黑龙江齐齐哈尔市五校联谊届高三上学期期末联考化学精校解析 Word版.docx
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黑龙江齐齐哈尔市五校联谊届高三上学期期末联考化学精校解析Word版
黑龙江齐齐哈尔市五校联谊2018届高三上学期期末联考
化学试题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。
下列说法不正确的是
A.为加快漂白精的漂白速率,使用时可滴加几滴醋酸
B.在食品袋中放人盛有硅胶和铁粉的透气小袋,可防止食物受潮、氧化变质
C.用含橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾,利用了乙醇的挥发性和还原性
D.光太阳能电池先将光能转化为化学能,然后再将化学能转化为电能。
【答案】D
【解析】A、漂白粉有效成分是次氯酸钙,遇水后发生如下反应,起漂白作用的是次氯酸,加入醋酸后会生成次氯酸,增强漂白能力,故A正确;B、在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋,硅胶(具有吸湿性)能吸收水分,铁是较活泼的金属,具有还原性,能防止食品被氧化,故B正确;C、重铬酸钾在酸性条件下有强氧化性,会把乙醇氧化成乙酸(醋酸),然后它自己被还原成铬三正离子(Cr3+),故C正确;D、太阳能电池是将太阳能直接转化为电能,然后通过蓄电池存储起来。
故D错误;故选D。
2.下列有关化学用语的表示正确的是
A.医用“钡餐”的化学式:
BaCO3
B.C1-的结构示意图:
C.NaHCO3在水中的电离方程式:
NaHCO3=Na++H++CO32-
D.NH4Cl的电子式为
【答案】D
【解析】A、医用“钡餐”的化学式为BaSO4,则A错误;B、C1得到电子形成C1-时,核电荷数是不变的,所以C1-结构示意图
,所以B错误;C、HCO3—是弱酸的酸式酸根离子,不能写成H++CO32-,NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3—,故C错误;D、NH4Cl是离子化合物,是由NH4+和Cl—构成的,该电子式是正确的。
故本题正确答案为D。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.若将1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体,则分散系中胶体微粒数目为NA
B.1molCH3COONa和少量CH3COOH溶于水所得中性溶液中CH3COO-的数目为NA
C.标准状态下2.24LCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NA
D.0.1molNaHSO4晶体中含有H+数为0.1NA
【答案】B
【解析】A、1mol氯化铁完全水解可生成1mol氢氧化铁,氢氧化铁胶体中胶粒是由许多氢氧化铁分子聚集而形成的,所以胶体微粒数目小于NA,则A错误;B、因溶液呈中性,即c(H+)=c(OH—),由电荷守恒可得n(Na+)=n(CH3COO—)=1mol,因此溶液中CH3COO-的数目为NA,则B正确;C、标准状态下2.24LCl2溶于水,但与水反应的Cl2小于0.1mol,所以转移电子数也小于0.1NA,则C错误;D、NaHSO4晶体是由Na+和HSO4—构成的,没有H+,所以D错误。
本题正确答案为B。
4.下列化学反应的离子方程式正确的是
A.0.01mol/LNH4Al(SO4)3溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合产生沉淀:
NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3•H2O
B.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸:
Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
C.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热:
NH4++OH-
NH3↑+H2O
D.浓硝酸中加入过量铁粉并加热:
Fe+3NO3-+6H+
Fe3++3NO2↑+3H2O
【答案】A
【解析】A、根据物质量的关系可得n[NH4Al(SO4)2]:
n[Ba(OH)2]=1:
2,所以1个Al3+与3个OH-结合生成Al(OH)3↓,剩余1个OH-与1个NH4+结合生成NH3•H2O,还有2个BaSO4↓,所以A正确;B、Na2SiO3溶于水,应写为离子形式,故B错误;C、OH-不仅能与NH4+反应,还能与HCO3—反应,所以C错误;D、由于铁粉过量,Fe3+被还原为Fe2+,所以D错误。
本题正确答案为A。
5.利用实验器材(规格和数量不限,夹持装置省略),能完成相应实验的一项是
选项
实验器材(省略夹持装置)
相应实验
A
坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角
CuSO4溶液的浓缩结晶
B
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸
用盐酸除去BaSO4中的少量碳酸银
C
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液
D
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和CCl4,除去NaBr溶液中少量NaI
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】A、CuSO4溶液的浓缩结晶,需要在蒸发皿中进行,所以A错误;B、用盐酸除去BaSO4中的少量碳酸银,会生成氯化银新的沉淀,应该用硝酸,所以B错误;C、没有托盘天平称量固体氯化钠的质量,所以C错误;D、用溴水与NaI反应生成NaBr和I2,然后在分液漏斗中用CCl4萃取即可除去I2,所以D正确。
本题正确答案为D。
点睛:
固体物质加热用坩埚,而液体物质加热浓缩结晶用蒸发皿,容量瓶的规格是固定的,所以配制溶液的体积也是固定的,尽管C选项没有指明体积,但题目明确了规格和数量不限,所以C是可以完成实验的,这是易错点。
6.二氧化氯(Cl02)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂,对酸性污水中的Mn2+也有明显的去除效果,其反应原理为:
ClO2+Mn2+→MnO2↓+Cl-(部分反应物和产物省略、未配平),下列有关该反应的说法正确的是
A.工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2
B.利用该原理处理含Mn2+的污水后溶液的pH升高
C.该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:
5
D.理论上处理含1molMn2+的污水,需要标准状况下的ClO28.96L
【答案】D
点睛:
用ClO2处理酸性污水中的Mn2+,反应离子方程式的书写是正确解答本题的关键,需要特别注意溶液的酸碱性不是决定方程式书写的根本依据,正确书写方程式要遵循电子转移守恒、电荷守恒和质量守恒,如本题中酸性污水,H+却不能当作反应物。
7.铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅,工业上经过下列工艺可以治炼金属铝:
下列说法中错误的是
A.①②中除加试剂外,还需要进行过滤操作
B.a、b中铝元素的化合价相同
C.③中需要通入过量的氨气
D.④进行的操作是加热,而且d一定是氧化铝
【答案】B
【解析】试题分析:
A、铝土矿中的二氧化硅不溶于盐酸,需要过滤除去,a中的氯化铁能与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀,需要过滤除去,正确;B、a中氧化铝中铝元素的化合价为+3,b中偏铝酸根离子中铝元素的化合价为+3,正确;C、③中是将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀,需要通入二氧化碳,错误;D、④进行的操作是加热,是氢氧化铝分解生成氧化铝,故d一定是氧化铝,正确;故选C。
考点:
考查了金属的冶炼、铝及其化合物的性质的相关知识。
8.火法炼汞是在不太高的温度下(450-800℃),将汞矿石或精矿进行焙烧,直接将汞还原呈气态分离出来,而后冷凝成液态汞.目前工业上制粗汞的流程如图:
下列有关说法正确的是
A.流程中加入氧化钙的目的是减少SO2的排放
B.“辰砂”加热时发生反应:
HgS+O2
Hg+SO2,该方法属于热分解法
C.洗涤粗汞时可用5%的盐酸代替5%的硝酸
D.含汞烟气中汞的含量很低,可以直接排放
【答案】A
【解析】试题分析:
A.“辰砂”加热时发生反应:
HgS+O2
Hg+SO2,有污染气体SO2产生,因此加入氧化钙可减少SO2的排放,故A正确;B.该反应不属于分解反应,故B错误;C.粗汞中的铜铅杂质不溶于稀盐酸,则不能用5%的盐酸代替5%的硝酸,故C错误;D.汞蒸汽有毒,必须进行处理才能排放,故D错误。
故选A。
考点:
考查工艺流程
9.向恒温,恒容(2L)的密闭容器中充入2molSO2和一定量的O2发生反应:
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g) ΔH=-197.74kJ·mol-1,4min后达到平衡,这时c(SO2)=0.2mol·L-1,且SO2和O2的转化率相等。
下列说法中,不正确的是
A.2min时,c(SO2)=0.6mol·L-1
B.用O2表示4min内的反应速率为0.1mol·(L·min)-1
C.再向容器中充入1molSO3,达到新平衡,n(SO2):
n(O2)=2:
1
D.4min后,若升高温度,平衡向逆方向移动,平衡常数K减小
【答案】A
【解析】试题分析:
设二氧化硫的初始浓度是xmol/L,则
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)
初始浓度(mol/L)1x0
变化浓度(mol/L)0.80.40.8
平衡浓度(mol/L)0.2x-0.40.8
SO2和O2的转化率相等,则0.4/x=0.8,解得x=0.32mol/L
A、0~4min内,二氧化硫的反应速率=0.8mol/L÷4min=0.2mol/(L•min),前2min反应速率大于0.2mol/(L•min),所以2min时,c(SO2)<0.6mol•L-1,A错误;B、用O2表示4min内的反应速率为0.4mol/L÷4min="0.1"mol•(L•min)-1,B正确;C、再向容器中充入1molSO3,生成二氧化硫和氧气的物质的量之比不变,达到新平衡,二者的物质的量之比不变,即n(SO2):
n(O2)=2:
1,C正确;D、反应是放热的,4min后,若升高温度,平衡向逆方向移动,K会减小,D正确,答案选A。
考点:
考查化学反应速率、转化率的计算以及化学平衡的移动的影响因素方面的知识
10.下列图示与对应的叙述相符的是
A.图1表示1LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至VL,pH随1gV的变化
B.图2表示不同温度下水溶液中H+和OH-浓度的变化的曲线,图中温度T1<T2
C.图3表示一定条件下的合成氨反应中,NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化,图中a点N2的转化率小于b点
D.图4表示同一温度下,在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g),O2的平衡浓度与容器容积的关系
【答案】C
【解析】A、CH3COOH是弱酸,溶液中存在电离平衡,所以加水稀释时电离程度增大,但离子浓度是减小的,若溶液体积增大10倍,c(H+)不能减小为原来的1/10,所以pH也不能增大1,故A错误;B、水的电离是吸热的,所以升高温度,电离出的H+和OH-浓度增大,所以图象中的温度为T1>T2,所以B错误;C、由图象可知在N2的起始量恒定时,随H2量的增加,N2的转化率增大,所以a点N2的转化率小于b点,故C正确;D、容器体积的增大,即减小压强,平衡向气体体积增大的方向移动,即该平衡正向移动,O2的平衡浓度是增大的,所以D错误。
本题正确答案为C。
11.已知常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2/L2,Ksp(AgI)=1.0×10-16mol2/L2。
下列说法中正确的是
A.在相同温度下AgCl的溶解度小于AgI的溶解度
B.AgCl和AgI都不溶于水,因此AgCl和AgI不能相互转化
C.常温下,AgC1若要在NaI溶液中开始转化为AgI,则NaI的浓度必须不低于
×10-11mol/L
D.将足量的AgCl分别放入下列物质中:
①20mL0.01mol/LKCl溶液②10mL0.02mol/LCaCl2溶液③30mL0.05mol/LAgNO3溶液。
AgCl的溶解度由大到小的顺序为:
③>②>①
【答案】C
【解析】A、由于AgCl和AgI的组成相同,所以用Ksp可直接判断其溶解度的大小,即AgCl的溶解度大于AgI的溶解度,所以A错误;B、溶液中的反应总是向着能使微粒浓度减小的方向进行,由于AgCl的溶解度大于AgI的,所以AgCl可以转化为AgI,故B错误;C、AgC1在溶液中电离产生的c(Ag+)=c(Cl—)=
=
×10-5mol/L,所以要转化为AgI,需要NaI的最小浓度为c(I—)=
=
×10-11mol/L,所以C正确;D、这三种溶液中的c(Ag+)和c(Cl—)的能抑制AgC1的溶解,即c(Ag+)或c(Cl—)越大,使AgC1的溶解度越小,与溶液的体积无关,所以AgCl在这三种溶液中的溶解度由大到小的顺序为:
①>②>③,所以D错误。
因此本题正确答案为C。
12.已知草酸根为二元弱酸:
H2C2O4
HC2O4-+H+Ka1HC2O4-
C2O42-+H+Ka2
常温下,向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液,所得溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示,则下列说法中不正确的是
A.pH=1.2溶液中:
c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)
B.pH=2.7溶液中:
c2(HC2O4-)/[c(H2C2O4)×c(C2O42-)]=1000
C.将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2
D.向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离度一定增大
【答案】C
【解析】试题分析:
A、pH=1.2时,H2C2O4、HC2O4-的物质的量分数相等,且c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-),则c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4),故A正确;B、由图象可知pH=1.2时,c(HC2O4-)=c(H2C2O4),则Ka1=c(H+)=10-1.2,pH=4.2时,c(HC2O4-)=c(C2O42-),Ka2=c(H+)=10-4.2,由电离常数可知
=
=1000,故B正确;C、将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水,可配成不同浓度的溶液,溶液浓度不同,pH不一定为定值,即不一定为4.2,故C错误;D、向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2,溶液中由酸电离的氢离子浓度减小,则对水的电离抑制的程度减小,水的电离度一直增大,故D正确;故选C。
考点:
考查了酸碱混合物的定性判断和计算的相关知识。
13.膜技术原理在化工生产中有着广泛的应用,有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5,装置图如下。
下列说法不正确的是
A.X是原电池,能够生产硫酸;Y是电解池,能够生产N2O5
B.C电极的电极反应方程式为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+
C.当电路中通过2mole,X、Y中各有2molH+从左边迁移到右边
D.电路中电子流向为a
d
c
b
a形成闭合回路
【答案】D
【解析】A、由装置图可知X为原电池,a作负极,a极上的SO2失去电子结合水生成H2SO4,b作正极,O2得到电子结合溶液中的H+生成水,Y是电解池,c是阳极,N2O4失去电子生成N2O5,d作阴极,硝酸得到电子生成NO2,所以A正确;B、C为阳极,其电极的反应方程式为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+,生成的H+通过隔膜移向阴极,所以B正确;C、根据电子和H+所带电荷相等,只是电性相反,在装置工作时,原电池X中H+从负极a(左边)迁移到正极b(右边),而在电解池Y中H+从阳极c(左边)迁移到阴极d(右边),所以当电路中通过2mole-时,X、Y中各有2molH+从左边迁移到右边,所以C正确;D、电路中电子的流向为a
d、c
b,与两个装置内的H+从左边迁移到右边一起形成闭合回路,所以D错误。
本题正确答案为D。
14.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其中一种为金属元素,m、n、p、q、r、s是由这些元素组成的二元或元化合物,是元素Y的常见单质,m是一种具有特殊颜色的气体,p可做漂白剂、供氧剂,上述物质的转化关系如图所示。
下列说法错误的是
A.四种元素的简单离子半径:
X>Y>Z>W
B.p和s分子中的化学键类型完全相同
C.X.Y简单氢化物的佛点Y>X
D.常温下.0.01mol/Lq溶液的pH为2
【答案】B
【解析】p可作漂白剂、供氧剂,p为Na2O2,m是一种具有特殊颜色的气态化合物,m为NO2,t是Y元素的常见单质,根据反应n+p(Na2O2)→t+s,结合Na2O2的化学性质,t为O2,Y为O元素;r+t(O2)→m(NO2),r为NO;m(NO2)+n→q+r(NO),n为H2O,q为HNO3,s为NaOH。
题中涉及的四种元素为H、N、O、Na,短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X、Y、Z依次为H、N、O、Na元素。
A,四种元素简单离子半径:
X
Y
Z
W,A项正确;B,p为Na2O2,Na2O2中含离子键和非极性键,s为NaOH,NaOH中含离子键和极性键,B项错误;C,X的简单氢化物为NH3,Y的简单氢化物为H2O,H2O分子间氢键强于NH3分子间氢键,沸点:
H2O
NH3,C项正确;D,q为HNO3,HNO3属于一元强酸,0.01mol/LHNO3溶液中c(H+)=0.01mol/L,pH=2,D项正确;答案选B。
15.还原铁粉是化工生产及实验室中常用的还原剂。
工业上以绿矾为原料制备还原铁粉的工艺如下:
回答下列问题:
(1)酸溶过程中硫酸的作用是_________。
(2)转化的目的是制得FeCO3,加液时应将碳酸氨溶液加入到FeSO4中,原因是_________。
(3)转化过程中温度不超过35℃,原因是___________。
(4)生成的FeCO3沉淀需充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是____________。
(5)将FeCO3浊液暴露在空气中,固体表面变为红褐色,同时释放出CO2,写出该反应的化学方程式____________。
(6)在焙烧过程中需加入CaCO3进行 脱硫处理。
右图为加CaCO3和不加CaCO3对还原铁粉产率的影响,据图分析CaCO3的另一作用为___________。
【答案】
(1).抑制Fe2+水解
(2).防止生成氢氧化亚铁(3).防止碳酸铵受热分解(4).取少量最后一次洗涤液于试管,滴入盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,表明沉淀已洗涤干净(5).4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2(6).分解产生CO2与C反应生成还原剂CO
【解析】
(1)绿矾溶于水得到的硫酸亚铁溶液,Fe2+易水解,酸溶过程中硫酸的作用是抑制Fe2+水解;
(2)转化的目的是制得FeCO3,加液时应将(NH4)2CO3溶液加入到FeSO4中,防止生成氢氧化亚铁;(3)(NH4)2CO3受热易分解,为了减少(NH4)2CO3溶液的减少,转化过程中应控制温度在35℃以下,防止(NH4)2CO3受热分解;(4)生成的FeCO3沉淀需充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤滤液1~2 mL于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净;(5)红褐色固体是Fe(OH)3,FeCO3、H2O和O2反应生成Fe(OH)3和CO2,反应的化学方程式为:
4FeCO3+6H2O+O2==4Fe(OH)3+4CO2;(6)高温下,碳酸钙分解生成二氧化碳,二氧化碳能被碳还原生成一氧化碳,所以加入碳酸钙能增加一氧化碳的含量,则还原铁粉的产率增大。
16.某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究.现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述:
“反应放出大量的热,并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿,有熔融物落入沙中”.查阅《化学手册》知,Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下:
物质
Al
Al2O3
Fe
Fe2O3
熔点/℃
660
2054
1535
1462
沸点/℃
2467
2980
2750
--
(1)某同学推测,铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金.理由是:
该反应放出的热量使铁熔化,而铝的熔点比铁低,此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金.你认为他的解释是否合理?
答:
______(填“合理”或“不合理”)
(2)设计一个简单的实验方案,证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝.该实验所用试剂是_____,反应的离子方程式为__________.
(3)实验室溶解该熔融物,下列试剂中最好的是________(填序号).
A.浓硫酸B.稀硫酸C.稀硝酸D.氢氧化钠溶液
实验研究发现,硝酸发生氧化还原反应时,硝酸的浓度越稀,对应还原产物中氮元素的化合价越低.某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应,反应过程中无气体放出.在反应结束后的溶液中,逐滴加入4mol•L-1的氢氧化钠溶液,所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示.试回答下列问题:
(4)图中OC段没有沉淀生成,此阶段发生反应的离子方程式为_______
(5)在DE段,沉淀的物质的量没有变化,则此阶段发生反应的离子方程式为_______,上述现象说明溶液中________,结合OH-的能力比_________强(填离子符号).
(6)B点对应的沉淀的物质的量为______mol,C点对应的氢氧化钠溶液的体积为______mL.
【答案】
(1).合理
(2).NaOH溶液(3).2Al+2OH-+H2O=2AlO2-+3H2↑(4).B(5).H++OH-═H2O(6).NH4++OH-═NH3•H2O(7).Al3+、Fe3+、H+(8).NH4+(9).0.032(10).7
【解析】试题分析:
Ⅰ
(1)铝的熔点比铁低,生成铁和液态铝一起滴落到盛有沙子的容器中形成合金,所以铝热反应所得到的熔融物是铁铝合金,所以合理。
(2)铝和氢氧化钠溶液反应生成气体,所以可以用氢氧化钠检验所得的熔融物中是否含有铝,反应方程式为2Al+2OH—+H2O=2AlO2—+3H2↑;(3)A、浓硫酸易使铁铝钝化,不能使合金溶解,错误;B、活泼金属与稀硫酸反应,熔融物可溶解于稀硫酸中,正确;C、稀硝酸与金属反应生成污染性气体,不是最佳选择,错误;D、铁不与氢氧化钠反应,不能将熔融物全部溶解,错误。
所以选B。
Ⅱ(4)O→C之间发生的反应是酸碱中和反应,离子方程式为H++OH—═H2O。
(5)DE一段沉淀的质量没有变化,该反应为铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨,方程式为NH4++OH—═NH3•H2O;上述现象说明溶液中最先结合氢氧根离子的是氢离子,然后为铝离子和铁离子,最后结合氢氧根离子的是铵根离子,所以溶液中的离子结合氢氧根离子的能力最强的是氢离子,最弱的为铵根离子。
(6)由图可知,EF断消耗的氢氧化钠溶液为36-34=2mL,该计算参见反应的氢氧化钠的物质的量为0.002×4=0.008mol,根据方程式计算,氢氧化铝的物质的量为0.008摩尔,则金属混合物中铝为0.008摩尔,设铁为xmol,铝为0.008mol,生成的硝酸铵为(34-31)×0.001×4=0.012mol,由于硝酸过量,铁反应生成硝酸铁,由电子守恒分析,3x+0.008×3=0.012×3x=0.024mol,即反应生成氢氧化铁的物质的量为0.024mol,生成沉淀的总物质的量为0.008+0.024=0.032mol;滴加氢氧化钠体积为31mL时,氢离子和铝离子和铁离子都反应,则C点氢氧化钠溶液的体