2022年河北省衡水十三中化学高一第一学期期中预测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、同温同压时，含相同分子数的H2O和NH3一定具有相同的A体积 B原子个数 C质量 D电子数2、只用一种试剂，可区别Na2SO4、AlCl3、NH4Cl、MgSO4四种溶液，这种试剂是( )AHClBBaCl2CNaOHDAgNO33、判断下列有关化学基本概念的依据不正确的是A氧化还原反应：元素化合价前后是否有变化B溶液与胶体：不同的本质是分散质粒子的直径C电解质与非电解质：化合物本身是否能导电D纯净物与混合物：是否仅含有一种物质4、 “物质的量”是联系宏观世界和微观世界的桥梁。下列说法正确的是A任何气体的“气体摩尔体积”均为22.4L/molB1molO2的质量是32g/molC“摩尔”是“物质的量”的单位D10mL2mol/LH2SO4溶液中取出的5mL溶液，其浓度为1mol/L5、历史上有很多科学家在探索原子结构方面做出了杰出贡献，他们中发现电子的科学家是A汤姆生B道尔顿C卢瑟福D居里夫人6、Na与H2O反应现象明显，下列现象中不能观察到的是ANa浮在水面上BNa在水面上游动CNa沉在水下DNa熔成光亮小球7、在某酸性溶液中，能共存的离子组是ANa+、K+、SO、COBNa+、K+、Cl、NOCNa+、K+、OH、NODAg+、K+、SO、Cl8、化学概念在逻辑上存在如图所示关系，对下列概念间的关系说法正确的是A单质与非电解质属于包含关系B分散系与胶体属于包含关系C单质与化合物属于交叉关系D氧化反应与化合反应属于并列关系9、在3Cu + 8HNO3（稀） =3Cu（NO3）2 + 2NO+ 4H2O的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是A1:1 B3:8 C2:3 D8:310、下列离子方程式书写正确的是A铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2+AgB铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C碳酸钙与稀盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2+2OH-=Mg(OH)211、下图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是A标签上离子的浓度是物质的量浓度B由矿泉水制蒸馏水必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶C该品牌饮用矿泉水中c（Mg2+）最大值为2×10-4mol/LD一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42-的物质的量不超过l×10-5mol12、下表中评价合理的是（ ）选项化学反应及其离子方程式评价ANaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：2HSO42Ba22OH=BaSO42H2O正 确B向碳酸镁中加入足量稀盐酸：MgCO32H=Mg2CO2H2O错误，碳酸镁应拆成离子形式C向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe33H2O=Fe(OH)33H正 确DNaOH溶液中通入少量CO2反应：OHCO2=HCO3正 确AABBCCDD13、实验室既可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法错误的是AKMnO4的氧化性比MnO2的强B上述两个反应中，浓盐酸均只体现还原性C制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2D用足量MnO2与含有4 mol HCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol14、下列关于试剂存放的叙述不正确的是( )A浓硫酸的装运包装箱应贴如图所示的标识B取用任何试剂时，没用完的试剂均不可以放回原试剂瓶C金属钠保存在煤油中D液溴易挥发，保存时需加水液封15、实验室需用2mol·L1氯化钠溶液450 mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠的质量分别是A450 mL，52.7 gB500 mL，58.5 gC450 mL，58.5 gD500 mL，52.7 g16、下列各组微粒中，核外电子排布相同的是A、B、C、D、二、非选择题（本题包括5小题）17、电解NaCl溶液可得到NaOH、Cl2和H2，它们是重要的化工原料。有关反应关系如下图所示：（部分反应条件和物质省略）回答下列问题：（1）Cl2与NaOH溶液反应可以制取“84”消毒液，发生反应的方程式为_ 。（2）B溶液A溶液所发生反应的离子方程式为_，若标准状况下，22.4LCl2与足量的Fe反应，则反应过程中转移_mol电子。（3）A溶液能刻蚀铜印刷线路板，试写出该反应的离子方程式_，该反应的还原剂是_。（4）若检验A溶液中的阳离子，所用的试剂是_，现象是_。18、短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1）E在周期表中的位置_。（2）F离子结构示意图_。（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大值是_%。（4）D2C2与水反应的离子方程式为_。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_。19、为了除去KCl固体中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba(OH)2、HCl和K2CO3三种试剂，按下列步骤操作：（1）试剂B为_(化学式)，加入过量B的目的是_。（2）试剂C为_(化学式)，加热煮沸的目的是_。（3）操作的名称是_，盛KCl溶液的仪器为_，当_时停止加热。20、如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置_（填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的C1-等杂质，选择装置_。（2）从碘水中分离出I2，选择装置_，该分离方法的名称为_。（3）装置A中的名称是_，进水的方向是从_（填“上”或“下” ）口进水。装置B在分液时为使液体顺利流下，先进行的操作是_，后再打开下端活塞。21、将Fe2O3、Al2O3两种固体混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：（1）原混合物中Fe2O3的质量是_g。（2）所用NaOH溶液物质的量浓度为_。（3）稀硫酸物质的量浓度为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】分子数相同，则物质的量相同，结合物质的组成分析判断。【详解】A、没有说明具体的温度和压强，物质的状态不能确定，则不能确定体积，A不选；B、每个水分子中有3个原子，每个氨气中含有4个原子，所以等物质的量的两种分子含有的原子个数不等，B不选；C、水的摩尔质量为18g/mol，氨气的摩尔质量为17g/mol，等物质的量时质量不等，C不选；D、H2O和NH3均含有10个电子，分子数相同，物质的量相同，因此电子数相等，D选。答案选D。【点睛】利用气体摩尔体积或阿伏加德罗定律时要特别注意其使用条件，即只能适用于气体（包括混合气体），另外只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。2、C【解析】A加入盐酸，与以上四种物质都不反应，无法鉴别，故A错误；B加入BaCl2不能鉴别Fe2(SO4)3和MgSO4，二者都生成BaSO4白色沉淀，故B错误；C分别向四种溶液中加入NaOH，现象分别为，无明显现象，生成蓝色沉淀、生成刺激性气味的气体、生成白色沉淀，可鉴别，故C正确；D加入AgNO3都生成白色沉淀，分别为AgCl和Ag2SO4，无法鉴别，故D错误；故选C。3、C【解析】A、氧化还原反应：元素化合价是否变化，有元素化合价变化的是氧化还原反应，否则不是，A正确。B、溶液与胶体：本质不同的原因是微粒直径大小不同，B正确；C、电解质与非电解质：溶于水或在熔融状态下能否自身电离出阴阳离子，与自身能否导电无关，C错误；D、纯净物与混合物：是否只含一种物质，只由一种物质组成的是纯净物，由多种物质组成的是混合物，D正确；答案选C。【点睛】本题考查了溶液与胶体、纯净物与混合物、电解质与非电解质、氧化还原反应等知识点，根据教材基础知识解答即可，易错的是C选项，电解质、非电解质判断与自身能否发生电离有关，与化合物本身能否导电无关，注意电解质本质往往是不导电的。4、C【解析】A、在标准状况下，任何气体的“气体摩尔体积”约为22.4 L/mol，选项A错误；B、质量的单位是g，则1mol氧气的质量是32g，选项B错误；C、“摩尔”是“物质的量”的单位，选项C正确； D、溶液是均匀的，稳定的，从2 mol/L H2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度仍为2 mol/L，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查物质的量的单位、质量、气体摩尔体积和浓度等知识。注意22.4L/mol与气体摩尔体积的关系，侧重考查物质的量、物质的质量等的单位的应用。5、A【解析】A. 1897年，英国科学家汤姆逊发现原子中存在电子，最早提出了葡萄干蛋糕模型，1904年汤姆逊提出了一个被称为“西瓜式”结构的原子结构模型，电子就像“西瓜子”一样镶嵌在带正电的“西瓜瓤”中，故A正确；B.1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论他认为物质都是由原子直接构成的；原子是一个实心球体，不可再分割，故B错误；C.1911年英国科学家卢瑟福用一束质量比电子大很多的带正电的高速运动的粒子轰击金箔，结果是大多数粒子能穿过金箔且不改变原来的前进方向，但也有一小部分改变了原来的方向，还有极少数的粒子被反弹了回来，在粒子散射实验的基础上提出了原子行星模型，故C错误；D.居里夫人发现了天然放射元素镭，故D错误；答案选A。6、C【解析】A钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，A正确；B钠和水反应生成氢气，由于受力不均导致钠在水面上四处游动，B正确；C钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，C错误；D钠的熔点较低，钠与水反应放热使溶液温度升高，所以钠很快融化成为小球，D正确；答案选C。【点晴】钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面，然后熔化成闪亮黄色小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声，现象是物质性质的体现，根据钠的性质分析现象原因。解答时应从钠的强还原性和钠的物理性质来理解钠与水反应的现象。7、B【解析】A酸性溶液中碳酸根不能大量存在，故A不符合题意；B四种离子相互之间不反应，也不氢离子反应，可以在酸性溶液中大量共存，故B符合题意；C氢氧根不能在酸性溶液中大量存在，故C不符合题意；D氯离子和银离子不能大量共存，故D不符合题意；综上所述答案为B。8、B【解析】A项、单质既不是电解质又不是非电解质，故A错误；B项、根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），分散系与胶体属于包含关系，故B正确；C项、单质与化合物属于并列关系，不是交叉关系，故C错误；D项、有单质参加的化合反应，也属于氧化反应，因此氧化反应与化合反应属于交叉关系，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了物质的分类和化学反应的分类，主要是包含关系的分析判断，利用概念的内涵和外延，把握各概念间的关系是解题的关键所在。9、C【解析】根据氧化还原反应的本质和特征进行分析判断氧化剂和还原剂。【详解】在3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应中，硝酸得电子作氧化剂，硝酸中N元素得电子被还原，铜作还原剂，铜元素被氧化，若有8mol硝酸参加反应，则只有2mol硝酸参加氧化还原反应，被还原的HNO3与被氧化的Cu的物质的量之比是2：3，故C正确。故选C。【点睛】化合价发生变化的硝酸体现氧化性，化合价未发生变化的硝酸只体现酸性。10、C【解析】A电荷不守恒，离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故A错误；B稀硫酸具有弱氧化性，能将Fe氧化为亚铁离子而不是铁离子，离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，故B错误； C碳酸钙与稀盐酸反应二者反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故C正确；D漏写硫酸钡沉淀，离子方程式为Mg2+2OH+Ba2+SO42=BaSO4+Mg(OH)2，故D错误；答案选C。11、C【解析】A.物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的，物质的量单位是mol，因此表示的不是物质的量浓度，选项A错误；B. 由矿泉水制蒸馏水采用的是蒸馏方法，必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、导气管、冷凝管、牛角管和锥形瓶，缺少导气管，选项B错误；C.该品牌饮用矿泉水中镁离子的最大浓度是4.8mg/L，转化为物质的量浓度为c(Mg2+)=(4.8×10-3g÷24g/mol)/L= 2×10-4mol/L，选项C正确；D.由于题干没有指明Cl-的浓度，因此无法确定SO42-的物质的量浓度，选项D错误；故合理选项是C。12、A【解析】ANaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性，NaHSO4与Ba(OH)2按照2:1进行反应，2HSO42Ba22OH=BaSO42H2O书写正确，评价正确，故A正确；B碳酸镁难溶于水，不应拆成离子形式，向碳酸镁中加入足量稀盐酸：MgCO32H=Mg2CO2H2O书写正确，评价不正确，故B错误；C氯化铁溶液水解生成胶体，不是沉淀，离子方程式书写错误，C错误；D通入过量CO2时离子反应是OH+CO2=HCO3，少量时是2OH+CO2=CO32-+H2O，D错误；答案选A。13、B【解析】由题可知：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O；A由题可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，而MnO2与浓盐酸反应需要加热，因此KMnO4的氧化性比MnO2的强，故A正确，不选；B由两个反应方程式可知，盐酸在反应中均体现了酸性和还原性，故B错误，符合题意；C由反应式可知，制备1mol氯气消耗MnO21mol；由反应式可知，制备1mol氯气消耗KMnO40.4mol；因此制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2，故C正确，不选；D由反应式可知，随着反应的进行盐酸的浓度降低，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以得到Cl2的物质的量小于1mol，故D正确，不选；故答案为：B。14、B【解析】A浓硫酸是强腐蚀性的药品，所以浓硫酸的装运包装箱应贴上腐蚀性标签，故A正确；B取用的试剂没有用完多数应放在指定的试剂瓶中，少数如钠等可以放回原试剂瓶中，故B错误；CNa和煤油不反应，且密度比煤油大，则金属钠可保存在煤油中隔绝空气防氧化，故C正确；D液溴具有挥发性，所以在保存液溴时在瓶内加入适量的蒸馏水，使挥发出来的溴蒸气溶解在蒸馏水中而成饱和溴水，防止液溴挥发，故D正确；故答案为B。15、B【解析】实验室没有450mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，根据n=cV及m=nM进行计算。n（NaCl）=0.5L×2 mol·L1=1mol，m（NaCl）=1mol×58.5 g·mol1=58.5g，答案选B。16、B【解析】A项、F-、Na+离子的核外电子总数为10，Cl -离子的核外电子总数为18，故A错误；B项、Na+、O2-、Al3+的核外电子总数为10，故B正确；C项、Al3+离子的核外电子总数为10，S2-、Cl-离子的核外电子总数为18，故C错误；D项、O2-离子的核外电子总数为10，S2-、Cl-离子的核外电子总数为18，故D错误；故选B。【点睛】核外电子排布相同核外电子电子总数相等，F-、O2-、Na+、Ne、Mg2+、Al3+的核外电子总数为8，S2-、Cl-的核外电子总数为18。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cl22NaOH=NaClNaClOH2O 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 2mol 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ Cu KSCN溶液 A溶液变成血红色 【解析】（1）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以制取“84”消毒液，发生反应的方程式为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O；（2）铁在氯气中燃烧生成A固体为氯化铁，氯化铁溶于水得到A溶液为氯化铁溶液，氯化铁溶液中加入铁反应生成B溶液为氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，故B溶液A溶液所发生反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，若标准状况下，22.4LCl2与足量的Fe反应生成氯化铁，根据氯元素由0价变为-1价，则反应过程中转移2mol电子；（3）A溶液为氯化铁溶液，能刻蚀铜印刷线路板，反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，该反应中铜由0价变为+2价被氧化，作为还原剂，故还原剂是Cu；（4）若检验A溶液中的铁离子，所用的试剂是KSCN溶液，现象是A溶液变成血红色。18、第三周期A族 25 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强 【解析】分析：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期A族。（2）氯离子结构示意图是。（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。（4）Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。19、K2CO3 除去溶液中过量的Ba2+ HCl 使HCl挥发 蒸发 蒸发皿 有大量固体析出 【解析】利用MgCl2和MgSO4能与所提供的溶液中的Ba(OH)2溶液形成Mg(OH)2沉淀、BaSO4沉淀而被除去，因此可先向混合溶液中加入足量或过量的Ba(OH)2溶液，待充分反应后过滤，所得滤液为KCl溶液与过量Ba(OH)2溶液的混合溶液；接下来利用加入过量K2CO3的方法再把多余的Ba(OH)2反应而除去，此时过滤后的溶液为KCl溶液、KOH溶液及过量的K2CO3溶液的混合溶液；然后利用KOH、K2CO3与HCl反应生成KCl采取滴加适量稀HCl到不再放出气泡时，得到的溶液即为纯净的KCl溶液，最后经蒸发结晶可得到氯化钾晶体，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知 B为K2CO3，加过量碳酸钾的目的是除去溶液中过量的Ba2+；故答案为：K2CO3；除去溶液中过量的Ba2+；（2）由以上分析可知 C为HCl，利用KOH、K2CO3与HCl反应生成KCl，加热煮沸的目的是：使HCl挥发；故答案为：HCl；使HCl挥发；（3）操作为物质的溶液获得晶体的方法，为蒸发结晶，盛KCl溶液的仪器为蒸发皿，蒸发时，当析出大量固体时停止加热；故答案为：蒸发；蒸发皿；有大量固体析出。【点睛】注意把握实验的原理和操作方法，为解答该题的关键，会根据物质性质选取合适的分离和提纯方法。20、D A B（或B、A） 萃取（或萃取、分液、蒸馏） 冷凝管 下 打开分液漏斗上端的活塞或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔 【解析】A.蒸馏适用于沸点不同的液态混合物的分离和提纯；B.萃取、分液根据物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂中的方法称为萃取。将两种互不相溶的液态混合物分离开来的方法称为分液；C.过滤将不溶于液体的固体与液体分开来的方法；D.蒸发结晶将溶液中的溶质与溶剂分离开来的方法。【详解】(1)加热氯化钾溶液时水不断挥发，因溶剂的减少，氯化钾以晶体形式逐渐析出，当有大量晶体析出时停止加热，利用余热将剩余溶液蒸干即得到氯化钾固体，所以应选用D装置；自来水中含有Na+、Mg2+、Cl-、SO42-等形成的无机盐，这些无机盐的沸点较高，加热使自来水沸腾，温度控制在1000C下蒸馏，水转化为水蒸气，再经冷凝即可得到不含Cl-等杂质的蒸馏水，所以选用A装置。(2)根据I2在有机溶剂如CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大得多的性质，从碘水中分离出I2的方法是：先在碘水中加适量的CCl4进行萃取，分液得到含I2的CCl4溶液，最后将I2的CCl4溶液蒸馏，得到固体I2，所以应选择装置B（或B、A），该分离方法的名称为萃取（或萃取、分液、蒸馏）。(3)装置A是一套蒸馏装置，的名称是冷凝管；为了提高冷凝管的热交换效率，通常采用逆流的方法，即细管中的热蒸气从上往下流动，外管中的冷却水从下往上流动，所以进水的方向是从下口进水。装置B打开下端的活塞时，分液漏斗内的气压往往小于外面的大气压，以致液体不能顺利流下，为了平衡气压，先进行的操作是：打开分液漏斗上端的活塞或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔。21、16 5 mol/L 6.5 mol/L 【解析】（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即最初加入的20mLNaOH溶液的作用是中和剩余的硫酸。从20mL260mL氢氧化钠沉淀铁离子和铝离子，从260mL300mL，NaOH溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，这说明最终得到的21.4g沉淀是氢氧化铁的质量，氢氧化铁的物质的量是21.4g÷107g/mol0.2mol，根据铁元素守恒可知氧化铁的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×160g/mol16g；（2）从260mL300mL，NaOH溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝的质量是37g-21.4g15.6g，物质的量是15.6g÷78g/mol0.2mol，消耗NaOH为0.2mol，所以氢氧化钠的浓度为0.2mol÷0.04L5mol/L；（3）当V（NaOH溶液）260mL时，沉淀量最大，此时为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒2n（Na2SO4）n（NaOH），故n（Na2SO4）0.5×0.26L×5mol/L0.65mol，根据硫酸根守恒n（H2SO4）n（Na2SO4）0.65mol，则c（H2SO4）0.65mol÷0.1L6.5mol/L。【点睛】本题以图象题的形式，考查铁铝化合物性质、混合物的计算，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法在化学计算中的灵活应用。