黑龙江哈尔滨三中高一上化学期末试题图片版.docx
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黑龙江哈尔滨三中高一上化学期末试题图片版
2018-2019学年黑龙江省哈尔滨三中高一（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共20小题，共60.0分）
1.下列物质不属于铁合金的是（ ）
A.不锈钢B.碳素钢C.生铁D.氧化铁
【答案】D
【解析】解：
A、不锈钢是铁合金，还含有抗腐蚀性很强的铬和镍，故A错误；
B、碳素钢含有碳元素，所以属于铁合金，故B错误；
C、生铁中含有碳，所以生铁属于合金，故C错误；
D、氧化铁是纯净物不是混合物，所以氧化铁不属于合金，故D正确。
故选：
D。
合金是指在一种金属中熔合其他金属或非金属形成的具有金属特性的物质，合金是混合物，据此分析解答．
在解此类题时，主要是根据合金的概念：
金属与金属或金属与非金属的混合物进行解答．
2.下列有关厨房中铝制品使用合理的是（ ）
A.盛放食醋B.烧煮开水
C.用碱水洗涤D.用金属丝擦洗表面的污垢
【答案】B
【解析】解：
A、铝能与酸反应，故A错误；
B、铝表面很容易形成致密的氧化铝氧化膜，与热水不反应，故B正确；
C、金属铝能和碱反应，故C错误；
D、铝制品表面有一层致密的氧化薄膜，可以起到保护作用，若用金属丝擦表面的污垢，会破坏保护膜，不可取，故D错误。
故选：
B。
根据金属铝的化学性质：
铝既能与酸反应又能与碱反应结合生活实际来回答．
本题是一道化学和生活相结合的题目，考查学生对教材知识的掌握，难度不大．
3.将钠投入下列溶液中，既有气体产生，又有沉淀生成的是（ ）
A.NaCl溶液B.FeCl3溶液C.盐酸D.Na2CO3溶液
【答案】B
【解析】解：
Na投入水溶液（酸溶液除外）中时，先和水反应生成NaOH和氢气，
A．NaOH和NaCl不反应，所以钠投入该溶液中只有气体生成，故A错误；
B．NaOH和氯化铁发生复分解反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以钠投入氯化铁溶液中有气体和沉淀生成，故B正确；
C．钠和稀盐酸反应生成可溶性的氯化钠和氢气，所以只有气体生成，故C错误；
D．NaOH和碳酸钠不反应，所以钠投入碳酸钠溶液中只有气体生成，没有沉淀生成，故D错误；
故选：
B。
Na投入水溶液（酸溶液除外）中时，先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH能和酸、部分盐发生复分解反应，据此分析解答。
本题以钠为载体考查元素化合物性质，明确钠投入水溶液中发生的一系列反应及反应现象是解本题关键，注意：
投入水溶液（酸溶液除外）中时钠先和水反应，注意反应先后顺序，题目难度不大。
4.下列关于氯气的说法不正确的是（ ）
A.氯气化学性质很活泼，但是干燥的液氯能用钢瓶贮存
B.氯气和液氯是两种不同物质
C.可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气
D.氯气有毒，它曾在战争中被用于制造毒气弹
【答案】B
【解析】解：
A．干燥的氯气和铁不反应，干燥的液氯能用钢瓶贮存，故A正确；
B．氯气和液氯是同种物质，状态不同，故B错误；
C．氯气和浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥，故C正确；
D．氯气有毒，对人体的呼吸系统有损害作用，故D正确。
故选：
B。
氯气有毒，性质活泼，但在干燥条件下与铁不反应，可用浓硫酸干燥，以此解答该题．
本题考查氯气的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，本题贴近生活和生产，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．
5.在澄清透明的强酸性溶液中，能大量共存的是（ ）
A.Fe3+、K+、SO42-、Cl-B.Na+、HCO3-、K+、NO3-
C.Na+、AlO2-、NO3-、Cl-D.K+、Na+、SiO32-、SO42-
【答案】A
【解析】解：
A．Fe3+、K+、SO42-、Cl-之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；
B．HCO3-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；
C．AlO2-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；
D．SiO32-与氢离子生成硅酸，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：
A。
A．四种离子之间不反应，为澄清透明溶液；
B．碳酸氢根离子与氢离子反应；
C．偏铝酸根离子与氢离子反应；
D．硅酸根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：
能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：
溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
6.将少量的CO2通入下列溶液中，不能产生沉淀的是（ ）
A.硅酸钠溶液B.偏铝酸钠溶液C.氢氧化钡溶液D.氯化钙溶液
【答案】D
【解析】解：
A、硅酸钠可以和碳酸反应生成碳酸钠和硅酸，硅酸是白色不溶于水的沉淀，故A错误；
B、碳酸酸性大于氢氧化铝，将二氧化碳通到偏铝酸钠的溶液中，会产生氢氧化铝白色沉淀，故B错误；
C、将少量CO2不断滴通入氢氧化钡溶液，反应生成碳酸钡沉淀和水，最终会有沉淀生成，故C错误；
D、二氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应，无沉淀生成，故D正确。
故选：
D。
A、硅酸钠可以和碳酸反应生成碳酸钠和硅酸沉淀；
B、碳酸酸性大于氢氧化铝，根据强酸制弱酸的反应原理分析二氧化碳通入偏铝酸钠溶液生成氢氧化铝沉淀；
C、少量CO2不断滴通入氢氧化钡溶液，反应生成碳酸钡沉淀和水；
D、二氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应．
本题考查了离子反应发生的条件，题目难度不大，试题注重了基础知识的考查，注意明确离子反应发生的条件、掌握常见元素化合物的化学性质，注意碳酸氢钠与碳酸钠的溶解度大小．
7.将氯气通入含下列离子的溶液中，离子浓度变化最小的是（ ）
A.Fe2+B.HCO3-C.CO32-D.Fe3+
【答案】D
【解析】解：
氯气通入溶液中，与水反应生成盐酸与次氯酸，溶液中的氢离子能与HCO3-、CO32-反应，次氯酸能与Fe2+发生氧化还原反应，只有铁离子不反应，所以铁离子浓度变化最小，
故选：
D。
氯气通入溶液中，与水反应生成盐酸与次氯酸，溶液中的氢离子能与HCO3-、CO32-反应，次氯酸能与Fe2+发生氧化还原反应，以此来解答。
本题考查氯气的化学性质，明确氯气与水的反应及常见离子之间的反应是解答本题的关键，注意次氯酸具有强氧化性。
8.下列化学实验基本操作中，正确的是（ ）
A.稀释浓硫酸时，把浓硫酸慢慢倒入盛有水的量筒中并搅拌
B.用胶头滴管向试管中加入液体时，胶头滴管紧贴试管内壁
C.分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D.用托盘天平称量物质时，称量物质放在右盘，砝码放在左盘
【答案】C
【解析】解：
A．量筒中不能稀释，应在烧杯中稀释，故A错误；
B．应悬空正放，防止试剂污染，不能胶头滴管紧贴试管内壁，故B错误；
C．分液时避免上下层液体混合，则分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D．称量时左物右码，则称量物质放在左盘，砝码放在右盘，故D错误；
故选：
C。
A．量筒中不能稀释；
B．应悬空正放；
C．分液时避免上下层液体混合；
D．称量时左物右码。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验操作、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.某温度下，已知Cl2与NaOH溶液反应产物有NaClO、NaClO3、NaCl，若生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：
1时，则被氧化与被还原的氯元素的物质的量之比为（ ）
A.5：
1B.1：
5C.5：
9D.9：
5
【答案】C
【解析】解：
Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，
NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：
1，设二者物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒：
4mol×（1-0）+1mol×（5-0）=n（NaCl）×1
解得n（NaCl）=9mol
所以被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比为（4+1）mol：
9mol=5：
9，
故选：
C。
Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒计算NaCl物质的量，再根据氯原子守恒计算被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比．
本题考查氧化还原反应概念与计算，难度不大，根据化合价判断氧化剂与还原剂、还原产物与氧化产物是关键，再根据电子转移守恒计算．
10.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱．下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）
A.3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B.Cl2+FeI2=FeCl2+I2
C.Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2OD.2Fe3++2I-=2Fe2++I2
【答案】A
【解析】解：
Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，
A、因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，故A错误；
B、因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故B正确；
C、因为氧化性Co2O3＞Cl2，所以Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O能发生，故C正确；
D、因为氧化性FeCl3＞I2，所以2Fe3++2I-=2Fe2++I2能发生，故D正确；
故选：
A。
在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断．
本题考查氧化还原反应氧化性强弱的比较等知识点，难度不大．
11.下列化合物不可以由化合反应制得的是（ ）
A.Fe（OH）3B.FeCl2 C.FeCl3 D.Al（OH）3
【答案】D
【解析】解：
A、氢氧化亚铁和氧气水反应化合为氢氧化铁，反应的化学方程式为：
4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故A不符合；
B、铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁，反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，故B不符合；
C、铁和氯气化合反应生成氯化铁，反应为Fe+3Cl2=2FeCl3，故C不符合；
D、氢氧化铝难溶于水不能由化合反应生成，故D符合；
故选：
D。
A、氢氧化亚铁和氧气水反应化合为氢氧化铁；
B、铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁；
C、铁和氯气化合反应生成氯化铁；
D、氢氧化铝不能化合反应生成。
本题考查了物质性质的分析判断，化合反应概念的理解，特征反应的掌握是解题关键，题目较简单。
12.物质灼烧时，火焰呈紫色的一定含有（ ）
A.钾原子B.钾离子C.钾元素D.钾的化合物
【答案】C
【解析】解：
由于焰色反应是一种元素的性质，故用洁净的铂丝蘸取某无色溶液，放在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，火焰的颜色呈紫色，只能说明溶液中有钾元素，不能说明其具体是钾原子还是钾离子或是钾的化合物，故选C。
焰色反应是一种元素的性质，火焰的颜色呈紫色说明溶液中有钾元素．
本题考查焰色反应，题目难度不大，注意掌握各种元素的焰色反应的颜色和观察方法．
13.下列说法中正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（ ）
A.标准状况下，1mol SiO2所占体积约为22.4L
B.相同质量的O2和O3含有相同数目的氧原子
C.常温下，11.2L CO2含有分子数为0.5NA
D.2.4g金属镁变成镁离子时失去电子的数目为0.1NA
【答案】B
【解析】解：
A．二氧化硅标况下为固体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n=
可知，相同质量的O2和O3含相同数目的氧原子，故B正确；
C．常温下Vm＞22.4L/mol，则11.2L CO2含有分子数小于0.5NA，故C错误；
D.2.4g金属镁物质的量为0.1mol，变成镁离子时失去电子的数目为0.2NA，故D错误；
故选：
B。
A．二氧化硅标况下为固体；
B．氧气和臭氧都是由氧原子构成；
C．常温下Vm＞22.4L/mol；
D．镁失去2个电子生成二价镁离子。
本题考查了阿伏伽德罗常数，熟练掌握阿伏伽德罗常数与物质的量、摩尔质量之间的关系，明确气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键，题目难度不大。
14.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A.氢氧化钡溶液与稀硫酸：
H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4+H2O
B.氯气与水反应：
Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
C.碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应：
Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
D.稀硝酸与过量的铁屑反应：
Fe+4H++NO3-=Fe3++2NO↑+2H2O
【答案】C
【解析】解：
A．氢离子、氢氧根离子、水的计量数都是2，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4+2H2O，故A错误；
B．HClO是弱电解质，写化学式，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故B错误；
C．二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故C正确；
D．生成亚铁离子，离子方程式为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；
故选：
C。
A．氢离子、氢氧根离子、水的计量数都是2；
B．HClO是弱电解质，写化学式；
C．二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
D．生成亚铁离子。
本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：
检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
15.将少量Na2O2分别放入盛有下列溶液的小烧杯中，有白色沉淀产生的是（ ）
①MgSO4溶液 ②FeCl2溶液 ⑧Ca（HCO3）2溶液 ④饱和澄清石灰水．
A.①③B.①④C.①③④D.①②③④
【答案】C
【解析】解：
①钠投入到MgSO4溶液，反应生成氢氧化镁白色沉淀和氢气、硫酸钠，所以既有白色沉淀又有气体生成，故选；
②钠与FeCl2溶液 反应生成氢氧化亚铁绿色沉淀和氢气、氯化钠，故不选；
⑧钠投入到Ca（HCO3）2溶液，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙白色沉淀，所以既有白色沉淀又有气体生成，故选；
④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，所以既有白色沉淀又有气体生成，故选；
故选：
C。
将钠投入溶液中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和部分盐能发生复分解反应，根据产物的可溶性判断．
本题考查了钠与酸碱盐的反应，明确钠与盐溶液反应实质是先与水反应是解题关键，题目难度不大．
16.不能用胶体的观点解释的现象是（ ）
A.在河流入海口处易形成三角洲
B.电影放映时会出现一条光路
C.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
D.在饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀
【答案】D
【解析】解：
A．河流中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，故A不符合；
B．空气中有尘埃，清晨森林中的光线是胶体的丁达尔效应，故B不符合；
C．溶液能通过半透膜，胶体不能通过半透膜，肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，故C不符合；
D．在饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，和胶体性质无关，故D符合；
故选：
D。
A．在河流入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果；
B．空气中有尘埃，是胶体，胶体具有丁达尔效应；
C．血液是胶体不能通过半透膜；
D．在饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀。
本题考查胶体的性质，是对基础内容的考查，题目难度不大，该题须掌握胶体的丁达尔现象、胶粒直径大小、凝聚等重要性质，解题时须仔细审题，对照性质解答，注意胶体聚沉与蛋白质变性间的关系。
17.将新制氯水分别滴入下列溶液中，由实验现象得出的结论正确的是（ ）
选项
氯水滴入下列溶液中
实验现象
结论
A
滴有KSCN的FeC12溶液
变红
C12具有还原性
B
滴有石蕊的NaOH溶液
褪色
C12具有酸性
C
紫色石蕊溶液
先变红后褪色
C12具有漂白性
D
KI淀粉溶液
变蓝
C12具有氧化性
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】解：
A、滴有KSCN溶液变红，说明存铁离子，亚铁离子被氧化成铁离子，体现氯气的氧化性，故A错误；
B、氯水滴入石蕊的NaOH溶液，溶液褪色是次氯酸根离子的强氧化性，而不是氯气的酸性，故B错误；
C、氯水滴入紫色石蕊溶液，先变红说明溶液呈酸性，而褪色说明次氯的强氧化性，而漂白，故C错误；
D、氯水滴入KI淀粉溶液溶液变蓝，说明生成碘单质，氯气氧化碘离子变成碘单质，说明氯气具有极强的氧化性，故D正确；
故选：
D。
A、滴有KSCN溶液变红，说明存铁离子，亚铁离子被氧化成铁离子；
B、氯水滴入石蕊的NaOH溶液，溶液褪色是次氯酸根离子的强氧化性；
C、氯水滴入紫色石蕊溶液，先变红说明溶液呈酸性，而褪色说明次氯的强氧化性；
D、氯水滴入KI淀粉溶液溶液变蓝，说明生成碘单质。
本题以卤素单质之间的反应为知识背景，考查了氧化还原反应的相关知识，题目难度中等。
18.将2.9g镁铝合金投入到500mL 2mol/L的硫酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入NaOH溶液的体积是（ ）
A.125 mLB.200 mLC.250 mLD.500 mL
【答案】D
【解析】解：
镁、铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成硫酸镁和硫酸铝，加入4mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+恰好全部转化为Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀，所得溶液中的溶质只有Na2SO4，500mL 2mol/L的硫酸的物质的量为0.5×2=1mol，由硫酸钠的组成可知，可得n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×2mol/L×0.5L=2mol，故需要氢氧化钠溶液体积=
=0.5L=500mL，
故选：
D。
镁、铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成硫酸镁和硫酸铝，加入4mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+恰好全部转化为Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀，所得溶液中的溶质只有Na2SO4，根据硫酸根离子和钠原子守恒计算n（NaOH），进而计算氢氧化钠溶液体积。
本题考查混合物计算，难度中等，注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即氢氧化铝不能溶解，溶液中的溶质只有NaCl，注意利用原子守恒解题。
19.将0.4g NaOH和1.06g Na2C03混合并配制成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L-1的盐酸．下列图象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（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】解：
0.4g NaOH的物质的量为
=0.01mol，1.06g Na2C03的物质的量为
=0.01mol，向NaOH和混合溶液中滴加0.1mol•L-1的盐酸，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，
A、加入0.1L盐酸，n（HCl）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，再加入0.01molHCl，与0.01mol碳酸钠恰好反应生成碳酸氢钠，也没有气体生成，则图象与实际不符，故A错误；
B、先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；
C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，此时开始放出气体，再消耗0.1L盐酸，生成二氧化碳达最大，图象与实际相符合，故C正确；
D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；
故选：
C。
对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．
此题考查了元素化合物性质、图象计算等，解答此题关键是明确向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．
20.分别向盛有等物质的量浓度的稀硫酸和氢氧化钠溶液的烧杯中加入足量的铝，反应后放出的气体体积在标准状况下为1：
2，则所取稀硫酸和氢氧化钠溶液的体积比为（ ）
A.1：
2B.3：
4C.3：
2D.6：
1
【答案】B
【解析】解：
令生成的氢气的物质的量分别为3mol和6mol，则：
2Al+3H2SO4=2Al2（SO4）3+3H2↑
3mol 3mol
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
4mol 6mol
稀硫酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度相等，所以所取稀硫酸和氢氧化钠溶液的体积比等于溶质H2SO4、NaOH的物质的量的之比，即为3mol：
4mol=3：
4，
故选：
B。
反应的有关方程式为：
铝与硫酸：
2Al+3H2SO4=2Al2（SO4）3+3H2↑，铝与NaOH溶液：
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
令生成的氢气的物质的量分别为3mol和6mol，根据方程式计算H2SO4、NaOH的物质的量，稀硫酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度相等，所以所取稀硫酸和氢氧化钠溶液的体积比等于溶质H2SO4、NaOH的物质的量的之比。
本题考查铝的性质、根据方程式的计算，难度不大，注意有关方程式的书写，根据方程式计算。
二、填空题（本大题共2小题，共17.0分）
21.按照要求填空
（1）用FeSO4•7H2O配制FeSO4溶液时，需加入稀H2S
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