金属材料 同步练习 高一上学期化学人教版（2019）必修第一册+

3.2金属材料同步练习高一上学期化学人教版（2019）必修第一册一、单选题1．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．质量为46gNO2和N2O4的混合物中含有氧原子的数目为4NAB．标准状况下，2.24L乙烷分子中所含非极性共价键数为0.1NAC．1L0.1mol/L乙酸溶液中H+数为0.1NAD．一定条件下，0.2molSO2与0.1molO2混合后充分反应，转移的电子数目为0.4NA2．我国“天问一号”探测器使用了大量新材料，其中属于金属材料的是（）A．探测器结构材料——镁铝合金B．太阳能电池材料—一单质硅C．隔热组件材料——二氧化硅纳米气凝胶D．柔性可伸缩材料——形状记忆聚合物3．我国学者首次发现非水相氮还原过程中的多米诺效应。如图所示，一旦完成反应①，反应②③将自发完成，设NAA．完成反应①时，转移的电子数为NB．完成反应②时，每消耗2.24LN2，此时生成Li3C．完成反应③时，每消耗0.3molH+，此时生成N—H键的总数为0.3D．等物质的量的Li+和H+4．下列有关金属元素特征的叙述正确的是（）A．金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性B．金属元素在化合物中只有正价没有负价C．含金属元素的离子都是阳离子D．金属阳离子被还原一定得到金属单质5．有NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（）A．1：1：2 B．1：1：1 C．4：2：1 D．1：2：46．在11g某化合物X2S中．含S2﹣离子3.2g．则X的相对原子质量为（）A．23 B．24 C．39 D．407．下列叙述中错误的是（）A．阿伏加德罗常数的数值与12g12C所含的碳原子数相等B．在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约是6.02×1023C．等物质的量的O2与O3，所含氧原子数相等D．摩尔是物质的量的单位8．青蒿素是一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家数百万人的生命，它的分子式为C15H22O5，为无色晶体。NA表示阿伏加德罗常数，下列关于青蒿素的说法正确的是A．青蒿素的摩尔质量等于282B．14.1g青蒿素中含氧原子数目为0.25NAC．1mol青蒿素中含有11molH2D．标况下，1mol青蒿素的体积约为22.4L9．CuCl为白色粉末状固体，难溶于水和乙醇，在潮湿环境中，容易被空气氧化，是一种重要工业原料。工业以硫化铜精矿为原料，制备氯化亚铜的流程如下图所示：下列说法不正确的是A．步骤①会产生有毒气体，可用石灰乳吸收B．步骤②适当增大硫酸浓度、加热可以加快浸出速率C．步骤③应先加入Na2D．步骤④中X可以是无水乙醇10．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．标准状况下，2.24LH2O所含的原子数为0.5NAB．1mL1mol/LNaCl溶液中离子总数为2NAC．18g的H2O中含有的原子数为3NAD．标准状况下，22.4L氦气所含原子数为2NA11．铝制品比铁制品在空气中不易被锈蚀，原因是（）A．铝的金属性比铁弱B．铝的密度比铁的密度小C．铝在空气中易与氧气形成一层致密的氧化膜D．铝不能与氧气发生化学反应12．2023年是共建“一带一路”倡议提出十周年，起源于西汉的丝绸之路是最早的东西方文明交流通道。下列说法正确的是A．丝绸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物B．某些玉器中含有红棕色条纹，可能是因为含有FeC．青铜是我国最早使用的合金材料，其硬度比纯铜小D．汉代烧制出的瓷器，其生产原料为黏土和石灰石13．用NAA．11.2LCO2含有的分子数为B．相同质量的SO2与SOC．标准状况下，22.4LH2OD．1molCO2和NO214．室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体充分接触（如图），容器内的压强由大到小的顺序是（）编号①②③④气体MH2SNH3HINO气体NSO2HClCl2O2A．③=④＞①＞② B．③＞④＞①＞②C．④＞③＞②＞① D．④＞③＞①＞②15．中国青铜器在世界上享有极高声誉。所谓青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的，颜色呈青，故名青铜。青铜器在外界环境影响下所形成的腐蚀产物，由内向外为CuCl、Cu2O，再向外是CuCO3·3Cu(OH)2或CuCl2·3Cu(OH)2，或两者都有的层叠状结构。下列说法中错误的是（）A．青铜属于铜的一种合金，具有较高硬度B．加入锡或铅可以降低“熔铸”时所需温度C．青铜的主要成分为铜，铜通常呈现青色D．青铜器外层的腐蚀物与空气中的氧气有关16．向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A．a点对应的溶液中：Na+、Fe3+、SO42﹣、HCO3﹣B．b点对应的溶液中：Na+、S2﹣、SO42﹣、Cl﹣C．c点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3﹣、F﹣D．d点对应的溶液中：K+、NH4+、I﹣、CO32﹣17．将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为3∶2，则样品中铁、铝物质的量之比为（）A．3∶2 B．2∶1 C．3∶4 D．4∶318．下列物质可用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料的是（）A．Al2O3 B．Fe319．新制氢氧化铜和葡萄糖的反应可用来检验血糖，其反应为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOH→CH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，设NAA．18gCH2B．每消耗1molCuOH2C．1L1mol⋅L−1D．标准状况下，112mLH220．如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线，下列判断错误的是（）

A．①线表示Al3+的物质的量的变化B．x表示AlCl3的物质的量C．②③线均表示Al(OH)3的物质的量的变化D．④线表示[Al(OH)4]-的物质的量的变化二、填空题21．0.5molN2的质量是，在标准状况下所占的体积约为，所含的原子数目约为．22．把一定质量的镁、铝混合物投入到1mol•L﹣1的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入1mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示．则：（1）金属铝的质量为g（2）a的取值范围是mL．（3）n（Mg）/n（Al）的最大值是．三、实验探究题23．用如图标签所示浓盐酸配制250mL0.4mol·L-1的稀盐酸，并进行有关实验。请回答：容量：500mL分析纯品名：浓盐酸化学式：HCl外观合格符合GB622-89相对分子质量：36.5质量分数：0.365密度：1.18g·cm-3试剂生产许可证编号：×××上海××化学试剂厂（1）该浓盐酸的物质的量浓度为，配制时需要量取浓盐酸mL。（2）配制时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有、。（3）配制溶液时有以下操作：①溶解②摇匀③洗涤并转移④冷却⑤量取⑥转移溶液⑦定容⑧装瓶贴标签，则正确的操作顺序是(填序号)。定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。（4）若实验遇到下列情况，所配溶液的浓度会(填“偏高”“偏低”或“不变”)A．定容时仰视刻度线；B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理；C．溶解后没有冷却便进行定容。24．利用Zn和KNO3（1）实验室用稀H2SO4①用稀H2SO4②向上述KNO3溶液中加入足量洗涤后的Zn粒，写出Zn与KNO3溶液反应生成NH4③锥形瓶中NaOH溶液的作用是。（2）某兴趣小组进行了如下实验：取两套如图所示装置，分别加入等体积、等浓度的KNO3溶液；将溶液的pH值调节为2.5，并通入氮气；将其中一套实验装置浸入热水浴中(或浸入冰水浴中)；向三颈瓶中分别加入足量且等质量的同种Zn粒，用离子色谱仪测定相同反应时间时三颈瓶中NO3−①该实验的目的是探究对脱氮速率的影响。②该实验过程中采用了科学探究中一种重要的思想方法是。（3）反应过程中有NO2−生成。为测定反应液中NO2−的含量，取过滤后的滤液100mL，用0.005mol⋅L−1KMnO4酸性溶液滴定，消耗KMnO425．某研究性学习小组拟探究在含Mg2+、Al3+的混合溶液中滴加NaOH溶液时，生成氢氧化物沉淀的过程．【实验】在0.1mol•L﹣1MgSO4、0.05mol•L﹣1Al2（SO4）3的混合溶液中滴加0.5mol•L﹣1NaOH溶液，借助氢离子传感器和相应分析软件，测得溶液的pH随NaOH溶液的加入变化情况如图所示．（1）为精确控制加入NaOH溶液的体积，可将NaOH溶液置于（填仪器名称）中滴加．（2）图中有三个pH增加缓慢的阶段，第一阶段（a点前）对应的实验现象是．（3）对第二阶段（b、c之间）溶液pH变化缓慢的本质，小组同学做出如下推测，请补充推测2和3：推测1：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣．推测2：．推测3：．若推测1符合实际情况，则a点之前反应的离子方程式为，请据此描述Mg（OH）2、Al（OH）3两种物质在水溶液中溶解性的差异．（4）请分析e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子并设计实验检验（可不填满）：较大量存在的含金属元素的离子检验方法

答案解析部分1．【答案】B2．【答案】A【解析】【解答】A．金属单质和合金均属于金属材料，A符合题意；B．单质硅为无机非金属材料，B不符合题意；C．二氧化硅为无机非金属材料，C不符合题意；D．形状记忆聚合物为具有形状记忆功能的高分子化合物，属于有机材料，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称；

B．单质硅为无机非金属材料；C．二氧化硅为无机非金属材料；D．形状记忆聚合物属于有机材料。3．【答案】C4．【答案】B【解析】【解答】A、金属单质在反应中只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故A错误；B、金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高，所以金属元素在化合物中一定显正价，故B正确；C、含金属元素的离子不一定是阳离子，如高锰酸根离子、偏铝酸根离子等，故C错误；D、处于高价态的金属，如三价铁离子，能够被还原成亚铁离子，所以金属阳离子被还原不一定得到金属单质，故D错误；故选B．【分析】A、金属单质在反应中只能失去电子，亚铁离子既有氧化性又有还原性；B、因金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高；C、根据高锰酸根离子、偏铝酸根离子进行判断；D、根据处于高价态的金属，如三价铁离子，能够被还原成亚铁离子进行判断．5．【答案】C【解析】【解答】解：NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，即氧原子数相同，设三种气体的物质的量分别为x、y、z，则x×1=y×2=z×4，解得x：y：z=4：2：1，故选C．【分析】结合分子的构成及都含有0.5mol氧原子计算，以此来解答．6．【答案】C【解析】【解答】解：含S2﹣离子3.2g，物质的量为3.2g32g/mol=0.1mol，则X2S的摩尔质量为11g设X的相对分子质量为x，则2x+32=110，解得x=39，故选C．【分析】含S2﹣离子3.2g，物质的量为3.2g32g/mol=0.1mol，则X2S的摩尔质量为11g7．【答案】C【解析】【解答】解：A．规定12g12C所含的碳原子数为阿伏加德罗常数的数值，故A正确；B.0.5molNa2SO4中含有1molNa+，Na+数约是6.02×1023，故B正确；C．等物质的量的O2与O3所含氧原子数之比为2：3，氧原子数目不相等，故C错误；D．摩尔是物质的量的单位，故D正确，故选：C．【分析】A.12g12C所含的碳原子数为阿伏加德罗常数的数值；B.0.5molNa2SO4中含有1molNa+；C．等物质的量的O2与O3所含氧原子数之比为2：3；D．摩尔是物质的量的单位．8．【答案】B9．【答案】C10．【答案】C【解析】【解答】A、标准状况下，水是液态，不适合用气体摩尔体积计算，A不符合题意；B、1mL1mol/LNaCl溶液中氯化钠的物质的量是0.001mol，如果忽略水的电离，离子总数为0.002NA，B不符合题意；C、1分子水含有3个原子，18g水的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，C符合题意；D、标准状况下，22.4L氦气是1mol，氦气是1个原子组成的单质，所含原子数为NA，D不符合题意。故答案为：C。【分析】此题考查物质的量的基本计算，根据物质的量这一桥梁，通过n=m/M，n=N/NA进行计算，其次对于微观离子数的计算根据大到小的计算方法，先算分子后算原子和离子。11．【答案】C【解析】【解答】解：因Al被氧化后生成致密的氧化物阻止反应的进行，所以不易被锈蚀，与密度无关，Al比Fe活泼，Al与氧气反应，故选C．【分析】铝制品比铁制品在空气中不易被锈蚀，因Al被氧化后生成致密的氧化物阻止反应的进行，所以不易被锈蚀，以此来解答．12．【答案】B13．【答案】D【解析】【解答】A．标况未说明，Vm不一定是22.4L/mol，无法计算n(CO2)，A不符合题意；

B．根据m=nM可知，等质量的SO2与SO3的物质的量之比为80：64=5：4，根据N=nNA，所含氧原子个数之比为5×2：4×3=5：6，B不符合题意；

C．标况下，H2O为液态，无法运用公式V=nVm进行计算，C不符合题意；

D.1个CO2和1个NO2分子中均含有2个氧原子，所以1molCO2和NO2的混合物中含2mol氧原子，即2NA，D符合题意；【分析】A.标况未知，无法计算物质的量。B.根据m=nM和N=nNA进行分析。

C.标况下，H2O为液态，无法运用公式V=nVm进行计算。

D.注意1个CO2和1个NO2分子中均含有2个氧原子。14．【答案】B【解析】【解答】解：取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小，①发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；②发生NH3+HCl=NH4Cl；③Cl2+2HI=2HCl+I2，碘单质常温下是固体；④发生2NO+O2=2NO2，设两种气体体积均为2L，由反应可知，①中反应后只有1L气体，②不含气体，③中反应后含有3L，④中若不考虑2NO2⇌N2O4，则反应后得到气体体积为3L，由于部分NO2转化成N2O4，导致气体体积减小，则混合气体体积介于2﹣3L之间；则容器内的压强由大到小的顺序是：③＞④＞①＞②，故选B．【分析】取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小．①发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；②发生NH3+HCl=NH4Cl；③Cl2+2HI=2HCl+I2，碘单质常温下是固体；④发生2NO+O2=2NO2，设体积均为2L，结合反应分析．15．【答案】C【解析】【解答】A．青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的，因此青铜属于铜的一种合金，具有较高硬度，A不符合题意；B．合金的熔点一般低于各成分金属的熔点，因此加入锡或铅可以降低“熔铸”时所需温度，B不符合题意；C．青铜的主要成分为铜，铜通常呈现红色，C符合题意；D．在潮湿的空气中铜易被氧气氧化，因此青铜器外层的腐蚀物与空气中的氧气有关，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据题意青铜是一种合金，合金的硬度高，锡或铅的熔点低，将其加入其中可以降低青铜的熔点，铜的颜色是紫红色，青铜器的生锈与空气中的氧气有关16．【答案】B【解析】【解答】A、向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时发生Al3++4OH═AlO2﹣+2H2O，3AlO2﹣+6H2O+Al3+═4Al（OH）3↓，a点时溶液中有大量OH﹣，与Fe3+、HCO3﹣不能大量共存，故A不符合题意；B、b点时溶质为NaCl和NaAlO2，所有离子可以大量共存，故B符合题意；C、c点时溶质为NaCl，与Ag+不能大量共存，故C不符合题意；D、d点时溶质为NaCl和AlCl3，和CO32﹣不能大量共存，故D不符合题意．故答案为：B．

【分析】根据溶液的酸碱性和溶液中存在的离子，分析选项中离子组中的离子能否发生离子反应进行判断即可.17．【答案】C【解析】【解答】加入盐酸中发生反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，加入氢氧化钠溶液中发生：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，假设在盐酸中产生氢气3mol，在氢氧化钠溶液中产生氢气为2mol，合金中铝的物质的量为：4/3mol，则铁的物质的量为1mol，因此铁和铝的物质的量之比为：3：4，故选项C正确。【分析】盐酸中，铁铝均能放出氢气，而氢氧化钠中，只有铝能发生反应。Fe~H2Al~1.5H2多的那一份便是铁放出的氢气，根据关系式可求算。18．【答案】C【解析】【解答】A．AlB．FeC．FeD．CuO是黑色粉末，故D不符合题意。故答案为C。

【分析】Fe19．【答案】D20．【答案】B【解析】【解答】AlCl3溶液与NaOH溶液混合有两种方式：一种方式为向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，开始就有沉淀生成后沉淀溶解，方程式分别是：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，且前后消耗NaOH的物质的量之比为3∶1，显然符合本题意，则x表示NaOH的物质的量，B不符合题意；据此可判断A、C、D符合题意。另一种方式为向NaOH溶液中逐滴滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，后有沉淀，方程式分别是：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O、Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al(OH)3↓与图像不相符。

故答案为：B。

【分析】该题重点考查氯化铝的两性，氯化铝往氢氧化钠中加是先生成偏铝酸钠，继续加生成氢氧化铝，而氢氧化钠往氯化铝中加先生成氢氧化铝，继续加生成偏铝酸钠，分析清楚过程及数量关系即可得出答案.21．【答案】14g；11.2L；6.02×1023【解析】【解答】解：0.5molN2的质量是0.5mol×28g/mol=14g，在标准状况下所占的体积约为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，所含的原子数目约为0.5mol×2×6.02×1023=6.02×1023，故答案为：14g；11.2L；6.02×1023．

【分析】根据公式：m=n×M、V=n×Vm、22．【答案】0.27；0≤a＜50；2.5【解析】【解答】（1）根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH﹣=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，最后是Al（OH）3的溶解：Al（OH）3+OH﹣=[Al（OH）4]﹣，从横坐标80mL到90mL这段可以求出n（Al（OH）3）=0.01mol，则n（Al）=n（Al（OH）3）=0.01mol，即为0.27g，故答案为：0.27；（2）假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即a=0，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL，但是假设不成立，最大值是不存在的，所以的取值范围为0≤a＜50，故答案为：0≤a＜50；（3）n（Al）=n（Al（OH）3）=1mol•L﹣1×0.01L=0.01mol，所以沉淀Al3+需要的OH﹣为0.03mol，即NaOH溶液的体积为30mL，镁离子和铝离子沉淀完全消耗的碱的体积为80﹣a，若假设盐酸不剩，所以沉淀Mg2+需要NaOH溶液的体积最大值为50mL，求出n（Mg）的最大值为0.025mol，所以该合金中镁铝两元素物质的量之比的最大值为2.5，故答案为：2.5．【分析】（1）根据氢氧化钠的体积在80至90mL段内，所有的氢氧化钠用于溶解氢氧化铝，根据氢氧化钠的量确定氢氧化铝的量，根据原子守恒确定金属铝的量；（2）合金的组成可以采用极限假设法，当金属全部是金属铝时剩余的酸最多，a的值最大来判断a得取值范围；（3）根据图象中消耗的氢氧化钠的量确定合金中金属镁的最大量，进而确定该合金中两元素物质的量之比的最大值．23．【答案】（1）11.8mol·L-1；8.5（2）胶头滴管；250mL容量瓶（3）⑤①④⑥③⑦②⑧；用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切（4）偏低；不变；偏高【解析】【解答】(1)该浓盐酸的物质的量浓度c=1000ρωM=1000×1.18×0.36536.5mol/L=11.8mol·L-1；设所需浓盐酸体积为V，根据稀释过程溶质的量不变可知：250mL×0.4mol·L-1=11.8mol·L-1×V，解得V=8.5mL；(2)配制过程中，需要量筒量取浓盐酸，烧杯、玻璃棒稀释，容量瓶进行配制，胶头滴管进行定容，因此配制时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有胶头滴管、250mL容量瓶；(3)由上述分析可知，正确的操作顺序是⑤①④⑥③⑦②⑧；定容操作为：当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；(4)根据c=A．定容时仰视刻度线会使溶液体积偏大，导致溶液浓度偏低；B．配制过程中还会向容量瓶中加入蒸馏水，因此容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理不会影响实验结果；C．根据热胀冷缩原理可知，溶解后没有冷却便进行定容，待溶液冷却后，溶液体积将减小，导致溶液浓度偏高。【分析】利用c=1000ρωM计算出浓盐酸中HCl浓度，配制250mL0.4mol·L-1的稀盐酸选用250mL容量瓶，根据稀释过程中溶质的量不变，即c稀V稀=c浓V浓24．【答案】（1）除去锌粒表面的氧化膜；4Zn＋NO3−＋10H＋=4Zn2＋＋NH4+＋3H（2）温度；控制变量法（3）0.002mol/L25．【答案】（1）碱式滴定管（2）生成白色沉淀并逐渐增多（3）生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣；Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣；Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓；Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水（4）Na+；用洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，表明存在Na+|[Al（OH）4]﹣|取少量待测液于试管中，滴加盐酸，产生白色沉淀，盐酸过量时，沉淀又溶解【解析】【解答】解：（1）精确控制加入NaOH溶液的体积，应用精确度0.01mL的滴定管，又NaOH呈碱性，故选用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；（2）由图象可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH﹣；生成Al（OH）3沉淀消耗OH﹣；Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH﹣三种可能，第一阶段（a点前）应该是生成沉淀消耗了滴下去的氢氧化钠