第三章 铁 金属材料 单元测试B卷高一化学专题滚动复习双测卷人教版必修第一册解析版.docx

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第三章铁金属材料单元测试B卷高一化学专题滚动复习双测卷人教版必修第一册解析版

第三章铁金属材料

B卷滚动提升检测

本试卷分选择题和非选择题两部分。

满分100分，考试时间40分钟。

一、选择题（每小题3分，共48分）

1．我国在春秋战国时期，就懂得将白铁褪火处理得到相当于铸钢的物器（如锋利的宝剑），这一技术要比欧洲早就两千年，那么白铁褪火处理的主要作用是（）

A．除去硫、磷杂质

B．适当降低了含碳量

C．渗入了合金元素

D．改善表面的结构性质

【答案】B

【解析】

试题分析：

因生铁碳含量2%～4.3%，钢的碳含量0.03%～2%，就是生铁中的含碳量比钢高，经过高温，生铁中的碳和氧气反应生成二氧化碳，由此降低生铁中的含碳量，从而炼成了钢，多次冶炼精度更高。

将烧红的生铁反复在空气中不断锤打，转化为坚硬的钢，其实是对生铁的不断除杂致纯的过程，答案选B。

考点：

考查钢铁冶炼

2．下列有关金属及其合金的说法不正确的是（）

A．目前我国流通的硬币是由合金材料制造的

B．锡青铜的熔点比纯铜高

C．镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹

D．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用

【答案】B

【详解】

A、目前我国流通的硬币有1角、5角、1元三种面值。

其中1角的为不锈钢即铁合金、5角的为钢芯镀铜，属于合金、1元的为钢芯镀镍也属于合金材料，选项A正确；

B、锡青铜属于合金，根据合金的特性可知熔点比任何一种纯金属的低，选项B不正确；

C、镁与氧气反应发出耀眼的白光，生成氧化镁，可用于制作照明弹，选项C正确；

D、铝在空气中迅速被氧化生成氧化铝，氧化铝对内部金属起保护作用，选项D正确。

答案选B。

3．下列说法不正确的是（）

A．钢是铁合金，钢的含碳量低于生铁，性能优于生铁

B．金属具有的物理通性是延展性、导热性、银白色光泽、导电性

C．符号Al既能表示铝元素，又能表示一个铝原子，还能表示铝单质

D．焊锡是锡铅合金，把铅加入锡中制成合金的主要目的是降低熔点

【答案】B

【详解】

A．钢的含碳量是：

0.03%--2%，生铁的含碳量是：

2%--4.3%．钢的性能优于生铁，正确；

B．金属具有的物理通性是具有导电性、延展性、导热性、大多数是银白色光泽的物质，Cu是红色，Au是黄色金属，错误；

C．符号Al是铝元素的元素符号，既能表示铝元素，又能表示一个铝原子，还能表示铝单质，正确；

D．合金的特性知道合金的熔点一般要比其组分低，焊锡的熔点要低于锡和铅，所以在焊接金属时，为节约时间，节约能源、节约成本采用锡铅合金，所以焊锡是锡铅合金，把铅加入锡中制成合金的主要目的是降低熔点，正确。

4．下列有关叙述正确的是（）

A．金属铝比铁活泼，因此在空气中，铁制品比铝制品耐腐蚀

B．铁粉可以和水蒸气在高温下反应生成Fe2O3

C．金属钠在高温下能将TiCl4溶液中的钛置换出来

D．金属单质与非金属单质发生反应时，金属单质一定发生氧化反应

【答案】D

【详解】

A．金属铝比铁活泼，铝能与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜，阻止铝与氧气的接触，故在空气中，铝制品比铁制品耐腐蚀，A叙述错误；

B．铁粉可以和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，B叙述错误；

C．金属钠在高温下能将熔融的TiCl4中的钛置换出来，而在溶液中，钠与水反应，C叙述错误；

D．金属单质与非金属单质发生反应时，金属单质的化合价一定升高，作还原剂，则金属单质一定发生氧化反应，D叙述正确；

答案为D。

5．下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是（）

A．熔融烧碱时，不能使用氧化铝坩埚：

Al2O3+2NaOH

2NaAlO2+H2O

B．刻制印刷电路时用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：

2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+

C．打磨后的镁条置于沸水中，滴加酚酞溶液变红色：

Mg+2H2O（g）

Mg（OH）2+H2↑

D．向KI溶液中滴加硫酸酸化的双氧水，溶液呈棕黄色：

2I﹣+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O

【答案】D

【详解】

A．氧化铝为两性氧化物，熔融烧碱时，不能使用普通氧化铝坩埚，是因发生Al2O3+2NaOH

2NaAlO2+H2O反应，A正确；

B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为：

Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2，该离子反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，B正确；

C．镁条能和沸水剧烈反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁具有碱性，遇酚酞变红色，所以会看到镁条表面产生大量气泡，溶液变成红色，反应为：

Mg+2H2O（g）

Mg（OH）2+H2↑，C正确；

D．双氧水能够氧化碘离子，反应的化学方程式是：

2I－+H2O2+2H+=I2+2H2O，D错误；

故选D。

6．铁与水蒸气反应实验改进前后的装置如图所示：

下列说法错误的是（）

A．将湿棉花改为浸水的尿不湿，酒精灯由单头改为双头，可提供足量的水蒸气

B．用具支试管可将试管口附近冷凝的水导出，避免冷凝水与灼热铁粉接触

C．肥皂水改为吹泡泡水，收集H2效果更好，点燃效果更明显

D．悬挂的磁铁仅能吸引反应铁粉，不能吸引反应产物

【答案】D

【详解】

A．原装置加热试管提供水蒸气，Fe与水蒸气高温下反应生成氢气，则将湿棉花改为浸水的尿不湿，酒精灯由单头改为双头，可提供足量的水蒸气，故A正确；

B．Fe与冷水不反应，则具支试管可将试管口附近冷凝的水导出，避免冷凝水与灼热铁粉接触，故B正确；

C．肥皂水改为吹泡泡水，更易产生泡沫，现象明显，收集H2效果更好，点燃效果更明显，故C正确；

D．铁、四氧化三铁均可被磁铁吸引，则悬挂的磁体不仅能吸引铁粉，也能吸引反应产物四氧化三铁，故D错误；

故选D。

7．甲、乙两个烧杯中分别盛有100mL4.0mol·L－1的盐酸和100mL4.0mol·L－1NaOH溶液，向两个烧杯中均加入5.4g铝粉，在相同状况下产生气体的体积比为（　　）

A．1∶1B．2∶3C．3∶2D．3∶1

【答案】B

【详解】

2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，根据反应方程式，消耗5.4gAl的同时消耗盐酸的物质的量为5.4×6/（2×27）mol=0.6mol>0.4mol，盐酸不足，根据盐酸计算，产生氢气的物质的量为0.4×3/6mol=0.2mol，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，0.2molAl参加反应，消耗0.2molNaOH<0.4mol，因此铝不足，氢氧化钠过量，因此产生的氢气的物质的量为0.3mol，同温同压下，体积比等于物质的量之比，产生氢气的体积比为：

0.2：

0.3=2：

3；

答案选B。

8．由60g两种金属粉末组成的混合物，与足量的盐酸反应后得到标准状况下33.6L氢气，这种金属混合物的组成可能是（）

A．Mg和AlB．Fe和ZnC．Mg和FeD．Fe和Cu

【答案】C

【详解】

标准状况下33.6L氢气物质的量为

=1.5mol，假设金属均为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，故金属的平均摩尔质量为

，因为是两种金属的混合物，故平均摩尔质量应介于各组分之间，

A.Mg的摩尔质量为24g/mol，若Al作为+2价，则其摩尔质量为

，均小于40g/mol，不符合题意，故A不可能；

B.Fe的摩尔质量为56g/mol，Zn的摩尔质量为65g/mol，均大于40g/mol，不符合题意，故B不可能；

C.Mg的摩尔质量为24g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol，平均摩尔质量40g/mol介于各组分之间，符合题意，故C可能；

D.Fe的摩尔质量为56g/mol，Cu不与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大，均大于40g/mol，不符合题意，故D不可能；

故选：

C。

9．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否。

下列类推结论中正确的是（）

A．Fe从CuSO4溶液中置换出Cu；Na从FeCl3溶液中置换出Fe

B．Ca（ClO）2溶液中通入适量CO2恰好反应，所得溶液具有漂白性；Ca（ClO）2溶液中通入适量SO2恰好反应，所得溶液也具有漂白性

C．Fe与Cl2反应生成FeCl3；Fe与I2反应生成FeI3

D．Cu（OH）2受热分解生成CuO；Fe（OH）3受热也易分解生成Fe2O3

【答案】D

【详解】

A.Na的活泼性非常强，将Na放入FeCl3溶液中，Na会与水先反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，因此Na不会从FeCl3溶液中置换出铁单质，故A错误；

B.Ca（ClO）2溶液中通入适量CO2恰好反应，会生成次氯酸，使溶液具有漂白性；Ca（ClO）2溶液中通入适量SO2恰好反应，发生氧化还原反应最终会生成硫酸钙和HCl，不会生成具有漂白性的次氯酸，则所得溶液不具有漂白性，故B错误；

C.Cl2的氧化性较强，可将Fe氧化为最高价化合物，即两者反应生成FeCl3，但I2氧化性较弱，不能将Fe氧化为最高价化合物，即Fe与I2反应只能生成FeI2，故C错误；

D.一般来说，难溶的氢氧化物受热均易分解，生成相应的氧化物与水，Cu（OH）2受热分解生成CuO，Fe（OH）3受热也易分解生成Fe2O3，故D正确；

答案选D。

10．将H2S和空气的混合气体通入制造印刷电路板的废液中（含FeCl3、FeCl2、CuCl2），可变废为宝回收S，转化关系如图所示。

下列说法错误的是（）

A．该过程的总反应为：

2H2S+O2=2S+2H2O

B．由图示转化可知氧化性：

O2＞Fe3+＞S

C．在转化过程中，废液里的FeCl3、FeCl2、CuCl2可循环利用

D．转化过程中涉及到的反应均为氧化还原反应

【答案】D

【详解】

A.由题意反应流程可知，通入氧气与硫化氢最后出现的是硫，氢与氧会生成水，故A正确；

B.由图示转换关系可知，氧气转化成Fe3+，Fe3+装化成S，所以氧化性：

O2＞Fe3+＞S，故B正确；

C.由图示转换关系可知开始有Fe3+、Cu2+，后来有Cu2+、Fe2+，故C正确；

D.H2S与Cu2+反应生成CuS的过程中，没有化合价的转变，不是氧化还原反应，故D错误；

故答案为：

D。

11．磁流体是电子材料的新秀。

将含等物质的量的FeSO4和Fe2（SO4）3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在36～55nm的磁流体。

下列说法中正确的是（）

A．所得的分散系属于悬浊液

B．用光束照射该分散系能产生丁达尔效应

C．所得的分散系中分散质为Fe2O3

D．分散系为胶体，分散质不能透过滤纸

【答案】B

【分析】

据题意磁流体分散系分散质粒子直径在36~55nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质。

【详解】

A．分散质粒子直径在36~55nm之间，所得分散系为胶体，所以不是悬浊液，故A错误；

B．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；

C．分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故不是Fe2O3，可能是Fe3O4，故C错误；

D．胶体粒子能透过滤纸，故D错误；

故答案为B。

12．3.04g某铁的氧化物Fe0.8O溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下足量的Cl2（还原产物为Cl−），恰好将其中的Fe2+完全氧化为Fe3+.参加反应的Cl2的体积为（）

A．112mLB．224mLC．336mLD．448mL

【答案】B

【详解】

，足量的Cl2恰好将其中的Fe2+完全氧化为Fe3+，设参加反应的氯气为x，由电子守恒可知x×2×（1−0）=0.05mol×0.8×（3−20.8），解得x=0.01mol，标准状况下体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，答案选B。

13．下列离子检验的操作与现象不正确的是（　　）

A．向少许待测液中滴加KSCN溶液无明显变化，再滴入氯水，溶液呈红色，则待测液中含有Fe2+

B．向少许待测液中滴几滴稀硝酸，再滴加少许硝酸银，有白色沉淀生成，则待测液中含有Cl

﹣

C．向少许待测液中逐滴加入稀氨水至过量，产生白色胶状沉淀，后又逐渐溶解，则待测液中含有Al3+

D．用洁净的铂丝用盐酸清洗后在酒精灯外焰上灼烧至无色时蘸取待测液在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰为紫色，则待测液中含有K+

【答案】C

【详解】

A．向少许待测液中滴加KSCN溶液无明显变化，说明溶液中不存在铁离子，再滴入氯水，溶液呈红色，说明此时溶液中存在铁离子，则证明待测液中含有Fe2+，故A正确；

B．向少许待测液中滴几滴稀硝酸，排除干扰离子，然后再滴加少许硝酸银，有白色沉淀生成，该白色沉淀为氯化银，则说明待测液中含有Cl﹣，故B正确；

C．向少许待测液中逐滴加入稀氨水至过量，产生白色胶状沉淀，由于氨水碱性较弱，白色沉淀不会溶解，应该使用氢氧化钠溶液检验铝离子，故C错误；

D．检验钾离子的操作方法为：

用洁净的铂丝用盐酸清洗后在酒精灯外焰上灼烧至无色时，蘸取待测液在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰为紫色，则待测液中含有K+，故D正确；

答案选C。

14．某学生设计了如下方法对X盐进行鉴定：

由此分析，下列结论中正确的是（）

A．X中一定有Fe3＋B．X一定为FeBr2溶液

C．Y为AgI沉淀D．Z中一定有Fe3＋

【答案】D

【详解】

向X的溶液中加入适量酸化的AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，该沉淀可能是AgBr，也可能是AgI，因此不能证明含有Br-、I-，向其中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，证明在反应后Z的溶液中含有Fe3+，由于在酸性条件下NO3-有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，因此不能判断在X中含有的是Fe2+还是Fe3+；

故选D。

15．将适量的SO2通入Fe（NO3）3中，溶液逐渐由棕黄色变为浅绿色，但又立即变为棕黄色，继续滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀。

在上述一系列变化过程中，最终被还原的元素是（）

A．SB．FeC．ClD．N

【答案】D

【详解】

将适量的SO2通入Fe（NO3）3中，溶液逐渐由棕黄色变为浅绿色，三价铁将二氧化硫氧化，生成亚铁离子及硫酸根，又立即变为棕黄色，说明酸性条件下，硝酸根将亚铁离子氧化，生成三价铁与硫酸根，继续滴入BaCl2溶液，产生硫酸钡白色沉淀，所以这个过程中，最终被还原的元素是N，所以答案为D。

16．已知Fe2+遇铁氰化钾会产生蓝色沉淀。

某兴趣小组的同学用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验：

下列说法不正确的是（）

A．实验ⅰ中现象说明有Fe2+生成

B．实验ⅱ中现象说明反应后溶液中含有Fe3+

C．实验ⅲ水溶液中c（Fe2+）大于ⅰ中c（Fe2+）

D．实验ⅲ中再加入4滴0.1mol·L-1FeCl2溶液，振荡静置，CCl4层溶液颜色无变化

【答案】D

【分析】

氯化铁溶液中加入等物质的量的KI发生氧化还原反应，2Fe3++2I-=I2+2Fe2+，溶液分成三等份，i中滴入1滴氰化钾会产生蓝色沉淀，证明含亚铁离子，ii中滴入1滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含铁离子，ⅲ中加入1mLCCl4溶液，碘单质溶于四氯化碳，下层呈紫红色为四氯化碳萃取了碘单质,说明该反应为可逆反应，即反应方程式应为2Fe3++2I-

I2+2Fe2+。

【详解】

A.已知Fe2+遇铁氰化钾会产生蓝色沉淀，实验i中现象说明有Fe2+生成，故A正确；

B.实验ii中滴入1滴KSCN溶液，溶液变红色，现象说明反应后溶液中含有Fe3+，故B正确；

C.i中滴入1滴氰化钾会产生蓝色沉淀，平衡逆向移动，ⅲ中加入1mLCCl4溶液，碘单质溶于四氯化碳，平衡正向移动，实验ⅲ水溶液中c（Fe2+）大于i中c（Fe2+），故C正确；

D.实验ⅲ中再加入4滴0.1mol·L-1FeCl2溶液，振荡使亚铁离子和碘单质充分接触，碘和亚铁离子反应，静置，剩余碘单质溶于四氯化碳，CCl4层溶液颜色变浅，故D错误。

故选D。

二、非选择题（共52分）

17．（8分）按要求完成下列填空：

（1）标准状况下，等质量的氧气与臭氧的体积之比为______，氧原子个数之比______。

（2）某金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g/mol，取该金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g白色沉淀。

则金属M的摩尔质量__________。

（3）标准状况下，甲烷和一氧化碳的混合气体共8.96L，其质量为

，则混合气体的平均摩尔质量为___________，甲烷的体积分数为______。

（4）某物质

加热时按化学方程式

分解，产物均为气体，测得相同条件下由生成物组成的混合物气体对

的相对密度为20，则反应物

的相对分子质量为______。

（5）

溶液分别恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的

完全转化成沉淀，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比是______。

【答案】3:

21:

127g/mol19g/mol75%120g/mol1:

3

【详解】

（1）标准状况下，等质量的氧气与臭氧的体积之比等于物质的量之比为

=3:

2；1个氧气分子中有两个氧原子，1个臭氧分子中有三个氧原子，氧原子个数之比为：

=1:

1；

（2）金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g即

=0.6molAgCl白色沉淀，所以氯离子的物质的量是0.6mol，金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g/mol，该金属氯化物质量是26.7g，物质的量为

=0.2mol，解得x=3，所以金属M的摩尔质量为133.5g/mol−（35.5g/mol×3）=27g/mol，故答案为：

27g/mol；

（3）设混合气体中甲烷的物质的量为xmol、CO的物质的量为ymol，则：

x+y=

，16x+28y=7.6，解得：

x=0.3mol，y=0.1mol；相同条件下气体体积分数等于物质的量分数=

×100%=75%，故答案为：

75%；

（4）令A的物质的量为2mol，由方程式2A=2B+C+3D，可知混合气体总物质的量为2mol+1mol+3mol=6mol，混合气体对氢气的相对密度为20，则混合气体平均摩尔质量=2g/mol×20=40g/mol，混合气体总质量=6mol×40g/mol=240g，由质量守恒定律可知A的质量等于混合气体总质量，故A的摩尔质量=

=120g/mol；

（5）由相同的Ba2+恰好可使相同体积的两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，

则Ba2++

=BaSO4↓，

∼

Fe2（SO4）3∼CuSO4，又体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的摩尔浓度之比，则两种硫酸盐溶液的摩尔浓度之比为

:

1=1:

3。

18．（12分）铁是重要的常见金属材料,也是人类较早使用的金属之一。

请运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。

（1）铁路大提速后，为将短铁轨焊接成长铁轨，可在铁轨接口处加入四氧化三铁和铝粉的混合物，用镁条引燃发生反应，写出发生置换反应的化学方程式并用单线桥法标出电子转移__________________；

（2）向20mL的沸蒸馏水中逐滴滴加5～6滴0.1mol/L的FeCl3溶液，继续煮沸没有观察到透明的红褐色现象，请问此时分散系中粒子直径的范围是______nm，判断的依据是_________________________；

（3）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：

_________________________。

（4）某校同学为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，提出如下假设：

a.只含________________________（填写溶质化学式）。

b.可能组成为___________________（填写溶质化学式）。

（5）欲从废腐蚀液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，设计实验方案如下：

请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式：

①__________③_____________④___________

【答案】

（1）

（2）＜1nm，胶体粒子粒径在1～100nm之间，该实验没有制备出胶体，因此粒径在此范围。

（3）2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+。

（4）a.FeCl2、CuCl2；b.FeCl3、FeCl2、CuCl2

（5）①Fe③Fe、Cu④HCl

【解析】

试题分析：

（1）铝是活泼的金属，能和四氧化生铁发生铝热反应生成铁和氧化铝。

在反应中铝元素的化合价从0价升高到＋3价，失去3个电子。

四氧化生铁中铁元素的化合价从＋

价降低到0价，所以根据电子的得失守恒可知，其电子转移的表示方法为

。

（2）向20mL的沸蒸馏水中逐滴滴加5～6滴0.1mol/L的FeCl3溶液，继续煮沸没有观察到透明的红褐色现象，这说明反应中没有得到氢氧化铁胶体。

由于胶体粒子粒径在1～100nm之间，该实验没有制备出胶体，所以此时分散系中粒子直径的范围是＜1nm。

（3）铁离子具有氧化性，能把铜氧化生成铜离子，而铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+。

（4）根据化学方程式2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2可知，反应后的溶液中溶质的可能组成是：

a、如果恰好反应，则溶质是FeCl2、CuCl2；b、如果氯化铁过量，则溶质是FeCl3、FeCl2、CuCl2。

（5）铁的金属性强于铜，则要从溶液中中得到铜，需要加入金属铁置换出铜，即①是Fe，②是氯化亚铁；加入的铁是过量的，则得到的滤渣是铁和铜的混合物。

要分离出铜，需要加入盐酸溶解铁，过滤、洗涤后得到铜，即④是盐酸，⑤是氯化亚铁和盐酸的混合物。

将②与⑤混合通入氯气将氯化亚铁氧化生成氯化铁即可。

考点：

考查氧化还原反应的表示；氢氧化铁胶体制备；离子方程式的书写以及物质的分离与提纯

19．（10分）将3mol/LNaOH溶液滴入到25mL一定浓度的AlCl3溶液中。

下图是整个过程的数学分析曲线。

其中横轴表示加入OH－的物质的量，纵轴表示产生的Al（OH）3沉淀的物质的量。

据图回答：

（1）OA曲线表示的离子反应是：

__________________________；由此可得A点时加入氢氧化钠溶液的体积为____________；

（2）AB曲线表示的离子反应为：

___________，由此可得B点的坐标为：

_______。

（3）由上述分析，可求得AlCl3溶液中Al3+离子的浓度为：

____mol/L。

（4）当x=0.035时，铝元素在体系中的存在形式为________，其物质的量为____________。

【答案】Al3++3OH－＝Al（OH）3↓10mLAl（OH）3+OH－＝AlO2－+2H2O（0.04，0）0.4Al（OH）3、AlO2－0.005mol、0.005mol

【解析】

【分析】

根据图像，当从O点向A点运动时，表示随着氢氧化钠的不断加入，沉淀量逐渐增加，A点Al3+刚好完全沉淀，沉淀量达最大值；从A点到B点，随着氢氧化钠的不断加入，沉淀量逐渐减少，B点时Al（OH）3刚好完全溶解。

根据原子守恒和相关方程式进行计算。

【详解】

（1）当从O点向A点运动时，表示随着氢