高考化学复习河南省平顶山市郏县一高毕业班考前化学适应性训练5.docx
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高考化学复习河南省平顶山市郏县一高毕业班考前化学适应性训练5
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河南省平顶山市郏县一高2016届毕业班考前化学适应性训练（5月月考）（解析版）
1．有机物CH3CH（OH）CHO不能发生的反应是（）
A.酯化 B.加成 C.消去 D.水解
【答案】D
【解析】
2．下列物质属于合金的是
A．水银B．石墨C．硅晶体D．青铜
【答案】D
【解析】A．水银为金属汞单质，不属于合金，故A错误；
B．石墨为碳单质，不属于合金，故B错误；
C．硅晶体为硅单质，不属于合金，故C错误；
D．青铜是铜锡合金，故D正确；
故选D．
3．2004年4月16日，重庆天原化工总厂发生了氯气泄漏及爆炸特大事故，喷出的氯气造成了多人伤亡。
作为现场的消防干警下列处理方法和过程较合理的是
①及时转移疏散人群，同时向有关部门如实报告事故的有关情况；②被转移人群应戴上用浓NaOH处理过的口罩；③用高压水枪向空中喷洒含碱性物质的水溶液解毒；④被转移人群可戴上用Na2CO3处理过的口罩（湿润）；⑤将人群转移到地势较低的地方；⑥及时清理现场，检查水源和食物等是否被污染；⑦常温下氯气能溶于水，所以只要向空气中喷洒水就可以解毒。
（）
A．②③④⑤B．①③④⑥C．①②⑤⑥D．①③⑤⑦
【答案】B
【解析】
4．在一定温度的定容密闭容器中，反应A2（g）+B2（g）
2AB（g）达到平衡状态的是（）
A．混合气体的密度不再改变
B．容器内的总压强不随时间而变化
C．单位时间内生成2nmolAB的同时，生成nmol的B2
D．A2、B2、AB的分子数之比为1:
1:
2时
【答案】C
【解析】
5．质量比为2:
3的金属铝分别跟足量稀H2SO4和NaOH溶液反应，则产生的H2的体积比是（）
A.1：
2B.1：
3C.2：
3D.3：
2
【答案】C
【解析】Al与酸反应时，有关系式：
2Al～3H2，铝与碱反应时仍是2Al～3H2，所以质量相等的Al跟足量酸或碱分别反应，放出等体积（相同状况下）的H2。
6．下列说法正确的是
A．常温下，反应4Fe（OH）2（s）＋2H2O（l）＋O2（g）＝4Fe（OH）3（s）的熵增
B．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应
C．常温下Ksp（Ag2CrO4）＝1.1×10－12，Ksp（AgCl）＝1.8×10－10，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl
D．等体积、物质的量浓度的HA与NaA（HA为弱酸）混合溶液，其酸碱性取决于Ka（HA）的大小
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、根据方程式可判断该反应是熵值减小的反应，A错误；B、阴极得到电子发生还原反应，B错误；C、Ksp（Ag2CrO4）=x2×0.5x=0.5x3=2.0×10-12，x3=4.0×10-12，即x＝
。
又因为AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为
，所以溶解度是Ag2CrO4＞AgCl，C错误；D、由于A－的水解程度决定于HA的酸性，所以该混合溶液的酸碱性取决于HA的电离程度，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查熵值、电极反应、溶度积常数和弱电解质电离等
【名师点晴】该题的易错选项是C，注意在利用溶度积常数判断物质的溶解度时不能直接依据溶度积常数相对大小判断，只有满足了组成和结构相似的物质才可以，例如氯化银、溴化银和碘化银等，而氯化银与铬酸银就不能直接进行比较，需要具体通过计算判断，答题时需要特别注意。
7．下列说法正确的是
A．光导纤维和太阳能电池的主要材料都是二氧化硅
B．铵盐受热易分解，一定生成氨和相应的盐
C．Cl2通入冷的消石灰中可制得漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2
D．浓硝酸保存在棕色玻璃瓶中，烧碱溶液保存在无色带磨砂玻璃塞的玻璃瓶中
【答案】C
【解析】太阳能电池的主要材料是硅单质，A不正确；B不正确，例如硝酸铵分解，不一定生成氨气；D不正确，氢氧化钠溶液应该保存再带橡皮塞的玻璃瓶中，所以正确的答案选C。
8．已知化学反应A2（g）＋B2（g）===2AB（g）ΔH＝QkJ·mol－1，
其能量变化如图所示，则Q的值正确的是（）
A．a－bB．a
C．－bD．b－a
【答案】A
【解析】
试题分析：
Q表示1molA2与1molB2反应生成2molAB的热效应，由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量，反应表现为吸热，Q>0，所以Q=a-b，答案选A。
考点：
考查化学反应热效应的计算
9．为了除去氯化镁酸性溶液种的Fe3+离子，可在加热搅拌条件下加入物质M后过滤，在滤液中加入适量盐酸即可，则物质M可选（）
A．NaOHB．NH3·H2OC．Na2CO3D．MgCO3
【答案】D
【解析】
试题分析：
除杂的原则是除去原来的杂质不能引入新的杂质，ABC选项中除去Fe3+离子，同时又引入了Na+、NH4+等杂质，不符合除杂原则，所以答案选D。
考点：
考查溶液的除杂试剂的选择
10．在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：
CH3COOH
CH3COO－+H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）
A．降温可以促进醋酸电离，会使氢离子浓度增大
B．加入少量0.1 mol·L－1HCl溶液，溶液中c（H＋）不变
C．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】电离是吸热的，所以温度降低抑制电离，A不正确。
增大氢离子浓度，抑制醋酸的电离，但氢离子浓度增大，B不正确。
加入氢氧化钠消耗氢离子，平衡向正反应方向移动，C正确。
增大醋酸根离子浓度，抑制醋酸的电离，D不正确。
答案选C。
11．有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线联结起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀。
将A、D分别投入等物质的量浓度盐酸中，D比A反应剧烈。
将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。
据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）
A．A>B>C>DB．D>A>B>CC．C>A>B>DD．B>C>A>D
【答案】B
【解析】
试题分析：
将A与B用导线联结起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀，说明A是原电池的负极，B是正极，则A比B活泼；将A、D分别投入等物质的量浓度盐酸中，D比A反应剧烈，说明D比A活泼；将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，说明B比C活泼，故选B。
考点：
考查金属活泼性的比较。
点评：
利用金属的置换、原电池的正负极、置换氢气的难易程度可以比较金属性的强弱，属于简单题。
12．下列有关说法正确的是
A．对于2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）ΔH=－QkJ·mol-1，（Q＞0），若反应中充入1molSO2和足量的氧气反应时，放出的热量一定是Q/2kJ
B．Zn（s）+H2SO4（aq）===ZnSO4（aq）+H2（g）ΔH＜0，该反应的化学能可以转化为电能
C．N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2）和氢气的平衡转化率均增大
D．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、由于反应为可逆反应，故冲入1摩尔二氧化硫时，反应的二氧化硫到1摩尔，所以放出的热量比Q/2小，故不选A；B、该反应时自发的氧化还原反应，故可以实现化学能转变为电能，故选B；C、由于反应放热，升高温度，平衡向逆向移动，氢气的转化率减小，速率增大，故不选C；D、水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热热反应，故不选D。
考点：
反应热的计算，条件对速率和平衡的影响，电离平衡。
13．美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在200℃时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更安全．电池总反应为：
C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，电池示意如图，下列说法不正确的是
A．a极为电池的负极
B．电池工作时电流由b极沿导线经灯泡再到a极
C．电池正极的电极反应为：
2H++O2+4e-=H2O
D．电池工作时1mol乙醇被氧化时就有6mol电子转移
【答案】D
【解析】
试题分析：
A．在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，故A正确；B．电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，故B正确；C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：
4H++O2+4e-=2H2O，故C正确；D．根据电池反应：
C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，所以1mol乙醇被氧化电路中转移12NA的电子，有12mol质子通过质子交换膜，故D错误；答案为D。
考点：
考查了原电池原理，明确正负极上发生的反应是解本题关键。
14．下图是周期表中短周期的一部分。
已知Y和W原子能形成两种造成酸雨的有害气体，则下列说法中不正确的是
A．原子半径的大小顺序是W＞Y＞Z
B．X的氢化物没有Z的氢化物稳定
C．常见的Y的氢化物具有正四面体结构
D．Y的氢化物比W的氢化物沸点高，是因为分子间存在氢键
【答案】C
【解析】
试题分析：
Y和W原子能形成两种造成酸雨的有害气体，则根据元素在周期表中的相对位置可判断，Y是O，W是S，X是N，Z是F。
A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序是W＞Y＞Z，A正确；B．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性弱于氟元素，则X的氢化物没有Z的氢化物稳定，B正确；C．常见的Y的氢化物是水，属于V形结构，C错误；D．水的沸点高于H2S的的沸点，是因为水分子间存在氢键，D正确，答案选C。
考点：
考查元素周期表的结构与元素周期律的应用
15．实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2∶1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为
A．Cl2B．ClO2C．Cl2OD．Cl2O3
【答案】B
【解析】
试题分析：
NaClO3和Na2SO3物质的量比为2：
1，而NaClO3为强氧化剂，Na2SO3为还原剂，故Na2SO3被氧化为Na2SO4，失去两个电子，因此2个的NaClO3得到2个电子，Cl由+5变到+4价，还原产物为ClO2，选项B正确。
考点：
氧化还原反应的配平
16．（18分）对MgCl2、Al2O3、Fe2O3和SiO2组成的混合物进行下列处理，以制取金属Z，并提纯氧化铝。
（1）①和②步骤中分离溶液和沉淀的操作是：
（2）金属Z名称为；残渣A为，固体C是
（3）滤液B的溶质有（填化学式）
（4）写出电解Y的化学方程式
（5）写出X→B的离子方程式
（6）实验室里常往AlCl3溶液中加入（填“氨水”或“NaOH溶液”）来制取Al（OH）3固体，其反应的离子方程式为
【答案】
（1）过滤
（2）镁；Fe2O3；Al2O3（3）NaAlO2、Na2SiO3（4）MgCl2（熔融）
Mg+Cl2↑（5）Al2O3+2OH—===2AlO2—+H2O；SiO2+2OH—===SiO32—+H2O（2分）（6）氨水；Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
【解析】
试题分析：
Al2O3、Fe2O3、SiO2不溶于水，MgCl2可溶于水，所以滤液Y是MgCl2溶液，沉淀X含有Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入过量NaOH溶液，Fe2O3不与NaOH溶液反应则残渣A是Fe2O3，SiO2、Al2O3与NaOH溶液反应得到滤液B为Na2SiO3、NaAlO2的溶液，通入过量CO2可以得到Al（OH）3，Al（OH）3加热就得到固体是Al2O3。
滤液Y是MgCl2溶液经过蒸发结晶，脱水得到固体Y那么就是MgCl2固体，电解MgCl2得到金属Z则是Mg。
（1）分离溶液和沉淀的操作是过滤。
（2）有上述分析，金属Z名称为镁；残渣A为Fe2O3，固体C是Al2O3（3）滤液B的溶质有NaAlO2、Na2SiO3（4）电解MgCl2的方程式为MgCl2（熔融）
Mg+Cl2↑（5）X→B的离子方程式就是SiO2、Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式：
Al2O3+2OH—===2AlO2—+H2O；SiO2+2OH—====SiO32—+H2O（6）Al（OH）3是两性氢氧化物可溶于强碱，故不能用NaOH溶液，要用氨水，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
考点：
元素及其化合物的性质。
17．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。
（1）将CO2与焦炭（石墨）作用生成CO，CO可用于炼铁等。
已知：
①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ·mol－1
②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ·mol－1
则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为。
（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H
若向体积为1L的恒容密闭容器中按下表中三种投料方式投料，发生上述反应．反应温度对CO2平衡转化率影响的曲线（如下图）。
①该反应的△H_______0（填“＞”“＜”或“=”），曲线C对应的投料是第_________组。
②T1℃时，曲线a对应的化学平衡常数K=_________（保留两位有效数字）。
③若500℃时该反应的平衡常数K=2.5，T1℃________500℃（填“>”“<”或“=”）。
（3）用电化学的方法也可以将CO2变废为宝，用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极反应式为____________。
（4）用石灰水就能够将CO2转变成CaCO3，若Ksp（CaCO3）=2.8×10-9，饱和石灰水的物质的量浓度为0.01mol/L，则向1L饱和石灰水中通入_______mLCO2（标准状况），溶液中开始出现沉淀（不考虑反应过程中溶液体积的变化）。
【答案】
（1）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）AH=-28.5kJ/mol（2分）CO2（1分）
（2）①<（2分）3（2分）②0.52（2分）③>（2分）
（3）CO2+8H++8e-=CH4+2H2O（2分）；（4）6.272×l0-3（2分）
【解析】
试题分析：
（l）根据盖斯定律①-②×3，整理可得：
Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）AH=-28.5kJ/mol。
（2）①观察图像，根据图像可知：
升高温度反应物CO转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应正反应一定是放热反应，所以△H<0；相同条件下加入H2的量越多，CO2的转化率越高，故曲线c对应的是第3组投料的情况。
②曲线a对应的是n（CO2）:
n（H2）=1:
3的情况，T1℃时CO2转化率60%，即反应消耗CO2的物质的量是0．6mol，则消耗1.8molH2，反应产生CH3OH0.6mol，产生H2O的物质的量是0.6mol，平衡时CO2的物质的量是0.4mol，H2的物质的量是1.2mol。
由于容器的容积是1L，因此平衡时各种物质的物质的量浓度与其物质的量在数值上相等，所以该温度下的化学平衡常数K
；③由于该反应的正反应是放热反应，500℃时反应的平衡常数K=2．5>0．52，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，会使化学平衡常数减小，所以T1℃>500℃。
（3）通过电解使CO2转化为甲烷，碳元素化合价由+4价变为-4价，化合价降低，得电子，所以在阴极区发生反应，电解质溶液中的H+参与反应，电极反应式CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；（4）饱和石灰水的物质的量浓度为0.01mol/L，则c（Ca2+）=0.01mol/L，由于Ksp（CaCO3）=2.8×10-9，则c（CO32-）=2.8×10-7mol/L时，CaCO3开始沉淀，1L饱和石灰水中通入CO2体积为2.8×10-7mol×22.4L/mol×103mL/L=6．272×l0-3mL。
考点：
考查盖斯定律的应用、外界条件对化学平衡移动的影响、化学平衡常数的计算及沉淀溶解平衡的应用的知识。
18．某同学设计如下实验方案，以分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，试回答：
（1）操作I的名称是，操作II的名称是。
图中括号内的操作步骤均为；
（2）写出生成B的方程式为：
。
（3）按此实验方案得到的NaCl固体中肯定含有（填化学式）杂质；为了解决这个问题可以向操作（II）得到的液体A中加入适量的；反应的方程式为：
__________________；
【答案】
（1）溶解；过滤；蒸发；
（2）CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；
（3）Na2CO3；稀盐酸；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
【解析】
试题分析：
分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，由实验方案可知，操作I为溶解，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，操作II为过滤，白色沉淀B（碳酸钙）和盐酸发生反应得到氯化钙溶液，经蒸发可得到氯化钙固体；由于碳酸钠过量，所以滤液A中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，加入稀盐酸最合适，碳酸钠和稀盐酸生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠，
（1）由上述分析可知，操作I为溶解，操作II为过滤，括号内的操作步骤均为蒸发，故答案为：
溶解；过滤；蒸发；
（2）生成B的反应为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，故答案为：
CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；
（3）由上述分析可知，A中NaCl混有Na2CO3；加入稀盐酸反应后蒸发可除杂，发生的反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故答案为：
Na2CO3；稀盐酸；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑。
考点：
考查了物质的分离和提纯的相关知识。
19．（9分）实验室用H2O2分解反应制取氧气时，常加入催化剂以加快反应速率，某研究性学习小组为研究催化剂FeCl3的量对O2生成速率的影响，设计了如下三组实验方案（见下表），将表中所给的试剂按一定体积混合后进行反应。
实验编号
试剂
A
B
C
10%H2O2/mL
20.0
V1
V2
2mol/LFeCl3/mL
0
5.0
10.0
H2O/mL
V3
V4
0
按要求回答下列问题：
（1）欲用右图装置来比较该反应的反应速率快慢，当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测推（计）算反应速率。
（2）为实现实验目的，则V1=，V2=；
V3=，V4=。
（3）根据你所掌握的知识判断，在上述实验中反应速率最快的可能是（填“实验编号”）
（4）已知Fe3+催化H2O2分解的机理可分两步反应进行，其中第一步反应为：
2Fe3++H2O2==2Fe2++O2↑+2H+，则第二步反应的离子方程式为：
。
【答案】
（1）相同时间内收集气体的体积；（或答收集相同体积的气体所需要的时间）（2分）。
（2）20.0、20.0、10.0、5.0（各1分）（3）C（1分）
（4）2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O（2分）
【解析】
（1）因为反应中生成氧气，所以可以通过收集相同体积的气体所需要的时间来进行计算。
（2）为使实验在相同条件下进行双氧水的量应该相同，且最终溶液的体积要相同，所以V1=20.00ml，V2=20.00ml，V3=10.00ml，V4=5.00ml。
（3）C中催化剂的量最多，所以反应速率可能最快。
（4）因为催化剂在反应前后是不能变的，所以在第二步中亚铁离子要重新生成铁离子，因此正确的反应式为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O。
20．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，只含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）实验室进行过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______________。
（2）上述反应是否都是氧化还原反应_________（填“是”或“否”）；写出反应①的化学方程式。
（3）反应①后过滤的沉淀为，简述确定此物质中金属元素及其价态的操作过程。
（4）利用铝制得的镁铝合金用途很广泛，比如用作手机机身，某课外活动小组欲对某一品牌手机机身的铝镁合金进行研究，测定其中铝的质量分数。
I．他们利用盐酸、氢氧化钠溶液设计下列实验方案：
方案：
铝镁合金
溶液
称量灼烧产物的质量。
用该方案进行实验时，除了称量灼烧产物的质量外，还需称量的是。
II．拓展研究：
在向铝镁合金溶于盐酸后的溶液中加入过量NaOH溶液时，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系可用数轴关系表示：
当加入60～70ml氢氧化钠溶液时，请写出发生的离子方程式。
你判断，根据上图数轴中的数据能否求出合金中铝的质量分数?
（选填“能”或“不能”）。
下列①②两题选一题作答。
（多答不给分）
①若不能求出合金中铝的质量分数，请说明理由。
②若能求出合金中铝的质量分数，则铝的质量分数为。
【答案】（18分）（除注明分数外，每空2分）
（1）漏斗
（2）否；Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O
（3）Fe2O3取少量沉淀于一支洁净试管，加入适量稀硫酸（或盐酸）使其完全溶解（1分），再滴加少量硫氰化钾（或硫氰化铵）（1分），若溶液呈（血）红色（1分），说明它为Fe2O3（共3分）
（4）铝镁合金总质量Al（OH）3+2OH－＝2AlO2－+H2O
能（1分）52.94%
【解析】
试题分析：
（1）过滤实验中使用漏斗。
（2）流程中反应①和反应②、③不是氧化还原反应，反应④是氧化还原反应；反应①为氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O。
（3）氧化铁不溶于氢氧化钠，过滤得到的沉淀为Fe2O3；检验氧化铁中的铁元素及其价态，需要先取少量沉淀于一支洁净试管，加入适量稀硫酸（或盐酸）使其完全溶解，得到氯化铁溶液或硫酸铁溶液，再滴加少量硫氰化钾（或硫氰化铵），若溶液呈血红色，说明它为Fe2O3。
（4）要测定镁铝合金中铝的质量分数，需要首先知道铝镁合金总质量，然后通过最后物质的质量计算；在氢氧化钠为60-70时，沉淀的质量减少，说明是氢氧化铝溶解，离子方程式为：
Al（OH）3+2OH－＝2AlO2－+H2O。
通过数轴分析，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠的体积为70-60=10毫升，则前面生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠的体积为30毫升，镁离子消耗的氢氧化钠的体积为60-10-30=20毫升，则知道镁和铝的物质的量比为
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