学年山东省师大附中高一下学期期中考试化学理试题解析版.docx

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学年山东省师大附中高一下学期期中考试化学理试题解析版

山东省师大附中2016-2017学年高一下学期期中考试

化学（理）试题

相对原子质量：

H1C12O16Na23Mg24Cl35.5Al27

第Ⅰ卷（共54分）

一、选择题（共18小题，每小题3分，共54分。

每小题只有一个选项符合题意）

1．13C－NMR（核磁共振）、15N－NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，KurtWuthrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。

下面有关13C、15N叙述正确的是（　）

A．13C与15N有相同的中子数

B．13C与C60互为同素异形体

C．15N与14N互为同位素

D．15N的核外电子数与中子数相同

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．13C与15N的中子数分别为7、8，故A错误；B．13C为原子，C60为单质，二者不是同素异形体，故B错误；C．15N与14N为质子数都是7，但中子数不同的原子，则互为同位素，故C正确；D．15N的核外电子数为7，中子数为15﹣7=8，故D错误；故选C．

2．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）

A．酸性：

H2SO4>H3PO4

B．非金属性：

Cl>Br

C．碱性：

NaOH>Mg（OH）2

D．热稳定性：

Na2CO3>NaHCO3

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，可以用元素周期律解释，不选；B、结合元素在周期表中的位置分析，用元素周期律。

C、金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，用元素周期律解释。

D碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性不能用元素周期律解释。

考点：

元素周期律

3．下列关于周期表的描述正确的是（）

A．元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16纵行

B．除短周期外，其他周期均有18种元素

C．同周期ⅡA族与ⅢA族元素原子序数之差可能是1、11、25

D．ⅠA族的所有元素都为金属元素

【答案】C

【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素周期表的整体结构及元素在周期表中的位置为解答的关键，选项B为易错点。

4．下列有关说法错误的是（　　）

A．离子化合物中一定含有金属阳离子和阴离子

B．离子键是阴、阳离子通过静电作用形成的，NaCl熔化时破坏了离子键

C．N2分子中含有的共价键很强，故N2分子比较稳定

D．共价键既可存在于共价化合物中，也可存在于离子化合物或非金属单质中

【答案】A

【解析】A．离子化合物中不一定含有金属阳离子，如氯化铵中的阳离子是铵根离子，故A错误；B．阴、阳离子通过静电作用形成的是离子键，NaCl熔化时破坏了阴阳离子间的离子键，故B正确；C．N2分子中的氮氮三键是一种很强的共价键，使得N2分子中的化学键不容易断开，比较稳定，故C正确；D．共价键既可存在于共价化合物中，如水分子中，也可存在于离子化合物或非金属单质中，如氢氧化钠和氯气中，故D正确；故选A。

5．下列事实能说明金属元素甲的金属性一定比乙强的有（）

①甲单质能与乙盐的溶液反应并置换出乙

②甲、乙两元素原子的最外层电子数相同，且甲的原子半径小于乙

③甲、乙两短周期元素原子的电子层数相同，且甲的原子序数小于乙

④甲、乙两元素的最高价氧化物水化物的碱性甲大于乙

⑤两单质分别与氯气反应生成的阳离子，甲离子的化合价比乙高

A．全部可以B．仅②可以C．仅②⑤可以D．①③④可以

【答案】D

【解析】

试题分析：

①甲单质能与乙盐的溶液反应，不能证明金属元素甲的金属性一定比乙强，如金属Cu和氯化铁之间的反应，错误；②甲、乙两元素原子的最外层电子数相同，且甲的原子半径小于乙，即为同主族元素，可以据此能判断金属元素甲的金属性一定比乙弱，错误；③甲、乙两短周期元素原子的电子层数相同，且甲的原子序数小于乙，同周期，元素的金属性随着原子序数的增加而减弱，即金属元素甲的金属性一定比乙强，正确；④甲、乙两元素的单质和盐酸组成原电池，乙单质表面生成氢气，此时乙是正极，甲是负极，金属元素甲的金属性一定比乙强，正确；⑤金属性强弱与失去电子难易程度有关，与失去电子数目多少无关，如Mg失去2个电子、Na失去1个电子，但金属性Na＞Mg，错误。

③④可以，故选项D正确。

考点：

考查金属性强弱判断方法的知识。

6．短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。

下列判断不正确的是（　　）

R

T

Q

W

A．含T的盐中，T元素只能存在于阳离子中

B．最高价氧化物对应水化物的酸性：

Q＜W

C．原子半径：

T＞Q＞R

D．最简单气态氢化物的热稳定性：

R＞Q

【答案】A

【解析】由短周期元素R、T、Q、W所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，可推知Q为Si元素，W为S元素，R为N元素。

A．T为铝元素，其盐溶液中可能为铝盐、可能为偏铝酸盐，故A错误；B．非金属性Si＜S，故最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3＜H2SO4，故B正确；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：

T＞Q＞R，故C正确；D．非金属性N＞Si，故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3＞SiH4，故D正确；故选A。

【点睛】本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识。

A选项为易错点，设问角度新颖独特，学生容易忽略偏铝酸盐。

7．反应A+B═C，在反应过程中，断裂1molA中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molB中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1molC中的化学键释放的能量为Q3kJ；1molA所含化学能为E1kJ，1molB所含化学能E2kJ，1molC所含化学能E3kJ。

下列说法中一定正确的是（　　）

A．若Q1+Q2＜Q3，则反应为放热反应B．若Q1+Q2＞Q3，则反应为放热反应

C．若E1+E2＞E3，则反应为吸热反应D．若E1+E2＞E3，则Q1+Q2＞Q3

【答案】A

【解析】

试题分析：

△H=反应物键能和-生成物键能和=生成物能量和-反应物能量和=Q1+Q2-2Q3=2E3-E1-E2，A．Q1+Q2＜Q3则，Q1+Q2＜2Q3，△H＜0反应放热，故A正确；B．Q1+Q2＞Q3，不一定Q1+Q2＞2Q3，故B错误；C．E1+E2＞E3，可能E1+E2＞2E3，故C错误；D．E1+E2＞E3，不一定E1+E2＞2E3，故D错误；故选A。

考点：

考查△H=反应物键能和-生成物键能和=生成物能量和-反应物能量和

8．下列说法正确的是（　　）

A．同周期X、Y、Z元素的最高价含氧酸的酸性：

HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则气态氢化物稳定性HX＜H2Y＜ZH3

B．ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱

C．金属与非金属元素分界线附近的元素是过渡元素

D．元素R的含氧酸的化学式是H2RO3，则其气态氢化物的化学式就是RH4

【答案】B

【解析】A．同周期X、Y、Z元素的最高价含氧酸的酸性：

HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性，X＞Y＞Z，则气态氢化物稳定性HX＞H2Y＞ZH3，故A错误；B．同主族元素的简单阴离子还原性越强，其对应的元素的非金属性越弱，元素的非金属性越弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越弱，故B正确；C．过渡元素包含副族与Ⅷ族元素，在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，都属于主族元素，通常既具有金属性又具有非金属性，故C错误；D．若R为碳元素，气氢化物有甲烷、乙烷等，R可能为S元素，气体氢化物为H2S，故D错误；故选B。

【点睛】本题考查元素周期表与周期律的综合运用，比较基础，注意D选项利用列举法进行解答，D选项为易错点，容易忽略如硫元素、硅元素，C元素形成的氢化物为烃等。

9．某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素（　　）

A．在自然界中只以化合态的形式存在，形成的单质是良好的半导体材料。

B．单质常用作半导体材料和光导纤维。

C．最高价氧化物是酸性氧化物，不能与酸反应。

D．最高价氧化物对应的水化物的酸性比磷酸强。

【答案】A

【解析】某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，则该非金属元素为Si。

A．Si元素是亲氧元素，在自然界中以化合态形式存在，主要以二氧化硅、硅酸盐形式存在，故A正确；B．Si单质是良好的半导体材料，二氧化硅用作制备光导纤维，故B错误；C．二氧化硅能与氢氟酸反应，故C错误；D．Si的非金属性比磷弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性比磷酸弱，故D错误；故选A。

10．已知X＋、Y2＋、Z－、W2－四种离子均具有相同的电子层结构。

下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是（　　）

A．原子半径：

X＞Y＞W＞ZB．原子序数：

Y＞X＞Z＞W

C．原子最外层电子数：

Y＞X＞Z＞WD．金属性：

X＞Y，还原性：

W2－＞Z－

【答案】C

考点：

考查元素周期律和元素周期表

11．右图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是（　　）

A．非金属性：

Y>Z>M

B．原子半径：

M>Z>Y

C．Z元素最高价氧化物的水化物的浓溶液具有强氧化性和难挥发性

D．三种元素中，Y的最高价氧化物对应的水化物酸性最强

【答案】C

【解析】

试题分析：

由元素在短周期中的位置可知，X为He、Y为F、M为Cl、Z为S，A．同周期自左而右非金属性最强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性：

Y＞M＞Z，A错误；B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞Cl-＞F-，B错误；C．浓硫酸具有强氧化性和不挥发性，C正确；D．F元素没有最高价含氧酸，D错误，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查位置、结构和性质关系应用

【名师点晴】“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。

12．下列有关物质性质的比较正确的是（　　）

①第ⅡA族元素的单质从上到下，失电子能力减弱

②元素的最高正化合价在数值上等于它所在的族序数

③同周期主族元素的原子半径越小，越难失去电子

④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强

⑤还原性：

S2－＞Cl－＞Br－

⑥酸性：

HClO4＞H2SO4＞H3PO4

A．①③B．③⑥C．②④D．⑤⑥

【答案】B

【解析】

试题分析：

①同主族元素的单质从上到下，金属性逐渐增强，①错误；②一般情况下主族元素中，若元素存在最高正化合价，则元素的最高正化合价在数值上等于它所在的族序数，若元素的非金属性很强，则没有与族序数相等的最高正化合价，②错误；③同周期主族元素的原子半径越小，电子受到的吸引力就越强，则越难失去电子，③正确；④元素的非金属性越强，它的气态氢化物的稳定性就越强，但是水溶液的酸性不一定越强，如非金属性F>Cl，但是HF是弱酸，而HCl是强酸，④错误；⑤元素的非金属性：

Cl＞Br＞S，则阴离子的还原性：

S2－＞Br－＞Cl－，⑤错误；⑥元素的非金属性：

Cl＞S＞P＞Si，所以酸性：

HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，⑧正确。

因此有关物质性质的比较正确是③⑥，答案选C。

考点：

考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。

13．氡是放射性元素，氡气吸入人体有害健康。

氡的原子序数是86，相对原子质量是222。

科学家还发现某些放射性矿物分解放出的“锕射气”是由质子数为86、质量数为219的原子组成。

下列关于氡的说法正确的是（）

A．氡气在标准状况下的密度9.91g·L－1

B．氡气的化学性质较活泼，因此对人体有害

C．氡原子核外有7个电子层，最外层有8个电子

D．“锕射气”是氡的同素异形体

【答案】A

【解析】A、在标准状况下，氡气的密度为ρ=

=

=9.91g•L-1，故A正确；B、氡为稀有气体元素，性质不活泼，对人体有害是因为它具有放射性，故B错误；C、氡为第六周期元素，核外有6个电子层，最外层有8个电子，故C错误；D、质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素，氡的质子数为86，相对原子质量是222，“锕射气”的质子数86，质量数219，所以二者是同位素，故D错误；故选A。

14．下列物质间的转化，能经过一步化合反应直接转化的是（　　）

A．SiO2→H2SiO3B．Na2O2→Na2CO3

C．Cu→Cu2（OH）2CO3D．AlCl3→Al（OH）3

【答案】C

【解析】A．SiO2不溶于水，不能一步反应生成H2SiO3，故A错误；B．Na2O2能够与二氧化碳反应生成Na2CO3和氧气，能够一步反应生成，但反应不是化合反应，故B错误；C．Cu在空气中与水蒸气、二氧化碳和氧气化合生成Cu2（OH）2CO3，故C正确；D．AlCl3与氢氧化钠发生复分解反应生成Al（OH）3，不能通过化合反应生成，故D错误；故选C。

15．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（　　）

X

Y

Z

①

NaOH溶液

Al（OH）3

稀硫酸

②

KOH溶液

SiO2

浓盐酸

③

Fe2O3

Al

稀盐酸

④

FeCl3溶液

Cu

浓硝酸

A．①③B．①④C．②④D．②③

【答案】B

【解析】氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应，也能与强碱反应，①正确；二氧化硅是酸性氧化物，与盐酸不反应，②错误；常温下氮气与氢气和氧气均不反应，③错误；铜与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和H2O，④正确，答案选B。

16．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）

A．将铜丝插入稀硝酸中：

Cu+4H++2NO3－=Cu2++2NO2↑+H2O

B．向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁粉：

Fe3++Fe=2Fe2+

C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：

Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+

D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：

Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+

【答案】C

【解析】

试题分析：

A、铜和稀硝酸发生反应生成NO，反应方程式为：

3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故错误；B、电荷不守恒，应是2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，故错误；C、氢氧化铝不溶于弱碱，因此离子反应式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al（OH）3↓＋3NH4＋，故正确；D、硅酸钠是可溶盐，拆写成离子形式，应是SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓，故错误。

考点：

考查离子反应方程式的正误判断等知识。

17．向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。

上述实验过程中没有发生的离子反应是（　　）

A．CO2+2OH−=CO32−+H2OB．Al2O3+2OH−+3H2O=2−

C．2Al+2OH−+6H2O=2−+3H2↑D．Al3++4OH−=−

【答案】D

【解析】

试题分析：

向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：

CO2+2OH−=CO32−+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：

2Al+2OH−+6H2O=2−+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：

Al2O3+2OH−+3H2O=2−，根据分析可知，能够发生反应为A、B、C的，没有发生的反应为D，故选D。

考点：

镁、铝的重要化合物；离子反应发生的条件。

18．在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示（b处NaOH的体积为1L），则下列判断错误的是（　　）

A．NaOH的浓度为0.6mol·L－1B．在a点处溶液中的溶质为NaCl

C．混合溶液中n（Al3+）﹕n（Mg2+）＝1﹕1D．图中线段oa:

ab＝4﹕1

【答案】D

【解析】AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，此时溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（b-a）L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液。

A、在bL时，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，由图象可知：

n=0.1mol，n（Mg（OH）2]=0.1mol，根据Mg原子守恒有n（MgCl2）=n（Mg（OH）2]=0.1mol，根据Al原子守恒有n（NaAlO2）=n（AlCl3）=n=0.1mol，由Cl原子守恒有n（Cl）=n（NaCl）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，由Na原子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=0.5mol+0.1mol=0.6mol，所以c（NaOH）=

=0.6mol/L，故A正确；B、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，故B正确；C、由以上分析可知，溶液中n（MgCl2）=n（Mg（OH）2]=0.1mol，n（AlCl3）=n=0.1mol，即溶液中的混合溶液中n（Al3+）：

n（Mg2+）=1：

1，故C正确；D、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（b-a）L时，氢氧化铝与NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n（NaCl）与n（NaAlO2）之比，故oa：

ab=a：

（b-a）=0.5mol：

0.1mol=5：

1，故D错误；故选D。

第Ⅱ卷（46分）

二、填空题（共4小题，共46分）

19．世博会中国馆——“东方之冠”由钢筋混凝土、7000多块铝板和1200多块玻璃等建成。

（1）铝板易被烧碱腐蚀，玻璃易被氢氟酸腐蚀，原因分别为（用化学方程式表示）：

_____________________________________、______________________________________。

（2）生产硅酸盐水泥和普通玻璃都需要用到的主要原料是____________________。

制备普通玻璃的主要反应方程式（任写一个）：

_________________________________________。

（3）石英玻璃化学稳定性强、膨胀系数小，是一种特殊玻璃，石英玻璃的主要成分是____。

（4）要将NaOH高温熔化，下列坩埚中可选用的是_________。

A．普通玻璃坩埚B．石英玻璃坩埚C．氧化铝坩埚D．铁坩埚

【答案】

（1）．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H2↑

（2）．SiO2+4HF=SiF4+2H2O（3）．石灰石（4）．SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑或SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑（5）．SiO2（6）．D

【解析】

（1）铝板易被烧碱腐蚀，玻璃易被氢氟酸腐蚀，反应的化学方程式分别为：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故答案为：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，SiO2+4HF=SiF4+2H2O；

（2）生产硅酸盐水泥和普通玻璃都需要用到的主要原料为石灰石。

制备普通玻璃的主要反应方程式有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑或SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，故答案为：

石灰石；SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑或SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑；

（3）石英玻璃的主要成分是SiO2，故答案为：

SiO2；

（4）A．普通玻璃坩埚中的二氧化硅能够与氢氧化钠反应，故A错误；B．石英玻璃坩埚中的二氧化硅能够与氢氧化钠反应，故B错误；C．氧化铝坩埚中的氧化铝能够与氢氧化钠反应，故C错误；D．铁与氢氧化钠不反应，故D正确；故选D。

20．铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料．工业上提取氧化铝的工艺流程如下：

（1）沉淀A的成分是（填化学式）_________。

（2）步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H++OH﹣=H2O还有：

_____________________________、________________________________；

（3）步骤③中通入过量CO2气体而不加入过量盐酸的理由是___________________；

（4）准确称取8g铝土矿样品，加入一定量试剂a的溶液，使其中的Al2O3、Fe2O3恰好溶解；然后，向滤液中加入10mol·L－1的NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，则样品中Al2O3的百分含量为_________。

【答案】

（1）．SiO2

（2）．Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3（3）．Al3++4OH﹣=﹣（4）．过量盐酸能使生成的Al（OH）3溶解（5）．63.75%

【解析】铝土矿中加入过量试剂a，然后操作I得到沉淀A和滤液甲，则操作I为过滤，滤液甲中加入过量NaOH溶液操作II后得到沉淀B和滤液乙，操作II是过滤；Al2O3、SiO2能溶于强碱溶液而Fe2O3不溶于强碱溶液，SiO2不溶于稀盐酸而Fe2O3、Al2O3能溶于稀盐酸，根据图知，滤液甲中含有铝元素，则试剂a为稀盐酸，沉淀A为SiO2，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀B为Fe（OH）3，滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液，沉淀C为Al（OH）3，加热氢氧化铝得到氧化铝。

（1）通过以上分析知，沉淀ASiO2，故答案为：

SiO2；

（2）步骤②中加入过量NaOH溶液后，稀盐酸、铁离子、铝离子都和NaOH溶液反应，发生反应的离子方程式是H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=-，故答案为：

Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=-；

（3）步骤③中通入过量CO2气体而不加入过量盐酸的理由是过量的稀盐酸能溶解生成的氢氧化铝而得不到氢氧化铝，故答案为：

过量盐酸能使生成的Al（OH）3溶解；

（4）根据图知，35-45mLNaOH溶液是溶解Al（OH）3，溶解Al（OH）3所需NaOH体积是生成Al（OH）3所需NaOH溶液体积的

，所以生成Al（OH）3所需NaOH溶液体积为30mL，35mLNaOH溶液时铝离子、铁离子完全沉淀，则生成氢氧化铁沉淀所需NaOH溶液体积为5mL，

根据关系式Al2O3～2Al（OH