上海市杨浦区届高三化学上学期期末31质量调研.docx
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上海市杨浦区届高三化学上学期期末31质量调研
上海市杨浦区2016届高三化学上学期期末“3+1”质量调研试题（含解析）
考生注意：
1．本试卷满分l50分，考试时间120分钟。
2．本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求；所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上；做在试卷上一律不得分。
3．答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。
4．答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。
相对原子质量：
H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Cu-64
一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项。
）
1．物质在下列应用中，利用了其还原性的是
A．纯碱去油污B．铝冶炼金属C．硝酸制炸药D．漂粉精漂白织物
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．纯碱去油污是利用其水解溶液显碱性，促进油污的水解，故A错误；B．利用铝的还原性冶炼活泼性相对较弱的金属，故B正确；C．硝酸制炸药是利用硝酸的强氧化性，故C错误；D．漂粉精漂白织物是利用次氯酸盐的强氧化性，故D错误，答案为B。
考点：
考查物质的性质与应用，涉及纯碱、铝、硝酸及次氯酸盐的性质。
2．有关化学用语的表述正确的是
A．轨道表示式表示N2中的共用电子对：
B．只能是氢分子的比例模型
C．只能是氮分子的球棍模型
D．CH4分子的比例模型：
【答案】D
【解析】
试题分析：
A．同一轨道里的2个电子的运动方向相向，故A错误；B．也可以是F2、Cl2的分子比例模型，故B错误；C．氮分子形成N≡N，故C错误；D．
可表示CH4分子的比例模型，故D正确，答案为D。
考点：
考查化学用语的正误判断，重点考查分子的结构特征。
3．关于砹（85At）及其化合物的说法中正确的是
A．稳定性：
HAt>HClB．氧化性：
At2>I2
C．At2为分子晶体D．NaAt的水溶液呈碱性
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．卤族元素中，元素非金属性越强，氢化物越稳定，即稳定性：
HAt＜HCl，故A错误；B．同主族元素非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氧化性：
At2＜I2，故B错误；C．卤族元素单质是分子晶体，故C正确；D．Cl、Br、I的氢化物溶于水得到的是强酸，所以NaAt溶液不会发生水解反应，显示中性，故D错误；故选C。
考点：
考查同一主族元素性质的相似性。
4．化学式为N2H6SO4的某晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体中不存在
A．离子键B．共价键C．分子间作用力D．阳离子
【答案】C
【解析】
试题分析：
化学式为N2H6SO4的晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，应该是离子晶体，硫酸铵中含有离子键、共价键及阴、阳离子，故N2H6SO4晶体中不存在分子间作用力，选项C错误，答案为C。
考点：
考查晶体中存在的化学键及作用力。
5.仅用蒸馏水，不能鉴别的一组物质是
A．汽油、甘油和四氯化碳B．葡萄糖、蔗糖和纯碱
C．溴蒸气和二氧化氮D．碘和高锰酸钾
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．汽油和四氯化碳均不溶解于水，但汽油密度比水小，四氯化碳比水大，甘油能与水混溶不分层，可用水鉴别，故A正确；B．葡萄糖、蔗糖和纯碱均溶解于水得到无色溶液，不可以用水鉴别，故B错误；C．溴蒸气和二氧化氮均为红棕色，但溶解于水后，溴水为橙色，而NO2溶解于水得到的是无色硝酸溶液，可用水鉴别，故C正确；D．碘和高锰酸钾溶解于水，碘水为黄色，高锰酸钾溶液为紫色，可用水鉴别，故D正确，答案为B。
考点：
考查物质的性质与鉴别
二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项。
）
6．下列反应的产物中，只存在+3价铁元素或氮元素的是
A．过量的铁丝在氯气燃烧
B．过量的铁粉与溴水反应
C．烧碱溶液吸收NO2D．硝酸铜受热分解
【答案】A
【解析】
试题分析：
A．过量的铁丝在氯气燃烧生成的产物只有三氯化铁，故A正确；B．过量的铁粉与
溴水反应产物为溴化亚铁，故B错误；C．烧碱溶液吸收NO2生成硝酸钠和亚硝酸钠，含有+5价氮元素，故C错误；D．硝酸铜受热分解生成NO2和CuO及O2，产物中是+4价氮元素，故D错误，答案为A。
考点：
考查反应原理的分析
7．下列各组数据比较，前者比后者小的是
A．氯水与氨水中微粒种类B．乙烷与苯分子中碳碳键键长
C．氯化铯与氯化钠的熔点D．Al2O3与AlCl3的熔点
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．氨水中含有的微粒：
氨气分子、水分子、铵根离子、氢离子、氢氧根离子，共5种，氯水的成分：
水分子、氯离子、次氯酸根离子、氢离子、氢氧根离子、氯气分子、次氯酸分子共7种，故A错误；B．乙烷中碳碳键长比苯分子中碳碳键键长长，故B错误；C．因铯的离子半径比钠离子大，氯化铯与氯化钠的熔点低，故C正确；D．Al2O3是离子晶体，高熔点，AlCl3是分子晶体，熔点低，故D错误，答案为C。
考点：
考查不同物质性质的比较，涉及微粒数、化学键参数及熔点比较。
8．下图是用点滴板探究氨气的性质。
实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水后，立即用培养皿罩住整个点滴板。
下列对实验现象的解释正确的是
选项
实验现象
解释
A
红色石蕊试纸变蓝
NH3极易溶于水
B
浓硫酸附近无白烟
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化铝溶液变浑浊
NH3与AlCl3溶液反应：
Al3++3OH–→Al（OH）3↓
D
浓盐酸附近有白烟
NH3与挥发出的HCl反应：
NH3+HCl→NH4Cl
【答案】D
【解析】
试题分析：
A．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH
3•H2O，电离生成OH-离子，溶液呈碱性，NH3•H2O是一种可溶性碱，故A错误；B．氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，故B错误；C．氨水与氯化铝溶液发生复分解反应生成氢氧化铝，但一水合氨是弱电解质，不可拆分，故C错误；D．NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成，故D正确，答案为D。
故选A。
考点：
考查氨气的性质
9．有机物M的结构如图所示。
关于M的描述正确的是
A．分子式为C8H6O6
B．能发生中和、取代、消去、氧化、加成反应
C．1molM与溴水发生反应的产物可能有3种
D．1molM与足量氢氧化钠溶液反应，消耗4molNaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．分子式为C8H6O8，故A错误；B．此有机物有碳碳双键、羧基、醇羟基、酯基，则能发生中和、取代、消去、氧化、加成反应，故B正确；C．1molM与溴水发生反应的产物要结合溴的物质的量来确定，故C错误；D．1molM与足量氢氧化钠溶液反应，只能发生酯的水解和与羧酸的中和，共消耗2molNaOH，故D错误，答案为B。
考点：
考查有机物的结构与性质
10．用右图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是
选项
连接
电极材料
分析
a
b
A
K1K2
石墨
铁
模拟铁的吸氧腐蚀
B
K1K2
锌
铁
模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法
C
K1K3
石墨
铁
模拟电解饱和食盐水
D
K1K3
铁
石墨
模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法
【答案】D
【解析】
试题分析：
A．连接K1K2，此时是原电池，铁和石墨是原电池的负极和正极，达到模拟铁的吸氧腐蚀效果，故A正确；B．连接K1K2，此时是原电池，铁和锌做电极时，锌是负极，达到模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．连接K1K3是电解池，a是阳极，可达到模拟电解饱和食盐水效果，故C正确；D．连接K1K3是电解池，铁做阳极自身氧化，达不到模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法，故D错误，答案为D。
考点：
考查原电池与电解池理论。
11．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加水稀释时，都会引起
A．溶液的pH增大B．CH3COOH的电离程度增大
C．溶液的导电能力减小D．溶液的c（OH－）减小
【答案】A
【解析】
试题分析：
A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的PH增加，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，故A正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故B错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故D错误；故选A。
考点：
考查外界条件对电离平衡的影响
12．工业上常用如下的方法从海水中提溴：
下列说法错误的是
A．步骤①的主要反应为：
Cl2+2Br–→Br2+2Cl–B．物质X为HBrO
C．步骤②③的目的是富集溴元素D．步骤②利用了溴易挥发
的性质
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．步骤①是利用氯气氧化海水里的Br-，发生的主要反应为Cl2+2Br–=Br2+2Cl–，故A正确；B．SO2和Br2水反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，物质X为HBr，故B错误；C．利用步骤②③的操作，目的是富集溴元素，故C正确；D．步骤②利用了溴易挥发的性质，通过升温促进溴蒸汽挥发，故D正确，答案为B。
考点：
考查溴的性质及海水的综合利用
13．由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：
SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g），生成1mol
晶体硅的热效应是
化学键
Si-Cl
H-H
Si-Si
H-Cl
键能（kJ/mol）
360
436
176
431
A．吸收236kJB．放出236kJC．放出116kJD．吸收116kJ
【答案】A
【解析】
试题分析：
化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键,即△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2-176kJ/mol×2-431kJ/mol×4=+236kJ/mol，故选A。
考点：
考查反应热的计算
14．利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是
选项
①
②
③
实验结论
A
浓硫酸
Cu
KMnO4溶液褪色
SO2有漂白性
B
浓盐酸
MnO2
FeBr2溶液变为黄色
氧化性：
Cl2＞Br2
C
稀硫酸
碳酸钠
CaCl2溶液无明显变化
CO2不与CaCl2溶液反应
D
浓硫酸
蔗糖
溴水褪色
浓硫酸具有脱水性、吸水性
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．铜和浓硫酸常温下不反应，故A错误；B．浓盐酸和MnO2需要混合加热，故A错误；C．稀硫酸与碳酸钠溶液放出的CO2气体，通入CaCl2溶液里不变浑浊，原因是弱酸不能制强酸，故C正确；D．浓硫酸滴到蔗糖上，得到的气体能使溴水褪色，反应中有SO2气体生成，可知浓硫酸有脱水性和强氧化性，故D错误，答案为C。
考点：
考查实验方案的探究与评价
15．有某温度下KCl饱和溶液m1g，溶质质量分数为ω1%。
对其蒸发结晶或降温结晶，若析出KCl的质量、所得母液质量及溶质质量分数用mg、m2g和ω2%表示，分析正确的是
A．原条件下KCl的溶解度小于ω1gB.m1∙ω1%-m=m2∙ω2%
C．ω1一定大于ω2D.m1-m2≤m
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．若原溶液为饱和溶液，则溶解度S与质量分数的关系是s/（100+s）×100%=ω1g，得到原条件下KCl的溶
解度S大于ω1g，故A错误；B．依据溶质质量相同列式，原溶液中溶质质量减去析出的氯化钾等于析出晶体后溶液中溶质质量，m1•ω1%-m=m2•ω2%中满足溶质的质量相等，故B正确；C．若原溶液为饱和溶液，条件为降低温度，则冷却将使晶体析出，但温度一定，KCl的溶解度为一定值，若恢复原温度，ω1一定等于ω2，若降低温度下ω1一定大于ω2，故C错误；D．若条件只为降低温度使晶体析出，则m1-m2=m，若条件只为蒸发水分m（H2O）g使晶体析出，则m1-m2=m+m（H2O），综上所述得m1-m2≥m，故D错误；故选B。
考点：
考查对溶解度等概念的理解及应用。
16．80C，0.1mol/LNaHB溶液中c（H+）＞c（OH–），可能正确的关系是
A．c（Na+）+c（H+）=c（HB–）+2c（B2–）B．溶液的pH=1
C．c（H+）∙c（OH–）=10–14D．c（Na+）=c（H2B）+c（HB–）
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．溶液存在电荷守恒，应为c（Na+）+c（H+）=c（HB-）+2c（B2-）+c（OH-），故A错误；B．HB-电离程度未知，如果能完全电离，则溶液的pH为1，否则不等于1，故B正确；C．常温下，水的离子积常数K=c（H+）•c（OH-）=10-14，水的离子积随温度升高而增大，故C错误；D．由物料守恒可知c（Na+）=c（B2-）+c（HB-）+c（H2B），故D错误，故选B。
考点：
考查离子浓度的大小比较
17．某溶液中含有下列离子中的五种：
Ba2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Mg2+、HCO3–、CO32–、Cl–、NO3–、SO42–，浓度均为0.1mol/L。
向其中加入足量的盐酸，有气体生成且反应后溶液中阴离子的种类没有变化。
以下分析错误的是
A．原溶液中不含HCO3–和CO32–B．向加盐酸后的溶液中再加KSCN溶液，显红色
C．能确定原溶液中的五种离子D．原溶液中有三种阳离子和两种阴离子
【答案】D
【解析】
试题分析：
原溶液里一定没有HCO3-和CO32-，因二离子与溶液里可能存在的阳离子均不共存，若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，此气体不可能为二氧化碳；经分析知：
反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中含有Cl-，有气体生成则含有Fe2+和NO3-；一共有五种离子，浓度均为0.1，Fe2+，Cl-，NO3-正好电荷守恒．说明存在的另外两种离子的带电量是一样的，则为Mg2+和SO42-，综上可知，溶液中存在的五种离子为：
Fe2+、Cl-、NO3-、Mg2+和SO42-；A．原溶液中不含HCO3–和CO32–，故A正确；B．向加盐酸后的溶液中含有Fe3+，再加KSCN溶液，显红色，故B正确；C．溶液中存在的五种离子为Fe2+、Cl-、NO3-、Mg2+和SO42-，故C正确；D．溶液中存在的五种离子为Fe2+、Cl-、NO3-、Mg2+和SO42-，原溶液中有二种阳离子和三种阴离子，故D错误，答案为D。
考点：
考查离子反应、离子检验方法和离子性质的分析判断。
三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项，只有一个正确选项的，多选不给分，有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分。
）
18．向饱和食盐水中滴加一定浓度的盐酸，对出现现象的预测可能正确的是
A．白色沉淀B．液体分层C．无明显现象D．黄绿色气体
【答案】AC
【解析】
试题分析：
食盐水和盐酸混溶，不可能出现分层现象，
也不可能有氯气放出，但饱和食盐水中存在NaCl（s）
Na+（aq）+Cl-（aq），如果增大Cl-浓度平衡逆向移动，会有NaCl晶体析出，如果盐酸中的Cl-较小，则不会有晶体析出，将无明显现象，故选项AC符合题意，答案为AC。
考点：
考查溶解平衡的移动
19．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。
其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）。
Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，五种元素原子的最外层电子数之和为21，下列说法正确的是
A．Z、W、Q三种元素的单质属于三种不同的晶体类型
B．Q氢化物的熔点高于Z氢化物的熔点
C．一定条件下，Q单质可把Y从其氢化物中置换出来
D．最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：
Q>Y>W>X
【答案】AC
【解析】
试题分析：
短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=21-4-4-1-7=5，原子序数小于Na，故Y为N元素；A．Na、Si、Cl三种元素的单质分属金属晶体、原子晶体、分子晶体，故A正确；B．Q氢化物为HCl是分子晶体，Z氢化物为NaH是离子晶体，离子晶体的熔点高，故B错误；C．一定条件下Cl2可以氧化NH3得到N2，故C正确；D．碳的非金属性比硅强，最高价氧化物对应水化物的酸性H2CO3>H2SiO3，故D错误，答案为AC。
考点：
考查结构性质位置关系应用
20．对有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是
A．该溶液中，H+、NH4+、SO42–、Br–可以大量共存
B．该溶液中，K+、OH–、S2–、NO3–不能大量共存
C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，离子方程式为：
2Fe2++ClO–+2H+→Cl–+2Fe3++H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个
【答案】BD
【解析】
试题分析：
A．酸性条件下，ClO-、Br-能发生氧化还原反应生成氯离子和溴单质而不能大量共存，故A错误；B．ClO-能在碱性条件下氧化S2-，而不能大量共存，故B正确；C．NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2++ClO-+2H+═Cl-+2Fe3++H20反应矛盾，故C错误；D．加入浓盐酸，发生反应方程式为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，根据方程式知，每生成1mol氯气转移电子数约为6.02×1023个，故D正确，故选BD。
考点：
考查氧化还原反应有关知识，涉及离子共存、离子方程式书写、根据方程式计算。
21．自然界存在反应：
14CuSO4+5FeS2+12H2O→7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。
在该反应中
A．产物中的SO42–有一部分是氧化产物
B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移
C．发生氧化反应和发生还原反应的FeS2之比为7:
3
D．14molCuSO4能氧化5molFeS2
【答案】A
【解析】
试题分析：
14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由-1价降低为-2价，S元素的化合价由-1价升高为+6价；A．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42-是氧化产物，则产物中的SO42-有一部分是氧化产物，故A正确B．5molFeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×=21mole-转移，故B错误；C．FeS2中10molS原子中其中7mol得到电子被还原，3mol失去电子被氧化，则氧化的硫元素和被还原的硫元素的质量比为3：
7，故C错误；D．14molCuSO4只能氧化2molFeS2，故D错误，答案为A。
考点：
考查氧化还原反应
22．有两份组成及质量都相等的Na2O2和Na2CO3的混合物，向第一份中加入足量的稀硫酸，放出的气体共4.48L。
将此气体通入第二份混合物，充分反应后，气体体积变为4.032L（均为标准状况下体积）。
则原混合物中Na2O2和Na2CO3的物质的量之比为
A．2：
9B．3：
2C．2：
1D．8：
1
【答案】AD
考点：
考查混合物的计算
四、（本题共12分）
H、C、N、O、Al、S是常见的六种元素。
完成下列填空：
23．碳元素有12C、13C和14C等同位素。
在14C原子中，核外存在对自旋相反的电子。
24．碳在形成化合物时，其所成化学键以共价键为主，原因是。
25．任选上述元素可组成多种四原子的共价化合物，请写出其中含非极性键的一种化合物的电子式。
26．上述元素可组成盐NH4Al（SO4）2。
向10mL1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下。
①NH4Al（SO4）2溶液中所有离子的浓度由大到
小的顺序是，请解释阳
离子浓度差异的原因。
②写出N点反应的离子方程式。
③若向10mL1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中加入20mL1.2mol/LBa（OH）2溶液，充分反应后，产生沉淀______mol。
【答案】23．2（2分）
24．碳有四个价电子且原子半径较小，难
以通过完全得到或失去电子达到稳定结构。
（2分）
25．
（2分，合理即得分）
26．①c（SO42-）>c（NH4+）>c（Al3+）>c（H+）>c（OH–）（1分），由于碱性：
氨水>Al（OH）3，故Al3+的水解程度大于NH4+的水解程度，c（NH4+）>c（Al3+）；溶液显酸性，是由于NH4+和Al3+水解造成的，因水解程度较小，所以c（NH4+）、c（Al3+）远大于c（H+）浓度（2分）
②NH4++OH–=NH3∙H2O（1分）③0.022（2分）
【解析】
试题分析：
23．碳元素有12C、13C和14C等同位素。
在14C原子中，核外电子排布式为1s22s22p2，存在2对自旋相反的电子；
24．碳在形成化合物时，其所成化学键以共价键为主，原因是碳有四个价电子且原子半径较小，难以通过完全得到或失去电子达到稳定结构。
25．过氧化氢H2O2中存在非极性键，其电子式为
；
26．①由图示可知NH4+结合OH-的能力比Al3
+低，即Al3+更易水解，NH4Al（SO4）2溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序是c（SO42-）>c（NH4+）>c（Al3+）>c（H+）>
c（OH–），具体原因是由于碱性：
氨水>Al（OH）3，故Al3+的水解程度大于NH4+的水解程度，c（NH4+）>c（Al3+）；溶液显酸性，是由于NH4+和Al3+水解造成的，因水解程度较小，所以c（NH4+）、c（Al3+）远大于c（H+）浓度；
②写出N点是溶液里的NH4+与OH-作用生成一水合氨，反应的离子方程式NH4++OH–=NH3∙H2O。
③NH4+的物质的量为0.01mol，Al3+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，滴加的Ba（OH）2溶液含有的OH-的物质的量为0.048mol，Ba2+的物质的量为0.024mol，则得到
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