届黑龙江省黑河市重点中学高三上学期学期初考试化学试题解析版.docx

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届黑龙江省黑河市重点中学高三上学期学期初考试化学试题解析版

2019届黑龙江省黑河市重点中学高三上学期学期初考试

化学试题

本试题卷共4页，15题（含选考题）。

全卷满分100分。

考试用时90分钟。

★祝你考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1.下列有关化学用语使用正确的是

A.硫原子的原子结构示意图：

B.丙烷分子的比例模型：

C.原子核内有10个中子的氧原子：

D.对氯甲苯的结构简式：

【答案】C

【解析】

【详解】A．硫原子原子核外有16个电子最外层6个电子

，故A错误；B．

为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为

，故B错误；C.

为原子核内有8个质子，10个中子的氧原子，故C正确；D．对氯甲苯是甲苯中甲基对位上有氯原子，结构简式：

，故D错误；故选C。

2.下列说法正确的是

A.“钴酞菁”的分子（直径为1.3×10－9m）在水中形成的分散系能产生丁达尔效应

B.铝合金的大量使用归功于工业上用一氧化碳还原氧化铝生产铝

C.根据溶液导电性强弱，将电解质分为强电解质和弱电解质

D.“地沟油”分馏可制得矿物柴油

【答案】A

【解析】

【分析】

A、丁达尔效应是胶体所特有的性质；

B、铝合金的大量使用归功于工业上用电解法；

C、按照电解质在水溶液中是否完全电离分为强电解质和弱电解质；

D、地沟油的主要成分为油脂，属于酯类。

【详解】A、“钴酞菁”分子（直径为1.3×10－9m）的微粒半径介于胶体分散系范围内，属于胶体分散系，具有丁达尔效应，所以A选项是正确的；

B、铝合金的大量使用归功于工业上用电解法，故B错误；

C、按照电解质在水溶液中是否完全电离分为强电解质和弱电解质，强电解质溶液导电性不一定强于弱电解质，故C错误；

D、地沟油的主要成分为油脂，属于酯类，而矿物柴油的主要成分为烃类，故地沟油不能制得矿物柴油，故D错误。

所以A选项是正确的。

3.下列说法中正确的是

A.干冰、液态氯化氢都是电解质

B.Na2O、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物

C.有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应

D.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．电解质是在水溶液里或者熔融状态下能够导电的化合物，干冰是固体二氧化碳无论是在水溶液里还是在熔融状态下都不导电，所以不是电解质，氯化氢，在水溶液里能够导电，所以液态氯化氢是电解质，A错误；B．Na2O、Fe2O3、Al2O3属于离子化合物，但是Na2O、Fe2O3属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，B错误；C．氧化还原反应是有化合价升降的反应，有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应，比如在一定条件下，白磷转化成红磷，有单质参加反应，也有单质生成，但不属于氧化还原反应，C正确；D．只有胶体才有丁达尔效应，根据是否具有丁达尔效应，只能将胶体与溶液和浊液区分开，D错误，答案选C。

考点：

考查物质的分类及判断

4.下列各项叙述正确的是

①氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉均为混合物

②含有氧元素的化合物叫氧化物

③C02、N02、P205均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物

④C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体

⑤强电解质溶液的导电能力一定强

⑥在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物

A.全部正确B.①②⑤C.②③⑥D.④⑥

【答案】D

【解析】

【详解】①水银是单质，属于纯净物，①错误；

②由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物属于氧化物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，②错误；

③NO2不是酸性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，③错误；

④C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成的单质，它们之间互为同素异形体，④正确；⑤强电解质溶液的导电能力不一定强，例如硫酸钡难溶于水，其溶液的导电能力很弱，⑤错误；

⑥在熔化状态下能导电的化合物，说明一定存在离子键，为离子化合物，⑥正确，

答案选D。

5.下列说法正确的是

A.加入BaCl2溶液，沉淀不溶于盐酸，证明原溶液含有SO42-

B..Na2O、Na2O2与CO2反应产物相同

C.小苏打用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症

D.高铁车厢大部分材料采用铝合金,因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强

【答案】D

【解析】

【分析】

A.加入BaCl2溶液，沉淀不溶于盐酸，可能生成AgCl沉淀；

B.Na2O、Na2O2与CO2反应产物不同；

C.碳酸氢钠能够与盐酸反应，产生气体造成胃穿孔；

D.铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点。

【详解】A.可能生成AgCl沉淀，如检验硫酸根离子，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡，故A错误；

B.Na2O与CO2反应生成碳酸钠，Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，产物不同，故B错误；

C.小苏打用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症，碳酸氢钠能够与盐酸反应，产生气体造成胃穿孔，故C错误；

D.铝常温下能与空气中氧气反应，生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。

6.NA表示阿伏加德罗常数。

下列说法中正确的是

A.Cu和足量的稀硝酸反应产生4.48L气体时，转移的电子数为0.6NA

B.S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA

C.标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后气体中分子总数为2NA

D.1.2gNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03NA

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．此处没有说明是否为标准状况下，因此无法计算，错误；B．S2和S8都是由S原子构成的，由于S原子的相对原子质量是32，所以混合物共6.4g，则含有S原子的物质的量是：

n=6.4g÷32g/mol=0.2mol，因此所含硫原子数一定为0.2NA，正确；C．NO与O2混合会发生反应产生NO2，NO2再发生可逆反应部分转化为N2O4，因此标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后气体中分子总数小于2NA，错误；D．NaHSO4式量是120，1.2gNaHSO4晶体的物质的量是0.01mol，则其中含有阳离子和阴离子的总数为0.02NA，错误。

考点：

考查阿伏加德罗常数的计算的知识。

7.室温下，下列各组离子能大量共存的是（）

A.稀硫酸中：

K＋、Mg2+、AlO2－、S2O32－

B.NaHS溶液中：

SO42-、K＋、Cl－、Cu2＋

C.Kw/c（H+）=10-13mol·L-1溶液中：

Fe3+、NH4＋、Mg2+、SO42-

D.通入大量CO2的溶液中：

Na+、ClO－、CH3COO－、HCO3－

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．AlO2-和S2O32-在酸性溶液中均不能大量在在，故A错误；B．S2-与Cu2+生成CuS不溶物，不能大量共存，故B错误；C．Kw/c（H+）=10-13mol/L溶液显酸性，Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42-均在酸性溶液中大量共存，且彼此间不发生离子反应，故C正确；D．HClO的酸性比碳酸弱，通入大量CO2的溶液中不能大量存在ClO-，故D错误，答案为C。

【考点定位】考查离子反应与离子共存。

【名师点晴】在同一溶液中离子间如能生成不溶物、弱电解质、挥发性气体、发生氧化还原反应或生成配合物等，则不能共存于同一溶液，解离子共存题还需要搞清溶液的环境如酸碱性、溶液的颜色等，通常用淘汰法解题。

8.下列关于有机物的叙述不正确的是

A.C4H8O2的酯有4种结构

B.淀粉和纤维素互为同分异构体

C.乙醇和葡萄糖均能发生酯化反应

D.漂粉精和医用酒精均可用作消毒剂

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．C4H8O2的酯有4种结构，即HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，A正确；B．淀粉和纤维素均是高分子化合物，属于混合物，二者不能互为同分异构体，B错误；C．乙醇和葡萄糖分子中均含有羟基，均能发生酯化反应，C正确；D．漂粉精和医用酒精均可用作消毒剂，D正确，答案选B。

考点：

有机物结构、性质、用途等

9.已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：

3NaClO＝2NaCl＋NaClO3。

在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是

A.NaCl、NaClOB.NaCl、NaClO3

C.NaClO、NaClO3D.NaClO3、NaClO4

【答案】B

【解析】

A、NaCl中氯元素-1价、NaClO中氯元素+1价，氯元素的化合价均比+3价低，不属于歧化反应，选项A错误；B、NaCl中氯元素-1价、NaClO3中氯元素+5价，属于歧化反应，选项B正确；C、NaClO中氯元素+1价、NaClO3中氯元素+5价，二者还会继续反应，不能稳定存在，选项C错误；D、NaClO3、NaClO4中的氯元素化合价均比+3价高，不属于歧化反应，选项D错误。

答案选C。

10.下列各物质以不同比例混合后，只能生成一种含钠化合物的是

A.碳酸钠，盐酸B.氢氧化钠，二氧化碳

C.碳酸氢钠，石灰水D.过氧化钠，二氧化碳

【答案】D

【解析】

试题分析：

Na2CO3与盐酸反应，如盐酸不足，生成NaHCO3、NaCl，如盐酸过量，则只生成NaCl，A错误；NaOH溶液与CO2反应，如二氧化碳不足，则生成Na2CO3，如二氧化碳过量，则生成NaHCO3，适量CO2可得到碳酸钠与碳酸氢钠的混合物，B错误；NaHCO3溶液、石灰水反应，如石灰水不足，则生成Na2CO3，如石灰水过量，则生成NaOH，C错误；Na2O2、CO2反应只生成Na2CO3，D正确。

考点：

考查钠的化合物性质及反应物的量对生成物的影响。

11.下列各反应对应的离子方程式正确的是

A.硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后溶液恰好呈中性：

H++SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+H2O

B.过氧化钠固体与水反应：

2O22-+2H2O=4OH-+O2↑

C.向Ca（OH）2溶液中加入过量的NaHCO3溶液：

Ca2++2OH－+2HCO3－=CaCO3↓+CO32－+2H2O

D.向含0.1molNaOH和0.2molNa2CO3的溶液中加入1L0.4mol·L－1稀盐酸：

OH－+CO32－+3H+=CO2↑+2H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

A、碳酸氢钠与氢氧化钡恰好反应使溶液为中性，反应应该按照氢氧化钡的化学式书写，水的化学计量数应该为2；

B、过氧化钠属于过氧化物不能拆成离子；

C、碳酸氢钠过量，反应按照氢氧化钙的化学式组成进行，反应后碳酸根离子部分转化成碳酸钙；

D、盐酸先与氢氧根离子反应，剩余的盐酸再与碳酸根离子反应。

【详解】A、硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后恰好为中性，氢氧化钡的化学式中含有两个氢氧根离子，水的化学计量数应该为2，所以正确的离子方程式为：

2H++SO42－+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，故A错误；

B、过氧化钠固体与水反应：

2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na++O2↑，故B错误；

C、向Ca（OH）2溶液中加入过量的NaHCO3溶液，氢氧化钙不足，离子反应式按照氢氧化钙的化学式书写，反应的离子方程式为：

Ca2++2OH－+2HCO3－=CaCO3↓+CO32－+2H2O，故C正确；

D、向含0.1molNaOH和0.2molNa2CO3的溶液中加入1L0.4mol·L－1稀盐酸，盐酸不足，盐酸先与氢氧根离子反应，剩余的盐酸再与碳酸根离子反应，离子方程式：

OH－+2CO32－+4H+=CO2↑+HCO3－+2H2O，故D错误。

所以C选项是正确的。

【点睛】本题考查学生离子方程式的正误判断方法，是现在考试的热点，难点是涉及与量有关的反应，要弄清反应的实质，尤其是反应的先后顺序，熟悉化学反应是解题的关键。

12.在学习中，我们经常应用类推法。

下列表格左边正确，类推法应用于右边也正确的是（）

A

向FeCl2溶液中滴入氯水：

2Fe2＋+Cl2＝2Fe3＋+2Cl-

向FeCl2溶液中滴入碘水：

2Fe2＋+I2＝2Fe3＋+2I—

B

向澄清石灰水中通入少量CO2气体：

Ca2＋+2OH—+CO2=CaCO3↓+H2O

向澄清石灰水中通入少量SO2气体：

Ca2＋+2OH—+SO2=""CaSO3↓+H2O

C

向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3：

CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O

向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3：

SO32-+2H＋=SO2↑+H2O

D

CO2通入漂白粉溶液中：

CO2+Ca2＋+2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO

SO2通入漂白粉溶液中：

SO2+Ca2＋+2ClO-+H2O＝CaSO3↓+2HClO

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．向FeCl2溶液中滴入氯水，发生氧化还原反应：

2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-；由于氧化性：

Cl2>Fe3＋>I2,所以向向FeCl2溶液中滴入碘水，不能发生类似反应2Fe2＋+I2=2Fe3＋+2I-，错误；B.向澄清石灰水中通入少量CO2气体，发生反应形成正盐，反应的离子方程式是Ca2＋+2OH—+CO2=CaCO3↓+H2O；当向澄清石灰水中通入少量SO2气体时，由于SO2也是酸性氧化物，因此反应类似，也发生反应：

Ca2＋+2OH-+SO2＝CaSO3↓+H2O，正确；向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3，发生复分解反应：

CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O，当向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3，由于硝酸有氧化性，而Na2SO3有还原性，二者会发生氧化还原反应。

反应方程式是：

3SO32-+2H＋+2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，错误；D.由于酸性：

H2CO3>HClO，CO2通入漂白粉溶液中，发生复分解反应：

CO2+Ca2＋+2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO，当把SO2通入漂白粉溶液中时，SO2有还原性，而ClO-有氧化性，会发生氧化还原反应：

SO2+Ca2＋+ClO-+H2O＝CaSO4↓+2H++Cl-，错误。

考点：

考查化学学习中类推法正误判断的知识。

13.根据表中信息判断，下列选项正确的是

序号

反应物

产物

①

KMnO4、H2O2、H2SO4

K2SO4、MnSO4…

②

Cl2、FeBr2

FeCl3、FeBr3

③

MnO4-…

Cl2、Mn2+…

A.第①组反应中的其余产物只有O2

B.第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：

2

C.第③组反应中生成1m0lCl2,转移电子10mol

D.氧化性由强到弱顺序为Mn04>Cl2>Fe3+>Br2

【答案】B

【解析】

A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，A错误；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（Cl2）=n（FeBr2），即n（Cl2）：

n（FeBr2）=1：

2，B正确；C、由信息可知，MnO4－氧化Cl－为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1Cl2，转移电子为2mo1，C错误；D、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3+，D错误。

答案选B。

14.硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：

Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。

下列说法错误的是

A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1

B.若0.5molNa2S2O3作还原剂;则转移4mol电子

C.当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊

D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低

【答案】A

【解析】

硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：

Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。

由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e-。

A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3，A不正确；B.若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；C.当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。

本题选A。

15.某白色粉末由两种物质组成，为鉴定其成分进行如下实验：

①取少量样品，加入足量水，仍有部分固体未溶解；过滤后，向所得固体中加入足量氢氧化钠溶液，固体全部溶解；

②另取少量样品加入足量氢氧化钠溶液，振荡后仍有固体存在。

该白色粉末可能为

A.Na2SO3、Mg（OH）2B.Al（OH）3、NaHCO3

C.Na2CO3、CuSO4D.Ca（HCO3）2、Al（OH）3

【答案】D

【解析】

【分析】

①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于水，再加入足量氢氧化钠溶液，固体全部溶解，则固体与氢氧化钠溶液反应，可为氢氧化铝等；

②取少量样品加入足量氢氧化钠溶液，振荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于氢氧化钠溶液的固体，以此解答该题。

【详解】A.氢氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，固体不溶解，故A错误；

B.加入氢氧化钠溶液，固体全部溶解，溶液为偏铝酸钠和碳酸钠，故B错误；

C.加入氢氧化钠溶液，固体不溶解，且生成氢氧化铜沉淀，故C错误；

D.氢氧化铝不溶于水，可与氢氧化钠溶液反应而溶解，固体加入氢氧化钠溶液，可生成碳酸钙沉淀，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。

16.下图为利用海水制备部分物质的过程。

下列有关说法正确的是

A.制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl的溶解度

B.用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液

C.在第③、④、⑤步骤中,溴元素均被氧化

D.加热MgCl2溶液制取无水氯化镁

【答案】A

【解析】

【详解】A．往精盐溶液中通氨气，得碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，故A正确；B．分别向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水，发生Na2CO3+Ca（OH）2=2NaOH+CaCO3↓、2NaHCO3+Ca（OH）2=Na2CO3+CaCO3↓+2H2O，均有白色沉淀产生，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．在步骤③、④、⑤中，第④步中，SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr中S元素的化合价升高，则二氧化硫被氧化，溴元素被还原，故C错误；D．加热饱和MgCl2溶液，水解生成的氯化氢易挥发，只能得到氢氧化镁沉淀，需要在氯化氢气氛中加热才能得到无水氯化镁，故D错误；故选A。

17.关于有机物a（

）、b（

）、c（

）的说法正确的是

A.b、c互为同系物B.a、b互为同分异构体

C.c分子的所有原子不可能在同一平面上D.a、b、c均能与溴水反应

【答案】B

【解析】

【分析】

A.b、c的结构不相似，c含碳碳双键、b不含；

B.a、b的分子式都为C7H8，且两者的结构不同；

C.c分子中的苯环是平面结构，乙烯基是平面结构，碳碳单键可以旋转，则c分子中的所有原子可能在同一平面上； 

D.b与溴水不反应。

【详解】A项，同系物是指结构相似、分子组成上相差若干个“-CH2-”原子团的有机化合物，c中含有碳碳双键，b中不含碳碳双键，即两者结构不相似，则b、c不是互为同系物，故A项错误；

B项，结合a、b的结构可知，a、b的分子式都为C7H8，但是两者的结构不同，则a、b互为同分异构体，故B项正确；

C项，c分子中的苯环是平面结构，乙烯基是平面结构，碳碳单键可以旋转，则c分子中的所有原子可能在同一平面上，故C项错误；

D项，b不含碳碳双键，不能与溴水反应，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

18.在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为cmol/L。

下列叙述中正确的是（）

A.ω＝

B.c＝

C.上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0．5ω

D.上述溶液中再加入同体积同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：

c（Cl－）＞c（NH4+）＞c（OH－）＞c（H+）

【答案】B

【解析】

A、VmL氨水，溶液的密度为ρg/cm3，溶液的质量为ρVg，溶质的质量为

×17g/mol=

g，则溶质的质量分数为ω=

×100%=

×100%，A错误；B、溶质的物质的量为

mol，溶液的体积为VmL，则c=

mol/L，B正确；C、再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为

，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5ω，C错误；D、VmL氨水，再加入等体积同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，铵根水解，溶液显酸性，则c（Cl－）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH－），D错误；答案选B。

19.将物质的量相等的硫酸铝和硫酸铵溶于水形成V mL混合溶液，向混合溶液中逐滴加入某氢氧化钠溶液（其物质的量浓度为混合溶液中两溶质的物质的量浓度之和），直至过量．下列表示氢氧化钠溶液加入的体积（x）与溶液中沉淀物的量（y）的关系示意图中正确的是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

假定含有Al2（SO4）3，（NH4）2SO4的物质的量分别为1mol，反应顺序：

开始滴加NaOH发生为Al3＋+3OH－=Al（OH）3↓，沉淀逐渐增大，当Al3＋沉淀完全时需加入6molOH－，生成Al（OH）32mol，达最大值；再发生NH4＋+OH－=NH3·H2O；NH4＋完全反应时需2molOH－，该过程中沉淀氢氧化铝的量不变；最后继续加NaOH，发生反应Al（OH）3+OH－=AlO2－+2H2O，直到2molAl（OH）3溶解，需再加入2molNaOH。

三段过程消耗NaOH的物质的量之比为6mol：

2mol：

2mol=3：

1：

1，三阶段消耗NaOH溶液的体积比为3：

1：

1。

A、从图象可知，