水）（或加入足量H2O2） (8). 取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】单质A和C反应生成黑色晶体E，E和X酸反应生成D、G、H，其中D、G之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H在常温下为液体，H为H2O；B为黄绿色气体，B是氯气，依据G+B=D判断D为FeCl3、G为FeCl2、X为HCl。据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析，（1）D是氯化铁，化学式是FeCl3，X是盐酸，化学式是HCl。‎ ‎（2）反应①是铁与氯气反应生成氯化铁，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应②是铁与氧气反应生成Fe3O4，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应③是Fe3O4与盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和水，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应④是FeCl3与铁反应生成FeCl2，铁元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑤是FeCl2与氯气反应生成FeCl3，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，元素化合价改变，属于氧化还原反应；在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥。‎ ‎（3）反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。‎ ‎（4）反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；3mol铁反应转移8mol电子，所以反应中每消耗0.3mol的铁，可转移电子0.8mol。‎ ‎（5）FeCl2与氯气反应生成FeCl3，除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是通入过量的氯气。‎ ‎（6）Fe3+与SCN-反应生成血红色Fe(SCN)3，Fe2+与SCN-作用不显红色，所以检验Fe2+的方法是：取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色，说明含有Fe2+。‎ ‎22.现有三种可溶性物质A、B、C，其中有一种是碱，两种是盐，溶于水后电离产生的离子如下表所示：‎ 阳离子 Na＋ H＋ Ba2＋‎ 阴离子 OH－ CO32－ SO42－‎ 为鉴别它们，分别完成一些实验。请根据实验的结果回答下列问题：‎ ‎（1）A溶液与B溶液反应可生成气体X。根据上述六种离子之间的可能反应判断X的化学式为___________，A溶液与B溶液反应的离子方程式为__________________。‎ ‎（2）气体X可以和C溶液反应生成沉淀D，沉淀D可与B溶液反应。则C的化学式为____________，B溶于水后的电离方程式为___________________。‎ ‎（3）B溶液与C溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀E。B溶液与C溶液反应至中性的离子方程式为________________________。‎ ‎（4）D与E的混合物ag，加入足量盐酸，完全反应生成的气体在标准状况下体积为bL，则求算E在混合物中的质量分数的表达式为________________________。‎ ‎【答案】(1). CO2 (2). 2H++CO32—=H2O+CO2↑ (3). Ba(OH)2 (4). NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－ (5). 2H++SO42－+Ba2++2OH－=2H2O+BaSO4↓ (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）生成的气体只有CO2符合，发生的反应为2H++CO32-=H2O+CO2↑，故答案为CO2；2H++CO32-=H2O+CO2↑；‎ ‎（2）CO2气体可以和C溶液反应生成沉淀D，则C为Ba(OH)2，沉淀D为BaCO3，与B溶液反应，则B为NaHSO4，所以A为Na2CO3，B在溶液中完全电离生成Na+、H+和SO42-，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故答案为Ba(OH)2；NaHSO4=Na++H++SO42-；‎ ‎（3）B为NaHSO4，C为Ba(OH)2，B溶液与C溶液反应至中性的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故答案为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；‎ ‎（4）D与E的混合物ag，加入足量盐酸，发生的反应为BaCO3+2HCl=CO2↑+BaCl2+H2O，n(CO2)=mol，n(BaCO3)=n(CO2)=mol，m(BaCO3)=mol×197g/mol=g，m(BaSO4)=ag-g，所以：w(BaSO4)=×100%=×100%，故答案为×100%。‎ ‎23.（1）最近材料科学家发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O(该晶体的摩尔质量为122g·mol-1)，若用NA表示阿伏加德罗常数，则12.2g该晶体中含氧原子数为___，氢原子的物质的量为___mol。‎ ‎（2）FeCl3溶液可以用来净水，用100mL2mol·L-1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数___(填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。‎ ‎（3）在标准状况下，VL某气体(摩尔质量为Mg/mol)溶解在1L水(水的密度近似为1g/cm3)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，所得溶液的密度为ρg/cm3，则所得溶液的物质的量浓度c=___mol/L(用以上字母表示，且必须化简)。‎ ‎（4）工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋NaCl+H2O。写出配平的化学方程式____。‎ ‎（5）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L(已知还原性：Fe2＋＞Br－)，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为____mol/L。反应的离子方程式为____。‎ ‎（6）若向盛有10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中加20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为____mol。‎ ‎【答案】(1). 0.33NA (2). 0.26 (3). 小于 (4). (5). 5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O (6). 2 (7). 4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl- (8). 0.022‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据计算晶体的物质的量，进而计算氧原子、氢原子的物质的量；‎ ‎（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol。‎ ‎（3）根据物质量浓度的计算公式计算；‎ ‎（4）根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式。‎ ‎（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2，氯气先氧化Fe2＋；‎ ‎（6）NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液混合，SO42-、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，OH-与Al3+、NH4+依次发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎【详解】（1）根据，12.2g该晶体的物质的量是0.1mol，含氧原子数为0.1×3.3×NA=0.33NA，氢原子的物质的量为0.1mol×2.6=0.26mol；‎ ‎（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1‎ ‎=0.2mol，生成具有净水作用的微粒是氢氧化铁胶粒，氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，所以微粒数小于0.2NA。‎ ‎（3）在标准状况下，VL某气体的物质的量是；VL某气体的质量是；所得溶液的质量是，溶液的体积是，所以物质的量浓度为÷= mol/L；‎ ‎（4）NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4、部分氯元素化合价由+3降低为-1，所以NaClO2既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂还原剂的比为1:4，所以反应方程式是5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O。‎ ‎（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入Cl2，氯气先氧化Fe2＋；标准状况下3.36L Cl2的物质的量是0.15mol，设FeBr2的物质的量为xmol，氯气与Fe2＋反应的离子方程式是2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-，则Fe2＋消耗氯气的物质的量是mol；与Br-反应的氯气物质的量是0.15mol-mol，氯气与Br-反应的离子方程式是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，剩余Br-的物质的量是2x-0.3+x=(3x-0.3)mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中Cl-的物质的量是0.3mol，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则3x-0.3=0.3，x=0.2mol；原FeBr2溶液的物质的量浓度为0.2mol÷0.1L=2mol/L；与Br-反应的氯气物质的量是0.15mol-mol=0.05mol，被氧化的Br-的物质的量是0.1mol，被氧化的Fe2＋、Br-的物质的量比是2:1，所以反应方程式是4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl-；‎ ‎（6）10mL 1mol•L-1NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol•L-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol；由SO42-+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42-不足，所以可以得到0.02mol BaSO4；根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓可知反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，根据H4++OH-=NH3•H2O可知反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol。‎ ‎24.氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧。某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体。‎ 甲同学的实验方案如下：‎ ‎（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为___，加入药品前首先要进行的实验操作是___(不必写出具体的操作方法)；其中装置B的作用是___。‎ ‎（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封)，然后在甲苯（一种有机化合物）中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放入到石英管中。通入一段时间氢气后加热石英管，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是___。‎ ‎（3）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处。采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险。分析该反应原理，完成LiH与水反应的化学方程式___。‎ ‎（4）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4mL(已换算成标准状况)，则产品中LiH与Li的物质的量之比为___。‎ ‎【答案】(1). e接a，b接f，g(或者f，g)接d (2). 检验装置的气密性 (3). 除去H2中的H2O和HCl (4). 收集c处排出的气体并检验H2纯度 (5). LiH＋H2O=LiOH＋H2↑ (6). 10∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，最后连接浓硫酸，可以防止空气中的水蒸气进入C。据此解答。‎ ‎【详解】（1）A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，e接a用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，b接f在C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，g接d，可以防止空气中的水蒸气进入C，所以仪器装置接口的连接顺序为e接a，b接f，g(或者f，g)接d；涉及气体的实验，加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置的气密性；装置B中盛放的碱石灰，作用是除去H2中的H2O和HCl。‎ ‎（2）加热氢气与氧气的混合气体，易爆炸，所以加热D处的石英管之前，必须收集c处排出的气体并检验H2纯度。‎ ‎（3）LiH与水反应生成氢氧化锂和氢气，反应的化学方程式是LiH＋H2O=LiOH＋H2↑。‎ ‎（4）共收集到氢气的体积是470.4mL，物质的量是；设样品中LiH与Li的物质的量分别是xmol、ymol，则8x+7y=0.174①；根据反应方程式LiH＋H2O=LiOH＋H2↑、2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，则0.021mol②；联立①②，解得x=0.02，y=0.002；则产品中LiH与Li的物质的量之比为10:1。‎ ‎25.把 NaOH、MgCl2、AlCl3 三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生 1.16g 白色沉淀， 再向所得浊液中逐渐加入 2.00mol/LHCl 溶液，加入HCl 溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。‎ ‎(1)A 点沉淀物的化学式为_____。B 点纵坐标为___________________。‎ ‎(2)A 点至B 点改为通入二氧化碳气体，至少须标准状况下二氧化碳_____mL。此时发生反应的离子方程式为_____。‎ ‎(3)B 点含溶质的物质的量是_____mol。C 点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl 溶液的体积为_____mL。‎ ‎【答案】(1). Mg(OH)2 (2). 4.28 (3). 448 (4). 2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－ (5). 0.22 (6). 110‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】加入盐酸开始阶段沉淀不溶解，说明反应中氢氧化钠过量，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸钠，氢氧化钠被完全中和后偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝，最后加入的盐酸溶解氢氧化镁和氢氧化铝，结合图象分析解答。‎ ‎【详解】（1）向水中有沉淀物组成的混合溶液中加入盐酸时，0～10mL时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2，即A点沉淀物的化学式为Mg(OH)2；10mL～30mL时盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+＝Al(OH)3‎ ‎↓，该阶段消耗盐酸的物质的量是0.02L×2mol/L＝0.04mol，因此生成氢氧化铝是0.04mol，质量是0.04mol×78g/mol＝3.12g，则B点纵坐标为3.12+1.16＝4.28；‎ ‎（2）向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－，0.04mol氢氧化铝消耗0.02mol二氧化碳，标况下的体积是0.02mol×22.4L/mol＝0.448L＝448mL；‎ ‎（3）当沉淀质量不再发生变化时溶液中的溶质是NaCl，A点沉淀是氢氧化镁，则n[Mg(OH)2]＝1.16g÷58g/mol＝0.02mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)＝n[Mg(OH)2]＝0.02mol；氢氧化铝的物质的量是0.04mol，根据铝离子守恒可知n(AlCl3)＝0.04mol，由Cl-离子守恒得B点含溶质氯化钠的物质的量是0.02mol×2+0.04mol×3+0.03L×2mol/L＝0.22mol；根据钠离子守恒可知原混合物中氢氧化钠是0.22mol，C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸相当于用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量n(HCl)＝n(NaOH)＝0.22mol，则C点所表示盐酸的体积为0.22mol÷2mol/＝0.11L＝110mL。‎