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
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