学年福建省莆田第九中学高一下学期第一次月考化学试题解析版.docx

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学年福建省莆田第九中学高一下学期第一次月考化学试题解析版

福建省莆田第九中学2017-2018学年高一下学期第一次月考化学试题

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Ba-137

一、选择题（每小题2分，共50分）

1.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）

A.SO2能杀菌、消毒，可用做食品防腐剂

B.NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥

C.明矾溶于水产生的硫酸根离子有氧化性，可用于净水

D.常温下铁和浓硝酸不反应，可用铁质容器贮运浓硝酸

【答案】A

点睛：

本题考查常见物质的性质、用途，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意二氧化硫的还原性、漂白性及酸性氧化物的性质，尤其要注意二氧化硫不能漂白酸碱指示剂。

2.胶体区别于溶液最本质的特征是（）

A.分散质粒子的直径大小B.有丁达尔效应

C.分散质粒子因吸附而带电荷D.可以通过滤纸

【答案】A

【解析】试题分析：

区别胶体与溶液的本质特征是分散质粒子的直径的大小，丁达尔效应、分散质粒子吸附电荷、通过滤纸都属于胶体的性质，答案选A。

考点：

考查胶体的本质特征

3.下列物质都具有漂白性，漂白原理与其他三种不同的是（）

A.O3B.SO2C.HClOD.H2O2

【答案】B

【解析】A.O3具有强氧化性，可作漂白剂；B.SO2与有色物质化合生成不稳定的无色物质而具有漂白性；C.HClO具有强氧化性，可作漂白剂；D.H2O2具有强氧化性，可作漂白剂；因此漂白原理与其他三种不同的是二氧化硫，答案选B。

4.下列叙述错误的是（）

①用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部

②给盛有液体的体积超过1/3容积的试管加热

③把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味

④将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，然后竖立试管

⑤取用放在细口瓶中液体时，取下瓶塞倒放在桌面上，倾倒液体时，瓶上标签对着地面

⑥将滴管垂直伸进试管内滴加液体

⑦用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿

⑧稀释浓硫酸时，把水迅速倒入盛有浓硫酸的量筒中

⑨检验装置的气密性时，把导管的一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热

A.①④⑤⑦B.①④⑦⑨C.②③⑤⑥⑧D.②④⑦⑨

【答案】C

【解析】①用试管夹夹持试管时，应将试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部，防止试管脱落，①正确；②给盛有液体的体积超过1/3容积的试管加热时容易发生液体沸腾飞溅伤人，应所盛液体体积不超过试管容积的1/3，②错误；③把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味，对有毒的气体来说，吸入过多易使人中毒，应该是用手轻轻的在瓶口扇动，仅使少量的气体飘入鼻孔．禁止把鼻子凑到容器口去闻气体，③错误；④固体粉末加入试管中的方法是将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，再竖立试管，防止粉末粘在试管内壁，④正确；⑤取用放在细口瓶中液体时，取下瓶塞倒放在桌面上，倾倒液体时，瓶上的标签对着手心，防止残留液体腐蚀标签，⑤错误；⑥将胶头滴管垂直伸进试管内滴加液体，容易污染试剂，应垂直悬空在试管口的正上方滴加，⑥错误；⑦蒸发皿是用来浓缩蒸发溶液的仪器，加热后温度高，移动蒸发皿需要用坩锅钳，防止灼伤，⑦正确；⑧量筒不能用来做稀释的容器，只能用来量取液体使用，稀释浓硫酸应是沿器壁向水中慢慢加入浓硫酸，并不断搅拌，水的密度小于浓硫酸，水加入浓硫酸会引起液体飞溅，⑧错误；⑨检验装置的气密性时，把导管一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热，导气管口处有气泡冒出，松开手后，导气管内有一段水柱上升，⑨正确；综上所述②③⑤⑥⑧错误；答案选C。

5.下列溶液中的Cl－浓度与100mL0.1mol/LMgCl2溶液中的Cl－浓度相等的是（）

A.200mL0.1mol/LKCl溶液B.50mL0.2mol/LCaCl2溶液

C.150mL0.2mol/LNaCl溶液D.25mL0.15mol/LAlCl3溶液

【答案】C

【解析】100mL0.1mol·L－1MgCl2溶液中的Cl－浓度为0.1mol/L×2＝0.2mol/L，则A、200mL0.1mol/LKCl溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，A错误；B．50mL0.2mol/LCaCl2溶液中氯离子浓度为0.2mol/L×2＝0.4mol/L，B错误；C．150mL0.2mol/LNaCl溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，C正确；D．25mL0.15mol/LAlCl3溶液中氯离子浓度为0.15mol/L×3＝0.45mol/L，D错误，答案选C。

点睛：

本题主要是考查物质的量浓度的有关计算，明确物质的组成以及在溶液中的电离情况是解答的关键，注意氯离子的浓度与溶液的体积无关，计算氯离子的物质的量时需要考虑溶液的体积。

6.下列各组离子，可以大量共存于无色溶液中的是（）

A.Na+、H+、CO32－、NO3－B.Fe2+、Mg2+、Cu2+、Cl－

C.Ba2+、Cl－、NO3－、OH－D.Mg2+、OH－、HCO3－、Cl－

【答案】C

【解析】试题分析：

A．Na+、H+、CO32－、NO3－中H+、CO32－不共存；

B．Fe2+、Mg2+、Cu2+、Cl－中铜离子有颜色；D．Mg2+、OH－、HCO3－、Cl－中Mg2+、OH－不共存，故选C。

考点：

离子共存

点评：

离子共存的规律是:

观颜色，查酸碱，能反应（复分解反应和氧化还原反应等），不共存。

7.盐A与酸B反应，可放出气体C，C与NaOH反应生成A；C最终可氧化生成D；D溶于水生成B，则A、B分别是（）

A.Na2S和HClB.Na2CO3和H2SO4

C.NaHCO3和HClD.Na2SO3和H2SO4

【答案】D

【解析】试题分析：

选项中可生成的气体为CO2、SO2、H2S，对应的盐可分别为Na2CO3、Na2SO3、Na2S，SO2、H2S具有还原性，最终被氧化生成SO3，B应为H2SO4，则ABC错误，D正确，答案选D。

考点：

考查物质推断

8.配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使配得的溶液浓度偏小的是（）

A.容量瓶中有少量蒸馏水

B.溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯

C.定容时观察液面时俯视

D.滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外

【答案】B

【解析】试题分析：

A、容量瓶中有水，不影响溶液的浓度，故不选A；B、没有洗涤烧杯，烧杯内壁上残留溶质，所以溶液的浓度偏小，故选B；C、定容时俯视，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故不选C；D、水加到容量瓶外，不影响溶液的浓度，故不选D。

故选B。

考点：

配制溶液的实验误差分析。

9.下列萃取与分液结合进行的操作（用CCl4为萃取剂从碘水中萃取碘）中错误的（）

A.饱和碘水和CCl4加入分液漏斗中后，盖好玻璃塞，用右手压住分液漏斗上口部，左手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡

B.静置，分液漏斗中溶液分层，下层呈紫红色，上层几乎无色

C.打开分液漏斗的活塞使全部下层液体沿承接液体的烧杯内壁慢慢流出

D.打开分液漏斗的活塞用容器承接并保存上层液体

【答案】D

【解析】A、四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，萃取的操作过程正确，A正确；B、四氯化碳的密度比水大，在下层，即下层呈紫红色，上层几乎无色，B正确；C、分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，以免两种液体相互污染，C正确；D、分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，以免两种液体相互污染，D错误，答案选D。

10.足量金属钠与下列溶液反应时，既有气体、又有白色沉淀产生的是

A.Al2（SO4）3溶液B.KCl溶液C.Ca（HCO3）2溶液D.CuSO4溶液

【答案】C

【解析】A.钠溶于水生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠过量时Al2（SO4）3溶液转化为偏铝酸钠和硫酸钠，不能得到氢氧化铝白色沉淀，A错误；B.钠溶于水生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠和KCl溶液不反应，B错误；C.钠溶于水生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠与Ca（HCO3）2溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，C正确；D.钠溶于水生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠与CuSO4溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，D错误，答案选C。

点睛：

钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。

例如钠与氯化铁溶液反应：

2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3＝Fe（OH）3↓＋3NaCl。

11.用NA表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述中正确的是（）

①常温常压下，6gH2O中含有的原子数目为NA

②标准状况下，22.4L氮气和氢气的混合气中含NA个原子

③23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子

④1L1mol/LCaCl2溶液中所含的Cl-离子数为2NA

⑤标准状况下，22.4LCCl4所含的原子数为5NA

⑥3mol单质铁完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子

⑦常温常压下，11.2L氯气与足量铝粉充分反应，转移的电子数为NA

A.①②③⑥B.①④⑥C.②③⑦D.③④⑤⑥

【答案】B

【解析】①常温常压下，6gH2O的物质的量是1/3mol，其中含有的原子数目为NA，①正确；②标准状况下，22.4L氮气和氢气的混合气是1mol，其中含2NA个原子，②错误；③23gNa的物质的量是1mol，与足量H2O反应完全后可生成0.5NA个H2分子，③错误；④1L1mol/LCaCl2溶液中所含的Cl-离子数为2NA，④正确；⑤标准状况下四氯化碳是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4所含的原子数，⑤错误；⑥3mol单质铁完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子，⑥正确；⑦常温常压下，11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，与足量铝粉充分反应，转移的电子数小于NA，⑦错误，答案选B。

12.人体正常的血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐，则使血红蛋白中Fe2+转化为Fe3+丧失其生理功能，临床证明服用维生素C可以解毒。

下列叙述正确的是（）

A.中毒反应中亚硝酸盐是还原剂

B.中毒反应中Fe3+是氧化剂

C.维生素C能将亚硝酸盐氧化成硝酸盐，使其解毒

D.维生素C能将Fe3+还原为Fe2+，使其解毒

【答案】D

【解析】由题意可知维生素C可使Fe3+重新转化为Fe2+，在此过程中铁元素化合价降低，得电子，发生还原反应；相反中毒过程中，铁的化合价升高，Fe3+失电子，一；亚硝酸盐得电子，做氧化剂。

13.为了除去NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理。

反应方程式：

2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O。

现有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体恰好被VLNaOH溶液吸收（无气体剩余），则此NaOH溶液的物质的量浓度为（）mol/L

A.（a+b+c）/VB.2（a+b+c）/3VC.（b+2c）/VD.（a+b+2c）/V

【答案】D

【解析】不论是生成硝酸钠还是亚硝酸钠，Na与N原子的个数比均是1;1，根据原子守恒是氢氧化钠的物质的量是amol+bmol+2cmol，所以NaOH溶液的物质的量浓度为

mol/L，答案选D。

14.实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，最适宜用的试剂是（）

A.NaOH溶液B.Ba（OH）2溶液C.盐酸D.氨水

【答案】D

【解析】试题分析：

A、氢氧化钠与氯化铝反应生成的氢氧化铝会溶于氢氧化钠，不能保证铝离子全部沉淀，错误；B、氢氧化钡是强碱，所以氢氧化铝会溶于氢氧化钡溶液，错误；C、盐酸与氯化铝不能产生氢氧化铝沉淀，错误；D、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氨水是弱碱溶液，氢氧化铝不溶于弱碱，所以铝离子可以全部沉淀，正确，答案选D。

考点：

考查氢氧化铝的制取

15.下列物质组合中，既能和酸反应又能和碱反应的化合物是（）

①Al②Al2O3③Al（OH）3④NaHCO3

A.①②③④B.②③④C.①③④D.①②④

【答案】B

【解析】试题分析：

①Al②Al2O3③Al（OH）3④NaHCO3都既能和酸反应又能和碱反应；答案选A。

考点：

考查物质反应

16.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是

A.Cl2＋2KBr===Br2＋2KCl

B.2NaHCO3=====Na2CO3＋H2O＋CO2↑

C.4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3

D.2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑

【答案】D

【解析】由图可知，阴影部分表示的是不属于置换反应、化合反应和分解反应的氧化还原反应，4个选项中的反应，只有D符合。

本题选D。

17.下列实验操作或结论正确的是（）

A.配制溶液的操作中，转移溶液后，玻璃棒、烧杯未洗涤会使得所配溶液浓度偏高

B.洗涤沉淀的操作是将沉淀置于过滤器中，边用玻璃棒搅拌边加蒸馏水冲洗

C.实验室配制950mL0.2mol/L的CuSO4溶液时，需称取胆矾的质量为50.0g

D.制备Fe（OH）3胶体时，将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，边加热边搅拌，直到得到红褐色溶液

【答案】C

【解析】A.配制溶液的操作中，转移溶液后，玻璃棒、烧杯未洗涤会使得所配溶液浓度偏低，A错误；B.洗涤沉淀的操作是将沉淀置于过滤器中，用玻璃棒引流注入蒸馏水，直至没过沉淀，待水自然流下后重复2～3次，B错误；C.实验室配制950mL0.2mol/L的CuSO4溶液时需要1000mL容量瓶，需称取胆矾的质量为1L×0.2mol/L×250g/mol＝50.0g，C正确；D.制备Fe（OH）3胶体时，将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续加热煮沸直到得到红褐色溶液，不能用玻璃棒搅拌，D错误，答案选C。

18.甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol·L-1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积之比为1︰2，则加入的铝粉的质量为（）

A.5.4gB.3.6gC.2.7gD.1.8g

【答案】A

【解析】试题分析：

若铝完全反应生成氢气一样多，甲烧杯放出氢气少，说明甲中铝剩余；若盐酸和氢氧化钠全反应生成氢气1:

3，实际为1:

2，说明乙中氢氧化钠剩余，甲中盐酸完全反应，所以甲放出的气体为（0.1L×3mol/L）÷2=0.15mol，乙放出的气体为0.3mol；乙中氢氧化钠剩余，铝完全反应，所以铝的质量为0.3mol

=5.4g。

考点：

本题考查铝的性质。

19.过氧化钠跟足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，排净气体物质后冷却残留的固体物质是（）

A.Na2CO3B.NaOH、Na2CO3

C.Na2O2、Na2CO3D.Na2O2、NaOH、Na2CO3

【答案】A

【解析】碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，过氧化钠与水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气，因碳酸氢钠过量，碳酸氢钠分解生成的二氧化碳气体与过氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以最终残留固体是碳酸钠，答案选A。

点睛：

掌握碳酸氢钠和过氧化钠的性质特点是解答的关键，难点是过氧化钠与水或二氧化碳反应的先后顺序判断，由于氢氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，所以当同时存在二氧化碳和水蒸气时过氧化钠首先与二氧化碳反应，当二氧化碳完全反应后，过氧化钠再与水蒸气反应生成氢氧化钠和氧气。

20.将0.51mol铜与250ml一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。

待产生的气体全部释放后，向溶液中加入300ml5mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则下列选项正确的是（）

A.产生NO气体0.24molB.产生NO2气体0.26mol

C.原HNO3浓度为2mol/LD.原HNO3浓度为8mol/L

【答案】D

【解析】NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，混合气体物质的量=11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，

令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒，则：

x+y＝0.5，3x+y＝0.51×2，解得x=0.26 y=0.24

即混合气体中NO为0.26mol、NO2为0.24mol，

向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n（NaNO3）=n（NaOH）=0.3L×5mol/L=1.5mol，

根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO）=1.5mol+0.5mol=2mol，

故原有硝酸的物质的量浓度为2mol÷0.25L=8mol/L，

故D正确；

点睛：

灵活运用得失电子守恒、原子守恒及溶液中的电荷守恒关系例如Cu与HNO3反应中就有以下等量关系:

N原子守恒:

反应前所有的N只存在于HNO3中;反应后含N的物质有HNO3的还原产物（假设此处有NO2、NO）和Cu（NO3）2，若HNO3过量，则过量HNO3中也含一部分N，则有:

n（N）=n（NO2）+n（NO）+2n[Cu（NO3）3]+n剩（HNO3）。

21.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种金属离子，现有NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出来，要求每次只加一种溶液，过滤出一种沉淀，所加溶液的顺序正确的是（）

A.Na2CO3、NaCl、NaOHB.NaOH、Na2CO3、NaCl

C.NaCl、Na2CO3、NaOHD.NaCl、NaOH、Na2CO3

【答案】D

【解析】A．由于碳酸钠溶液中的碳酸根离子能与溶液中Mg2+、Ag+、Ba2+均形成沉淀，先加入碳酸钠溶液会出现三种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，A错误；B．由于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与溶液中的Mg2+、Ag+形成沉淀，先加入氢氧化钠溶液出现两种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，B错误；C．氯化钠溶液沉淀溶液中Ag+后，加入的碳酸钠溶液却能同时沉淀溶液中Mg2+、Ba2+的，不符合每次得到一种沉淀的要求，C错误；D．氯化钠只能与溶液中Ag+形成氯化银沉淀，然后加入的氢氧化钠只与溶液中Mg2+形成氢氧化镁沉淀，最后加入的碳酸钠沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，满足每次只得一种沉淀的要求，D正确，答案选D。

点睛：

本题考查物质的分离操作，注意每次只加一种溶液、滤出一种沉淀的要求，需要考虑每次所加入的试剂只能与溶液中的一种离子形成沉淀，因此，在分析所加入试剂时要全面考虑该试剂与溶液中的离子发生反应。

22.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），不会引起产物种类改变的是（）

A.Na和O2B.NaOH和CO2C.AlCl3和NaOHD.Na2O2和CO2

【答案】D

【解析】A.Na和O2在常温下反应生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，A错误；B.NaOH和CO2反应时如果氢氧化钠过量生成碳酸钠和水，如果二氧化碳过量生成碳酸氢钠，B错误；C.AlCl3和NaOH反应时如果氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，如果氯化铝溶液过量，则生成氢氧化铝沉淀，C错误；D.Na2O2和CO2反应生成物只有碳酸钠和氧气，D正确，答案选D。

23.下列实验与对应示意图的关系正确的是（）

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A．向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸：

NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1：

3；A与图象不符，A错误；B．向AlCl3溶液中加氨水：

AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，且沉淀不溶解；B与图象不符，B错误；C．向KAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2：

先生成BaSO4和Al（OH）3，再加入Ba（OH）2生成BaSO4的同时Al（OH）3溶解（此时生成沉淀的速度比前面减小），最后Al（OH）3溶解完，只剩余BaSO4沉淀，产生沉淀先快，再慢，最后不变，C与图象相符，C正确；D．向石灰水中通入二氧化碳：

CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用二氧化碳体积为1：

1；D与图象不符，D错误；答案选C。

24.将一定质量的镁铝混合物投入200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示。

则下列说法不正确的是（）

A.镁和铝的总质量为9g

B.生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L

C.最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸

D.氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol·L-1

【答案】B

【解析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：

H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。

当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的1/2倍。

从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：

NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，则Al（OH）3为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：

NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为0.2mol÷（0.24L−0.20L）=5mol/L，A．由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.2mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.15mol，则镁和铝的总质量为0.2mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g，A正确；B．由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L，B错误；C．由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，C正确；D．根