江西省南昌市新建区第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

www.ks5u.com高一共建部化学试卷

总分值：150分     时间：100分钟

温馨提示：此次考试卷面分为5分   

说明：1. 书写整齐无大面积涂改且主观题基本完成的得5分      

2. 书写有涂改或主观题未完成的，根据情况扣（1—5）分

可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  O-16  Na-23  Mg-24  Al-27  S-32  Cl-35.5  Fe-56  Zn-65

一、选择题（共16小题；每题5分，共80分；每小题只有一个正确选项。）

1.下列关于金属的叙述中正确的是(　　)

A. 所有的金属都是固态的 B. 金属具有导电性、导热性和延展性

C. 常温下所有金属都能与酸反应 D. 金属元素在自然界中都是以化合态形式存在的

【答案】B

【解析】

【详解】A、常温下，金属汞，液体，A错误；

B、金属具有导电性、导热性和延展性，均为金属的通性，B正确；

C、在金属活动顺序表中，H后面的金属不能与酸反应生成氢气，如Cu，C错误；

D、不活泼金属如Au、Ag，在自然界中存在单质，D错误；

答案选B。

2.下列说法正确的是(　　)

A. 氨水、铝热剂都是混合物

B. CO2、Al2O3能和NaOH反应，所以它们酸性氧化物

C. Na2O、Na2O2都能和HCl反应，所以它们是碱性氧化物

D. 烧碱可作为治疗胃酸过多的一种药剂

【答案】A

【解析】

【详解】A、氨水是氨气溶于水得到的产物，铝热剂是金属铝和其他金属氧化物构成的混合物，均为混合物，A正确；

B、CO2是酸性氧化物，Al2O3除了能与碱反应生成盐和水外，还能与酸反应生成盐和水，是两性氧化物，B错误；

C、碱性氧化物与酸反应生成盐和水，Na2O2与酸反应，还有O2生成，不属于碱性氧化物，是过氧化物，C错误；

D、烧碱是NaOH，是强碱，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，D错误；

答案选A。

3.焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是(　　)

A. 焰色反应是化学变化

B. 用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝（或铁丝）

C. 焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察

D. 利用焰色反应可区分NaCl与Na2CO3固体

【答案】B

【解析】

【详解】A、焰色反应是物理变化，A错误；

B、防止其他杂质产生的焰色，对检验物质的焰色产生干扰，因此实验前，需要用盐酸清洗铂丝或者铁丝，B正确；

C、K＋的焰色为紫色，会被活动的黄色遮掩，因此需要用蓝色钴玻璃过滤掉黄光，但是Na＋的焰色不需要通过蓝色钴玻璃观察，C错误；

D、NaCl和Na2CO3均含有Na元素，焰色反应均为黄色，无法区分，D错误；

答案选B。

4.利用下图装置做铝热反应实验。下列说法不正确的是

A. 该反应的化学方程式是2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3

B. 该反应会产生高温、发出强光

C. 根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属

D. 若反应中转移3 mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是1 mol

【答案】D

【解析】

试题分析：A、Al与Fe2O3在高温条件下反应，生成Fe和Al2O3，正确；B、铝热反应会放出大量的热，产生高温、发出强光，正确；C、铝热反应可以生成金属单质，利用铝热反应可冶炼某些金属，正确；D、铁元素的化合价从＋3价降低到0价，因此1mol氧化铁在反应中得到6mol电子，若反应中转移3 mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是0.5 mol，错误。

考点：本题考查铝热反应的有关判断和计算。

5.除去镁粉中混有的少量铝粉，可选用下列溶液中的（      ）

A. 盐酸 B. 稀硝酸 C. 氨水 D. 浓氢氧化钾溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A.Mg、Al因都与稀盐酸反应，不能除杂，A不符合题意；

B. Mg、Al因都与稀硝酸反应，产生可溶性的物质，不能除杂，B不符合题意；

C.二者均与浓氨水不反应，不能除杂，C不符合题意；

D.Al与KOH溶液反应，而Mg不能，则可将不纯金属溶于足量浓KOH中，充分反应后过滤可分离除去，D符合题意；

故合理选项是D。

6.下列反应中，氯元素被氧化是(　　)

A. 2KClO32KCl＋3O2↑ B. 2P＋5Cl22PCl5

C. MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋2H2O＋Cl2↑ D. H2＋Cl22HCl

【答案】C

【解析】

【详解】A. 2KClO32KCl＋3O2↑，该反应中氯元素被还原；   

B. 2P＋5Cl22PCl5，该反应中氯元素被还原；

C MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，该反应中氯元素被氧化；   

D. H2＋Cl22HCl，该反应中氯元素被还原。

综上所述，A、B、D项中氯元素均被还原，C项氯元素的价态升高被氧化，故选C。

7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)

A. 酸性溶液中：Mg2＋、K＋、SO42－、NO3－

B. 无色溶液中：Na＋、A13＋、NO3－、MnO4－

C. 加入Na2O2的溶液中：Na＋、Cl－、CO32－、HSO3－

D. 与Al反应放出H2的溶液中：NH4+、Na＋、NO3－、CO32－

【答案】A

【解析】

【详解】A、酸性溶液中，Mg2＋、K＋、SO42－、NO3－，不反应生成气体，也不会产生沉淀，A符合题意；

B、含有MnO4－的溶液为紫红色，不符合无色的限定条件，B项不符合题意；

C、Na2O2具有强氧化性，能够氧化HSO3－，不能大量共存，C不符合题意；

D、与Al反应放出H2的溶液可能是酸性，也可能是碱性，在酸性条件下，CO32－不能大量共存，在碱性条件下，NH4＋不能大量共存，不符合题意；

答案选A。

8. 下列离子方程式书写正确的是

A. 钠和冷水反应 Na＋2H2O＝Na+＋2OH＋H2↑

B. Al2O3粉末溶于NaOH溶液中：Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O

C. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH－ ══ Al(OH)3↓

D. FeCl2溶液通入足量的Cl2反应：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl－

【答案】B

【解析】

试题分析：A、钠和冷水反应的实质是：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，离子反应要遵循电荷守恒，故A错误；

B、Al2O3粉末能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，实质是：Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O，故B正确；

C、氨水是弱碱，在离子方程式中不能拆成离子的形式，AlCl3溶液中加入足量的氨水的反应为：Al3++3NH3•H2O══Al（OH）3↓+3NH4++3H2O，故C错误；

D、氯气能加亚铁离子氧化为三价铁，即2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故D错误；故选B。

考点：考查了离子方程式的书写和正误判断的相关知识。

9.以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中不正确的是(　　)

A. Na与水反应，每生成1mol H2，转移的电子数为2NA

B. 1 mol Al与足量强酸完全反应或与足量强碱完全反应，失去电子数目都为3NA

C. 58.5 g氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子

D. 1 mol Na2O和Na2O2的混合物中含有阴离子数为NA

【答案】C

【解析】

【详解】A、2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，每生成1molH2，转移2mol电子，A正确，不符合题意；

B、Al和酸反应生成Al3＋，化合价升高3；和碱反应生成AlO2－，化合价升高3，因此1molAl不管与酸反应，还是碱反应，均失去3mol电子，失去的电子数目为3 NA，B正确，不符合题意；

C．NaCl是由Na＋和Cl－构成的离子化合物，不存在分子，C错误，符合题意；

D、1molNa2O中含有1molO2－，1molNa2O2中含有1molO22－；因此1molNa2O和Na2O2的混合物，不管含量各位多少，阴离子的物质的量均为1mol，数目为NA，D正确，不符合题意；

答案选C。

10.己知在碱性溶液中可发生如下反应：

2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）

A. +3 B. +4 C. +5 D. +6

【答案】D

【解析】

【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，

答案选D。

11.将a g甲烷（CH4）完全燃烧后的气体（此时温度高于100℃）通入装有足量Na2O2的试管中，则该试管增重多少(　　)

A. a g B. 大于a g C. 小于a g D. 无法判断

【答案】B

【解析】

【详解】甲烷完全燃烧生成CO2和H2O，CH4＋2O2=CO2＋2H2O；CO2可与Na2O2反应，2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2，固体从Na2O2转变为Na2CO3，根据质量守恒，1molCO2与Na2O2反应，增加的质量相当于1molCO；H2O与Na2O2反应，2H2O＋2Na2O2=4NaOH＋O2，固体从Na2O2转变为NaOH，根据质量守恒，1molH2O与Na2O2反应，增加的质量相当于2mol H；1molCH4完全燃烧得到1molCO2和2molH2O，有关系式；1molCH4～1molC+4molH～1molCO2+2molH2O～1molCO+4molH，从关系式中可知，1molCH4完全燃烧生成CO2和H2O，通入Na2O2固体，增加的质量相当于1molCO+4molH，固体质量增加，则试管增重大于ag；

答案选B。

【点睛】1molCO2与Na2O2反应，增加的质量相当于1molCO；H2O与Na2O2反应，固体从Na2O2转变为NaOH，增加的质量相当于1mol H2，记住此规律，可快速解题。

12. 等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是( )

A. 甲、乙中都是铝过量

B. 甲中铝过量，乙中碱过量

C. 甲中酸过量，乙中铝过量

D. 甲中酸过量，乙中碱过量

【答案】B

【解析】

【详解】根据铝和硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知：相同物质的量的铝，消耗的氢氧化钠少于消耗的硫酸，所以根据生成的氢气是5︰6可知，铝在与稀硫酸反应时，铝是过量的，硫酸是不足的，而与氢氧化钠反应时，铝是不足的，氢氧化钠是过量的，所以正确的答案选B。

13.下列各组物质不能用括号内的试剂等鉴别的是(　　)

A. NaHCO3和Na2CO3两种溶液( (CaCl2溶液)

B. MgCl2溶液AlCl3两种溶液(NaOH溶液)

C. NaCl和Na2SO4两种溶液(激光笔)

D. KCl和Na2SO4两种溶液(焰色反应)

【答案】C

【解析】

【详解】A、NaHCO3溶液与CaCl2不反应，Na2CO3与CaCl2溶液反应生成CaCO3沉淀，可以区分，A不符合题意；

B、MgCl2中加入NaOH溶液，生成Mg(OH)2白色沉淀；AlCl3中加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀Al(OH)3，白色沉淀再溶解生成AlO2－，现象不同，可以区分，B不符合题意；

C、NaCl和Na2SO4溶液，用激光笔照射，现象均相同，无法区分，C符合题意；

D、KCl溶液的焰色为钾的紫色，Na2SO4的焰色为钠的黄色，现象不同，可以区分，D不符合题意；

答案选C。

14.下表所列各组物质中，物质之间不能通过一步反应就能实现如图所示转化的是(　　)

A. A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A、Al2O3与HCl反应可以得到AlCl3，AlCl3与氨水反应可得到Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解，可得到Al2O3，均可一步制得，A不符合题意；

B、NaAlO2溶液中通入CO2气体可得到Al(OH)3沉淀，Al(OH)3与盐酸反应可得到AlCl3，AlCl3溶液中加入过量的NaOH可得到NaAlO2，均可一步制得，B不符合题意；

C、CO2通入Na2CO3溶液中可得到NaHCO3，NaHCO3受热分解可得到Na2CO3，Na2CO3与强酸反应可得到CO2，均可一步制得，C不符合题意；

D、Na在常温下与O2反应得到Na2O，Na2O与O2加热可得到Na2O2，但是Na2O2不能经过一步反应得到Na，D符合题意；

答案选D

15.加热10.0 g碳酸钠与碳酸氢钠的固体混合物至质量不再发生变化，剩余固体的质量为6.9 g，则混合物中碳酸钠的质量分数为(　　)

A. 16% B. 32% C. 58% D. 84%

【答案】A

【解析】

【详解】碳酸氢钠受热分解，固体的质量从10.0g降低到6.9g，降低了3.1g，利用差量法；

可得m(NaHCO3)=8.4g；

则Na2CO3的质量为10.0g-8.4g=1.6g，则其质量分数为；

答案选A。

16.由铁、锌、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是(　　)

A. 铁 B. 锌 C. 铝 D. 镁

【答案】C

【解析】

假设金属元素在化合物中的化合价均为+2价，设金属元素符号为R，R+2HC=RCl2+H2↑，参加反应的R与H2的物质的量相等，所以混合金属的平均摩尔质量M=10g/0.5mol=20g/mol，铁、锌、镁的摩尔质量分别为56g/mol、65g/mol、24g/mol，铝在化合物中体现出+3价，将其转化为+2价，则铝的摩尔质量也变为27g/mol×2/3=18g/mol，平均摩尔质量处于最大值和最小值之间，摩尔质量小于20g/mol的金属只有铝，故混合物中一定含有铝，选答案C 。正确答案为C

点睛：混合金属与酸反应的计算题，部分同学感到困难。对于此类题目有两种常用的方法，一是极端法：假设10g混合物分别全部是铁、锌、铝、镁，分别求得产生的H2的体积，题中给的H2的体积必须处于上述计算得到的四个氢气体积的最大值和最小值之间，也就是说混合金属中，至少有一种金属产生的氢气的体积大于题给的氢气的体积，至少有一种金属产生的氢气的体积小于题给的氢气的体积，从而可判断出混合金属的组成情况。二是平均值法，求出混合金属的平均摩尔质量，然后所给金属至少有一种金属的摩尔质量大于平均值，至少一种金属的摩尔质量小于平均值，从而可确定混合金属的组成情况。一般来说，平均值法更简单。

二、填空题（除特殊标注外，每空3分，共65分）

17.已知在一定条件可发生如下两个化学反应：①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，②2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O，试回答下列问题：

（1）反应①中__元素（填元素名称）被还原，氧化产物为____；

（2）反应②中还原产物为__；该反应中，氧化剂与还原剂之比为___；

（3）标况下，当反应②中生成33.6LSO2气体时，被氧化的Fe有___mol。

【答案】    (1). 氢（填H不给分）    (2). FeSO4（Fe2+也给分）    (3). SO2    (4). 3：2    (5). 1

【解析】

【详解】(1)反应①中Fe的化合价从0升高到＋2，被氧化，得到氧化产物FeSO4；H2SO4中H的化合价从＋1降低到0，被还原；答案为氢  FeSO4；

(2)反应②中，H2SO4中S的化合价从＋6降低到＋4，被还原，得到还原产物SO2；Fe的化合价从0升高到＋3，被氧化，是还原剂；H2SO4中S的化合价从＋6降低到＋4，是氧化剂，但是6molH2SO4中，只有3molH2SO4中的S元素的化合价发生变化，因此作氧化剂的H2SO4只有3mol；氧化剂和还原剂的比例为3:2；

(3)根据化学方程式，每生成3molSO2，就有2molFe被氧化。现生成33.6LSO2，其物质的量为1.5mol,则有1molFe被氧化。

18.A、B、C、D都是中学化学中常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如下（部分反应中的水已略去）。根据题意回答下列问题：

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，A的水溶液能使酚酞溶液呈红色，C为发酵粉的主要成分之一，D的过度排放会造成温室效应。

①B的化学式为_____；

②反应Ⅲ的离子方程式是_______。

（2）写出Na2O2做防毒面具时涉及到的化学反应的化学方程式：____________、__________。

（3）写出Al(OH)3受热分解的化学方程式：__________。

【答案】    (1). Na2CO3    (2). OH- + HCO3- = H2O + CO32-    (3). 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2    (4). 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑    (5). 2Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O

【解析】

【分析】

(1)A、B、C的焰色反应均为黄色，说明含有Na元素，C为发酵粉的主要成分之一，C为NaHCO3，D的过度排放会造成温室效应，则D为CO2；则可以知道A为NaOH，B为Na2CO3。

【详解】(1)A、B、C的焰色反应均为黄色，说明含有Na元素，C为发酵粉的主要成分之一，C为NaHCO3，D的过度排放会造成温室效应，则D为CO2；则可以知道A为NaOH，B为Na2CO3。

①B为碳酸钠，化学是为Na2CO3；

②反应Ⅲ为NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3和水；离子方程式为OH－＋HCO3－=CO32－＋H2O；

(2)人呼出的气体中含有CO2和H2O，能够与Na2O2反应生成O2供氧；化学方程为

2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2，2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑；

(3)Al(OH)3受热分解得到氧化铝，化学方程式为2Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O。

19.某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做以下实验，如图所示。

（1）只根据图I、II所示实验，能够达到实验目的的是______________（填装置序号，2分）。

（2）图III、IV所示实验均能鉴别这两种物质，其涉及的化学方程式：__________、______；

（3）与实验III对比，实验IV的优点是________________（填选项序号）。

A. IV比III复杂        B. IV比III安全       

C. IV比III操作简便    D. IV可以做到用同一套装置同时进行两个对比实验，而III不行

（4）若用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是_____（填化学式）。

（5）将0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L－1的稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是__。（填下列选项）

A.    B.

C.    D.

【答案】    (1). II    (2). 2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O    (3). CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O    (4). D    (5). NaHCO3    (6). C

【解析】

【分析】

(1)通过与等浓度的盐酸来比较两者与酸反应的速率快慢；

(4)NaHCO3受热易分解，如果能在远离火源温度较低的环境中分解，，而Na2CO3在靠近热源温度较高的环境中仍不分解，更能比较其热稳定的差异；

(5)NaOH和Na2CO3的混合溶液中，加入盐酸，H＋先和OH－反应，再和CO32－反应，但是CO32－与H＋反应先生成HCO3－，HCO3－与H＋反应生成CO2和H2O。

【详解】(1)通过实验比较Na2CO3和NaHCO3，与酸反应速率的快慢；实验中需要保持酸的浓度相同，且通过比较气球变大的快慢，比较速率，Ⅱ能达到实验目的；

(2)图Ⅲ、Ⅳ均与NaHCO3和Na2CO3的热稳定性有关，NaHCO3受热易分解，其化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；

(3)相比较实验Ⅲ，实验Ⅳ只要进行一次，就能实现实验目的，而实验Ⅲ需要操作2次；因此D合理；

(4)NaHCO3受热易分解，如果能在远离热源温度较低的环境中分解，，而Na2CO3在靠近热源温度较高的环境中仍不分解，更能比较其热稳定的差异；试管B远离热源，最好装入NaHCO3固体；

(5) NaOH和Na2CO3的混合溶液中，加入盐酸，H＋先和OH－反应，再和CO32－反应；先后发生的反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O，H＋＋CO32－=HCO3－，HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，只有最后一个反应，有气体生成。

0.4gNaOH，其物质的量为0.01mol，消耗的HCl的物质的量为0.1mol，体积为；1.06 g Na2CO3，其物质的量为0.01mol，CO32－与H＋反应先生成HCO3－，消耗的HCl的物质的量为0.01mol，体积为；HCO3－与H＋反应生成CO2和H2O，消耗的HCl的物质的量为0.01mol，体积为，同时生成0.01molCO2；只有最后一个反应，有气体生成，因此开始消耗了0.2L盐酸溶液，没有气体生成，随后消耗0.1L盐酸溶液，生成0.01molCO2，图像C符合。

【点睛】(5)CO32－与酸反应时，结合H＋分两步，因此开始的步骤没有CO2生成，离子方程式为H＋＋CO32－=HCO3－，HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O。

20.向20mL含有1mol/L的氯化铝溶液中逐滴加入浓度为1mol/L的氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量与所加碱的体积如图所示：

（1）写出OA段和AB段发生反应的离子方程式：OA段_____；AB段_____。

（2）A点溶液中的溶质为：____。（填化学式）

（3）若产生0.78g白色沉淀，则加入的氢氧化钠溶液的体积可能是____mL或____mL。

（4）B点表示的氢氧化钠溶液的体积是___mL。

【答案】    (1). Al3++3OH- =Al(OH)3↓    (2). Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O    (3). NaCl    (4). 30mL    (5). 70mL    (6). 80mL

【解析】

【分析】

AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，随后生成的沉淀，再溶解，化学方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。

【详解】(1)根据分析OA为生成Al(OH)3的阶段，OB段位Al(OH)3溶解的阶段，离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；

(2)A点，溶液中的Al3＋完全沉淀，溶液中只有Cl－和Na＋，则A点溶液中的溶质只有NaCl；

(3)若Al3＋完全沉淀，则生成0.02L×1mol·L－1=0.02molAl(OH)3，其质量为0.02mol×78g·mol－1=1.76g，现在产生0.78gAl(OH)3，则有两种情况；

①整个过程中只生成了0.78gAl(OH)3；0.78g Al(OH)3其物质的量为0.01mol，需要消耗0.03molOH－，需要NaOH的体积为0.03mol÷1mol/L=0.03L=30mL；

②Al3＋完全沉淀，但是滴入过程的NaOH中，Al(OH)3又溶解了一部分。Al3＋完全沉淀，溶液中一共有0.02molAl3＋，需要0.06molOH－，共生成0.02molAl(OH)3，再溶解0.01molAl(OH)3，需要0.01molOH－，则整个过程需要0.7molOH－，需要NaOH溶液的体积为0.07mol÷1mol/L=0.07L=70mL；

(4)B点表示的Al3＋完全沉淀，沉淀又继续溶解，方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，整个过程的关系式为Al3＋～4OH－，溶液中有0.02molAl3＋，则需要0.08molOH－，需要NaOH的体积为0.08mol÷1mol/L=0.08L=80mL。

【点睛】(3)根据图像，也可以知道，当沉淀质量为0.78g时，对应的NaOH溶液的体积有2个值，不能忽略。