湖南湖北届高三第一次调研联考化学试题及答案.docx

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湖南湖北届高三第一次调研联考化学试题及答案

湖南湖北八市十二校2019届高三第一次调研联考

化学试题

一、选择题。

（本大题共16小题，每小题3分，共48分。

）

1.中华文化源远流长、博大精深。

从化学的视角看，下列理解不正确的是（）

A.“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”

B.司母戊鼎属青铜制品，是我国古代科技光辉成就的代表之一

C.瓷器（China）属硅酸盐产品，China一词又指“瓷器”，这反映了在西方人眼中中国作为“瓷器故乡”的形象

D.侯德榜是我国化学工业的奠基人，主要成就:

侯氏制碱法，该碱指的是烧碱

【答案】D

【解析】

【详解】A.“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，其中的“淘”、“漉”相当于分离提纯中的过滤，A理解正确；

B．司母戊鼎是已知中国古代最重的青铜制品，属于青铜制品，B理解正确；

C.瓷器属于硅酸盐产品，C理解正确；

D.侯德榜制碱法制得的碱为纯碱，反应原理为：

NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓、2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑，D理解错误；

答案选D。

2.设NA为阿伏加德罗常数值。

下列有关叙述正确的是（　　）

A.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA

B.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA

C.1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA

D.标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；

B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；

C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；

D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；

答案选A。

【此处有视频，请去附件查看】

3.下列指定反应的离子方程式正确的是

A.向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性：

H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O

B.饱和FeCl3滴入沸水中加热煮沸制备胶体：

Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+

C.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：

 3ClO-+2Fe（OH）3= 2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+

D.向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.4molCl2充分反应：

4Fe2++2Br-+3C12=4Fe3++6C1-+Br2

【答案】B

【解析】

A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性的离子反应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe（OH）3胶体，离子方程式：

Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+，故B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：

4OH-+3ClO-+2Fe（OH）3═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故C错误；D．含有0.4 mol FeBr2的溶液中含有0.4mol亚铁离子、0.8mol溴离子，0.4mol亚铁离子完全反应消耗0.2mol氯气，剩余的0.2mol氯气能够氧化0.4mol溴离子，则参加反应的亚铁离子与溴离子的物质的量之比为1：

1，该反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++4Cl-+Br2，故D错误；故选B。

4.某同学查阅教材得知，普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质。

他在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示实验：

下列有关实验的叙述中，不正确的是

A.操作①中玻璃棒的作用是加快固体溶解速度

B.操作②的操作名称是过滤

C.操作③中盛放药品的仪器是坩埚

D.操作④的目的是除去滤渣中杂质

【答案】D

【解析】

试题解析：

A．操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，故A正确；B．普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，故B正确；C．由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，故C正确；D．二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，故D错误。

考点：

化学实验基本操作

5.氟利昂是饱和碳氢化台物的卤族衍生物的总称，其破坏臭氧层的化学反应机理如下（以F-12（二氯二氟甲烷）为例）：

CF2Cl2

CF2Cl+ClCl+O3→ClO+O2

ClO+ClO→ClOOCl（过氧化氯）ClOOCl

2Cl+O2

下列说法中不正确的是

A.紫外线可以增大CF2Cl2的分解速率B.ClO+ClO

ClOOC1的反应中有非极性键的形成

C.CF2Cl2是臭氧破坏反应的催化剂D.臭氧屡破坏的关键因素有：

氟利昂，太阳光

【答案】C

【解析】

【详解】A.氟利昂的化学性质很稳定，在底层大气中基本不分解，上升到平流层以后，在紫外线的照射下分解出氯原子，即紫外线可以增大CF2Cl2的分解速率，故A说法正确；

B.ClOOCl（过氧化氯）中两个氧原子间的共价健为非极性键，故B说法正确；

C.在臭氧层受到破坏的过程中，Cl原子作催化剂而并不是CF2Cl2，故C说法错误；

D.从反应过程来看，氟利昂和太阳光紫外线的照射对臭氧层的破坏起到关键性作用，故D说法正确；

答案选C。

6.有机化合物环丙叉环丙烷，由于其特殊的电子结构一直受到理论化学家的注意，如图是它的结构示意图。

下列关于环丙叉环丙烷的有关说法中错误的是（）

A.环丙叉环丙烷的二氯取代物有4种B.环丙叉环丙烷不是环丙烷的同系物

C.环丙叉环丙烷所有的原子均在同一平面内D.环丙叉环丙烷与环己二烯互为同分异构体

【答案】C

【解析】

结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物的，互称为同系物。

而环丙叉环丙烷和环丙烷不是同一类有机物，不能互为同系物，选项B不正确，其余都是正确的，答案选B。

7.下列说法不正确的是（）

A.已知冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，冰中氢键键能为20kJ•mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键

B.已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a,电离常数

。

若加水稀释，则CH3COOH

CH3C00-+H+向右移动，a增大，Ka不变

C.甲烷

标准燃烧热为-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：

CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1

D.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H=-38.6kJ/mol

【答案】D

【解析】

试题分析：

A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ•mol-1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=15%．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOH⇌CH3COO-+H+醋酸电离出的CH3COO-和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c（1-α），故题中Ka=

。

若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa═CH3COO-+Na+增大了CH3COO-的浓度，CH3COOH⇌CH3COO-+H+向左移动，α减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，Ka不变，故B正确；C、甲烷燃烧的热化学方程式中的产物都是稳定状态，符合燃烧热的概念，故C正确；D、反应是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），不能进行完全，反应的焓变是对应化学方程式物质全部反应时放出的热量，故D错误；故选D。

考点：

考查了电离平衡；热化学方程式；焓变和熵变的相关知识。

8.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是

编号

①

②

③

④

pH

10

10

4

4

溶液

氨水

氢氧化钠溶液

醋酸溶液

盐酸

A.相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：

③＞④

B.分别加水稀释10倍，四种溶液

pH：

①＞②＞④＞③

C.①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）

D.VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰11

【答案】D

【解析】

【详解】A．醋酸是弱酸，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，则消耗NaOH物质的量：

③＞④，A正确；

B．强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，则稀释10倍时②的pH=9，④的pH=5，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则①的9＜pH＜10，③的4＜pH＜5，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①＞②＞④＞③，B正确；

C．①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+），C正确；

D．若混合后溶液pH=5，说明盐酸过量，则

mol/L=10－5mol/L，解得Va：

Vb＝11：

9，D错误。

答案选D。

9.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示（部分反应物省略），下列叙述正确的是

A.C、D两元素形成化合物属共价化合物

B.C.D的简单离子均能促进水的电离

C.A、D分别与B 元素形成的化合物都是大气污染物

D.E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性

【答案】B

【解析】

根据甲+乙→丙+丁，而乙、丁是B常见的同素异形体，即乙、丁是单质，而甲、丙是氧化物，甲、丙中一定含有氧元素，所以乙、丁是O3、O2，B是O元素；氧化物+O2→氧化物，中学中常见的有CO、NO、SO2，而C、N的原子序数小于O，所以D可能是S，如果D是S，丙是SO3，戊是硫酸，0.005mol/LH2SO4溶液的pH=2，与题干提供的信息吻合，所以D是S；（8+16）/4=6，A元素是C；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，其原子序数应该介于8～16之间，所以C是Mg，E是短周期且原子序数大于16，E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分别是C、O、Mg、S、Cl元素。

C和D元素形成的化合物是MgS，是离子化合物，A选项错误；Mg（OH）2是中强碱，所以Mg2+在水溶液中能够发生水解，使水溶液呈酸性，促进了水的电离，H2S的水溶液是弱酸，S2-在水溶液中能够发生水解，使溶液呈碱性，也促进了水的电离，所以Mg2+、S2-的简单离子均能促进水的电离，B选项正确；A与D形成化合物是SO3、SO2是大气污染物，A与B形成化合物是CO、CO2，二氧化碳不是大气污染物，C选项错误；根据元素周期律的规律：

非金属性Cl＞S，则E的最高价氧化物水化物的（HClO4）酸性大于D的最高价氧化物水化物（H2SO4）的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，题干中没有涉及到是最高价氧化物的水化物，D选项错误；正确答案B。

点睛：

中学化学中元素之间的转化是比较复杂的，类型也很多，如直线型转化关系

X为O2，中学中常见的有：

Na→Na2O→Na2O2、N2→NO→NO2或NH3→NO→NO2、S→SO2→SO3或H2S→SO2→SO3、C→CO→CO2或CH4→CO→CO2，本题中涉及是SO2→SO3→H2SO4，熟悉这个之间的转化，是解决本题的关键。

10.宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。

研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。

下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法不正确的是

A.青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化

B.正极发生的电极反应为O2+4e－+2H2O=4OH－

C.环境中的Cl－与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2（OH）3Cl↓

D.若生成0.2molCu2（OH）3Cl，则理论上消耗的O2体积为4.48L

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，发生氧化反应，A正确；B、氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：

O2+4e－+2H2O=4OH－，B正确；C、多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl为固体，故生成Cu2（OH）3Cl的离子方程式为：

2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2（OH）3Cl↓，C正确；D、不确定氧气是否在标准状况下，则不能计算氧气的体积，D错误，答案选D。

考点：

考查金属的腐蚀与防护

11.25℃时，改变0.1mol/LRCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO-的微粒分布分数a（X）=c（X）/[c（RCOOH） + c（RCOO-）]；甲酸（HCOOH）与丙酸（CH3CH2COOH）中酸分子的分布分数与pH 的关系如图所示。

下列说法正确的是

A.丙酸的酸性比甲酸强

B.CH3CH2COOH

CH3CH2COO-+ H+ 的lgK=-4.88

C.若0.1mol/L 甲酸溶液的pH=2.33，则0.01mol/L 甲酸溶液的pH=3.33

D.将0.1mol/L 的HCOOH溶液与0.1mol/L 的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中:

c（Na+）>c（HCOOH）>c （HCOO-）>c（OH-）>c（H+）

【答案】B

【解析】

分析：

A.根据图像中酸分子的分布分数大小进行判断，酸分子的分布分数越大，酸性越弱；B.根据图像中给定的信息pH=4.88时，c（CH3CH2COOH）=c（CH3CH2COO-）,并结合电离方程式进行解析；C.弱酸溶液加水稀释，促进弱酸的电离；D.根据图示信息，甲酸的电离平衡常数10-3.75，电离大于水解过程，所以HCOOH与HCOONa（1:

1）的混合液显酸性。

据此解答问题。

详解：

由图中信息可知，相同pH时，丙酸的酸分子的分布分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，A错误；pH=4.88时，丙酸的酸分子的分布分数为50%，即c（CH3CH2COOH）=c（CH3CH2COO-）,针对CH3CH2COOH）

CH3CH2COO-+H+电离过程可知，lgK=lgc（H+）=-4.88,B正确；稀释弱酸，电离程度增大，故0.1mol/L甲酸溶液的pH=2.33，则0.01mol/L甲酸溶液的pH<3.33，C错误；将0.1mol/L的HCOOH溶液与0.1mol/L的HCOONa溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶液呈酸性，即c（OH-）

12.t℃时，AgCl（s）与AgI（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡，相关离子浓度的关系如下图所示。

下列说法正确的是

A.曲线Y表示

与

的变化关系

B.t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，可使溶液变为曲线X对应的饱和溶液

C.t℃时，AgCl（s）+I－（aq）

AgI（s）+Cl－（aq）

平衡常数K＝1×103

D.t℃时，向浓度均为0.1mol/L的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3 溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，此时c（I－）=1×10－11mol/L

【答案】D

【解析】

A.

=16时

，Ksp=

，

=10时

，Ksp=

，由于碘化银的溶度积小于氯化银，故曲线Y表示

与

的变化关系，选项A错误；B.t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，银离子浓度及卤离子浓度均减小，

与

均增大，可使溶液变为曲线Y对应的饱和溶液，选项B错误；C、t℃时，AgCl（s）+I－（aq）

AgI（s）+Cl－（aq）的平衡常数K＝

=

=

=1×106，选项C错误；D、t℃时，向浓度均为0.1mol/L的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3 溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，c（Cl－）=1×10－5mol/L，c（Ag+）=

=1×10－5mol/L，此时c（I－）=

=1×10－11mol/L，选项D正确。

答案选D。

13.还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72-和CrO42-）工业废水的常用方法，过程如下：

已知转化过程中的反应为2CrO42-（aq）+2H+（aq）

Cr2O72-（aq）+H2O（l）。

转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g／L，CrO42-有10/11转化为Cr2O72-，下列说法不正确的是（）

A.溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态

B.若用绿矾（FeSO4·7H2O）作还原剂，处理1L废水，至少需要458.7g

C.常温下转化反应的平衡常数K＝1×1014，则转化后所得溶液的pH＝5

D.常温下Ksp[Cr（OH）3]＝1×10-32，要使处理后废水中的c（Cr3+）降至1×10-5mol／L，应调溶液的pH＝5

【答案】C

【解析】

试题分析：

转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n（Cr）=

=0.55mol。

A、存在平衡：

2CrO42-（黄色）+2H+

Cr2O72-（橙色）+H2O，如颜色不变，说明浓度不变，则达到平衡状态，故A正确；B、若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO4•7H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55×（6-3）=x×（3-2），x=1.65，m（FeSO4•7H2O）=1.65mol×278g/mol=458.7g，故B正确；C、1L废水中n（Cr）=

=0.55mol，CrO42-有

转化为Cr2O72-，则酸化后c（CrO42-）=0.55mol/L×（1-

）=0.05mol/L，c（Cr2O72-）=0.55mol/L×

×

=0.25mol/L，常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则

=1×1014，c（H+）=1×10-6mol/L，所以pH=6，故C错误；D、常温下Ksp[Cr（OH）3]=1×10-32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10-5mol/L，则c（Cr3+）×c3（OH-）=1×10-32，c（OH-）=1×10-9mol/L，pH=5，故D正确；故选C。

【考点定位】考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学方程式的有关计算

【名师点晴】本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，本题B项，可以使用关系式法解答，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，根据守恒列关系式：

2Cr～2CrO42-～Cr2O72-～2Cr3+～6e-～6FeSO4•7H2O计算。

14.已知：

RCH2OH

RCHO

RCOOH

某有机物X的化学式为C6H14O，能和钠反应放出氢气。

X经酸性重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液氧化最终生成Y（C6H12O2）,若不考虑立体结构。

X和Y在一定条件下生成酯最多有

A.4种

B.8种

C.32种

D.64种

【答案】D

【解析】

试题分析：

依据信息得出：

只有含“-CH2OH”的醇能被氧化成羧酸，符合条件的醇相当于正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有一个氢原子被“-CH2OH”取代，共有8种，则氧化后对应的羧酸也有8种，相互间生成的酯共有8×8=64种，故选D。

考点：

考查同分异构体的判断及酯化反应的原理。

15.500mLNaNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3-）＝6mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体22.4L（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）

A.原混合溶液中c（Na+）＝6mol·L-1B.电解后溶液中c（H+）＝4mol·L-1

C.上述电解过程中共转移8mol电子D.电解后得到的Cu的物质的量为2mol

【答案】B

【解析】

试题分析：

石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）=

=1mol，根据阳极反应4OH--4e-═O2↑+2H2O，转移的电子为4mol，阴极发生Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，生成1mol氢气转移2mol电子，因此还需生成1mol铜。

A．c（Cu2+）=

=2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（Na+）为6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故A错误；B．电解得到的Cu的物质的量为1mol，故B错误；C．由上述分析可知，电解过程中转移电子总数为4NA，故C错误；D．电解后溶液中c（H+）为

=4mol/L，故D正确；故选D。

考点：

考查了电解原理的相关知识。

16.某溶液中可能含有OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。

当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。

下列说法正确的是

A.原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有CO32-

B.原溶液中一定含有的阴离子只有:

OH-、A1O2-、CO32-

C.原溶液中含CO32-与A1O2-的物质的量之比为3:

4

D.a-d>3/4

【答案】C

【解析】

由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2-、SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2-与HCO3-发生反应生成氢氧化铝沉淀