2020-2021备战高考化学(高无机综合推断提高练习题)压轴题训练含答案

1、2020-2021 备战高考化学 ( 高无机综合推断提高练习题) 压轴题训练含答案一、无机综合推断1I化合物X 含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为1:1， X 不溶于水，能溶于强酸。某研究小组为探究其组成和性质，设计并完成了如下实验。（ 1） X 的化学式是 _。（ 2）写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作：_ 。（ 3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，则对应的离子方程式是：_。II已知黑色固体中不含单质。为进一步探究其组成，研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸，配成 100mL 溶液，每次取20.00mL 待测液于锥形瓶中，用-2-1KMnO42.000 10mol?L

2、标准溶液进行滴定，并记录实验的结果如下表：组次1234V 标 （ mL）20.0020.0219.9919.99（ 4）如何判断滴定终点： _。（ 5）待测液中 c(Fe2+) = _。（ 6）该黑色固体的化学式用 FexOy 形式可表示为 _ 。【答案】 FeOCl 取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红3+3+2+2+当最后一滴标准KMnO4 溶液滴入锥形瓶时，色，则说明有 Fe2Fe+ Cu = 2Fe+ Cu溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色0.1000mol. -14 5LFe O【解析】【详解】I根据流程中信息可知， 2.15gX 与适量硫酸反应得到

3、黄色溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液，黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀加热后生成红棕色固体1.60g，即氧化铁1.60 g3+，质=0.01mol ，故 X 中含有 0.02 molFe160g / mol量为 0.02 mol 56g / mol =1.12g ，与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反6.99g应生成硫酸钡沉淀6.99g，即为=0.03mol，但硫酸根离子来自于所加硫酸，反233g / mol应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g，即为2.87g143.5g / mol =0.02mol ，故可

4、推知X 中含有 0.02molCl -，质量为0.02mol35.5g / mol =0.71g，化合物 X 含有三种元素，其中两种为非金属元素，且原子个数比为 1:1，故另一非金属元素也为0.02 mol ，且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g ，则摩尔质量为0.32gFeOCl=16g/mol ，应为 O元素，故 X为；0.02mol（ 1） X 的化学式是 FeOCl；（ 2）检验黄色溶液中金属阳离子Fe3+的实验操作为：取少量黄色溶液置于洁净试管中，滴加几滴 KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明有Fe3+；（3）黄色溶液中加入铜片，铜片表面被腐蚀，反应生成Fe2+和

5、Cu2+，对应的离子方程式3+2+2+是： 2Fe+ Cu= 2Fe+ Cu ；II（ 4）黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子，遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色，故判断滴定终点为：当最后一滴标准KMnO4 溶液滴入锥形瓶时，溶液恰好变浅紫（红）色，且半分钟内不变色；（5）根据表中数据可知，滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL ，根据反应 5Fe2+ +MnO 4-+ 8H+=5Fe3+ + Mn2+ +4H2O可知，待测液中 c(Fe2+)= 52.000 10 2 mol / L20.00mL 10 3 L / mL0.1000 mol / L ；20.00mL 10 3 L / mL

6、（6）黑色固体中含有的Fe2+物质的量为0.1000mol / L0.1L 0.01mol , 铁的总物质的量为 0.02 mol ，则 n(Fe2+3+x y) : n(Fe ) =0.01 mol: 0.01 mol=1:1 ，该黑色固体的化学式用Fe O 形式表示，根据化合物各元素化合价代数和为0，则有 x2x 3 2x y22y ，得 x:y=4:5 ，Fe O可表示为Fe4 O5。2 中学化学中的一些常见物质有如图转化关系。其中A、 H 为空气中的主要成分，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体D 遇到 A 很快变成红棕色E， C是黑色金属氧化物，I是紫红色金属单质。X 为常见液体

7、(部分反应条件及生成物没有全部列出)。回答下列问题：（ 1） B 的化学式为 _ C 的化学式为 _D 的化学式为 _（2） B 的实验室制法的化学方程式_（3）写出反应的化学方程式_。（ 4）写出反应的离子方程式 _。【答案】 NH3CuO NO2NH4Cl+Ca OH 2CaCl2+2NH3 +2H2O()4NH3+5O2+2+4NO+6H2O 3Cu+8H +2NO3=3Cu +NO +4H2O【解析】【分析】A、H 为空气中主要成分，分别为N 、 O 中的一种，气体B 能使湿润的红色石蕊试纸变22蓝，则 B 为 NH3， A 能与氨气反应生成D 与 X， X 为常见液体，气体D 遇到

8、A 很快变成红棕色 E，可推知A 为 O2，H为N2，D为NO，X为H2O E为NO2，E与X反应生成FI是，紫红色金属单质，应为Cu， F 与 Cu 反应得到G、 X(水 )、 D(NO)，故为 HNO3， G 为Cu(NO3)2 C 属于氧化物，与B(NH3)反应得到X(水 )、 H(氮气 )、 I(Cu)，根据元素守恒可知C为 CuO，据此解答。【详解】A、H 为空气中主要成分，分别为N2、 O2 中的一种，气体 B 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则 B 为 NH3， A 能与氨气反应生成 D 与 X， X 为常见液体，气体 D 遇到 A 很快变成红棕色 E，可推知 A 为 O2， H 为

9、 N2， D 为 NO， X 为 H2O， E 为 NO2，E 与 X 反应生成 F， I 是紫红色金属单质，应为Cu， F 与 Cu 反应得到 G、 X(水 )、 D(NO)，故为 HNO3， G 为3 23X(水 )、 H(氮气 )、 I(Cu)，根据元素守恒可知 CCu(NO ) C 属于氧化物，与B(NH )反应得到为 CuO；(1)由上述分析可知，B 的化学式为 NH3；C 的化学式为 CuO； D 的化学式为 NO；(2)实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制NH ，发生反应的化学方程式为32NH4Cl+Ca(OH)CaCl +2NH +2HO；223(3)反应为氨的催化氧化，发

10、生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(4)反应为 Cu 溶于稀硝酸生成NO，发生反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO +4H2O。【点睛】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程 )；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。3 氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2

11、 的化合物甲和乙。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH 2 ( 已折算成标准状况) ，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2 和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：(1) 甲的化学式是 _；乙的电子式是 _。(2) 甲与水反应的化学方程式是 _ 。(3) 气体丙与金属镁反应的产物是 _( 用化学式表示 ) 。(4) 乙在加热条件下与 CuO反应可生成 Cu 和气体丙，写出该反应的化学方程式_。有人提出产物Cu 中可能还含有Cu2O，请设计实验方

12、案验证之_（已+ 2+知 Cu2O+2H=Cu+Cu +H2O）。【答案】 AlH3AlH3 3H2O Al( OH） 3 3H2Mg3N22NH33CuO3Cu N3H O将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu O，222反之则无 Cu2 O【解析】【分析】将 6. 00g 甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6. 72 L 的 H2( 已折算成标准状况），甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH 溶液，因此白色沉淀是Al( OH），则金属单质是铝，因此甲是AlH 。化合物乙在催33化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在

13、标准状况下的密度为1 25 g L 1 ，.则丙的相对分子质量是1. 25 22. 4 28，因此丙是氮气，则乙是氨气NH3，据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知甲的化学式是AlH3 。乙是氨气，含有共价键的共价化合物，电子式为；（2）甲与水反应生成氢气和氢氧化铝，反应的化学方程式是AlH3 3H2O Al( OH） 33H2。（ 3）氮气与金属镁反应的产物是Mg 3N2。（ 4）氨气在加热条件下与 CuO 反应可生成 Cu 和氮气，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为 2NH3222 Cu 3CuO3CuN 3H O。铜与稀硫酸不反应，则根据Cu O 2HCu2 H2O 可知 , 要检验

14、产物 Cu 中可能还混有 Cu2O 可以将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有 Cu2O，反之则无 Cu2 O。4 甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，它们有如下图的转化关系，已知D 为黄绿色气体，按要求回答下列问题：(1)甲物质为 _(填化学式 )。(2)乙与甲反应的化学方程式为_，丙与甲反应的化学方程式为 _。(3)D 能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是_（结合化学反应方程式描述原因）。(4)D 可用于制取 “ 84消”毒液，反应的化学方程式为_，也可用于工业上制取漂白粉，反应的化学方程式为_，但漂白粉保存不当易变质，变质

15、时涉及到的化学方程式为 _ 。【答案】 Na2 22 222222232O 2Na O +2H O=4NaOH+O 2Na O +2CO =2Na CO +OCl2+H2O=HCl+HClO HClO有漂白性Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+HO、2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3 +2HClO，2HClO2HCl+O2【解析】【分析】甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，则A为 NaOH

16、， B 为 O2， C 为Na2CO3， D 为黄绿色气体，则D 为Cl2， D(Cl2)与A(NaOH)反应生成NaCl、 NaClO， F 的溶液能与丙(CO2 )反应C 与I，则F 为NaClO、E 为NaCl、 I 为HClO，G 与C(Na2CO3)反应得到E(NaCl)与丙(CO2)，则G 为HCl，据此解答。【详解】根据上述分析可知：甲为 Na2O2，乙为 H2O，丙为 CO2， A 为 NaOH， B 为 O2， C 为 Na2CO3 ，D 为 Cl2， E 为 NaCl， F 为 NaClO， G 为 HCl， I 为 HClO。(1)甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；(2)

17、甲为 Na2 O2，乙为 H2O，丙为 CO2， Na2O2 与 H2O 反应产生NaOH 和 O2，反应方程式为：2Na2 O2+2H2O=4NaOH+O2； Na2O2 与 CO2 反应产生Na2CO3 和 O2，反应方程式为：2Na2 O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ；(3)D 为 Cl2，氯气与水反应产生HCl 和 HClO，反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，产生的HClO 由于有强氧化性而具有漂白性，能够将有色物质氧化变为无色，所以氯气能够使湿润的有色布条褪色；(4)Cl2 与 NaOH 溶液发生反应：Cl2 +2NaOH=NaCl+NaClO+HO，得到的溶液为

18、NaCl、 NaClO 的混合物，即为 “84消”毒液，有效成分为NaClO；氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应为： 2Cl22222223+2Ca(OH) =CaCl +Ca(ClO) +2H O，有效成分为 Ca(ClO) ，由于酸性H CO HClO，所以漂白粉在空中中露置，会发生反应：Ca(ClO)HClO 不2 +H2O+CO2=CaCO3 +2HClO，产生的稳定，光照易分解：2HClO2HCl+O2，导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在冷暗处。【点睛】本题考查无机物推断，“”甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应是推断突破口，熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性

19、质是本题解答的关键，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。5 探究无机盐X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（ 1） X 的化学式是 _。（ 2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是_。（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式_。【答案】 Mg2 4=SiO32 H2高温22O22CSi 2COSiO或 2MgO SiOSiO 2OHSiO【解析】【详解】无机盐 X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1. 80g为 SiO2，物质的18g60g/mol

20、 003mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐量=. = .中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0. 03mol ，若为硅酸根离子其质量003mol76g mol 2 28g420g 228g 1 92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠= ./= .，金属质量 = .-.= .溶液生成白色沉淀则判断为Mg （OH）2，金属离子物质的量=3. 48g58g/ mol 0. 06mol ，质量为 0. 06mol 24g/ mol =1. 44g，不符合，则应为原硅酸根，物质的量为0. 03mol ，质量=0. 03mol 92g/ mol=2. 76g，金属质量 4.20g

21、- 2. 76g=1. 44g，物质的量=1. 44g 24g/ mol=0. 06mol ，得到 X 为 Mg2SiO4，则（ 1） X 的化学式是 Mg 2SiO4 或 2MgO SiO2。（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2 2OH =SiO3 2 H2O。高温（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO2 2CSi2CO。6 有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。A、 C 是常见的强酸，B是黄色非金属单质；E 是紫红色金属单质，G 是最常见的无色液体；D、 F、 I 是常见的气体， D 为红棕色， D 与 I 组成元素相同，且相对

22、分子质量相差16。请回答下列问题：（ 1） G 的化学式为 _。（ 2）反应的化学方程式为 _。（3） E 与 A 的浓溶液反应的离子方程式为_ 。（ 4）反应的化学方程式为 _ 。【答案】 H224422 2NO32OCu 2H SO (浓 )CuSO SO 2H OCu 4H= Cu2NO2 2H2 OSO2 NO2 H2O= H2SO4 NO【解析】【分析】由题意和转化关系可知，E 是紫红色的金属单质，则E 为 Cu； A、 C 是常见的强酸，黄色非金属单质 B 与 A 反应得到C 和 D， D 为红棕色气体，且 C 能与 Cu 反应生成 F、 G、 H，且 G是最常见的无色液体可知A

23、为 HNO3、 B 为 S、 C 为 H2SO4 、D 为 NO2、 G 为 H2 O、 H 为CuSO4； D 与 I 组成元素相同，且相对分子质量相差16，而 D、 F、G 反应得到 C 和 I，则 F为 SO2、 I 为 NO。【详解】（1）由分析可知， G 为水，化学式为 H2O，故答案为： H2O；（2）反应为铜和浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu2H2SO4(浓 )CuSO4 SO2 2H2O，故答案为：Cu 2H2SO4(浓)CuSO4 SO22H2O；（3）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu4H 2NO32 2NO222N

24、O32 2NO22= Cu 2H O，故答案为： Cu4H= Cu 2H O；（4）反应为二氧化硫与二氧化氮和水发生氧化还原反应生成硫酸和一氧化氮，反应的化学方程式为 SO2 NO2 H2O=H2SO4 NO，故答案为： SO2 NO2 H2O=H2SO4 NO。【点睛】由 B 是黄色非金属单质、E 是紫红色金属单质、G 是最常见的无色液体、D 为红棕色气体是解答的突破口，结合题给转化关系确定各物质的化学式是解答关键，7 常见无机物A、 B、 C、D 存在如图转化关系：(1)若 A 是一种碱性气体，常用作制冷剂，B 是汽车尾气之一. 遇空气会变色，则反应 的化学方程式为 _ 。(2)若 A 为

25、常见挥发性强酸， D 是生产生活中用量最大用途最广的金属单质，则B 的化学式是_ 。(3)若 A、 C、 D 都是常见气体， C是形成酸雨的主要气体，则A 的电子式是 _ 。(4)若 A、 B、 C 的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，D 为 CO2 ，举出 C 的一种用途_。催化剂Fe(NO 3 )3【答案】 4NH 35O24NO6H 2O治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等【解析】【详解】（1）若 A 是一种碱性气体，常用作制冷剂，为氨气，B 是汽车尾气之一，遇空气会变色，则 B 是 NO， D 是氧气， C 是二氧化氮，反应 的化学方程式为：催化剂4NH 3 5O24NO6H 2O ，催

26、化剂故答案为： 4NH35O4NO6H O ；22（2）若 A 为常见挥发性强酸， D 是生产生活中用量最大用途最广的金属单质，则D 是Fe， B 能和D 反应生成C，则A 是硝酸、B 是硝酸铁、C 是硝酸亚铁，则B 的化学式为Fe(NO 3 )3 ，故答案为：Fe(NO 3 ) 3 ；（3）若 A、 C、 D 都是常见气体，C 是形成酸雨的主要气体，则C 是二氧化硫，A 是硫化氢、 D 是氧气、 B 是 S， A 的电子式是，故答案为：；（4）若 A、 B、 C 的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，说明都含有Na 元素，D 为CO2 ， A 为 NaOH、 B 是碳酸钠、 C 为碳酸氢钠，

27、B 为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，碳酸氢钠能水解，所以其用途有治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等，故答案为：治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等。8 为了探究某带结晶水的固体 X（含四种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验请回答：（ 1）白色固体D 是 _。（ 2）无色溶液 E白色沉淀 F 的离子方程式是 _。（ 3） X 的化学式是 _。【答案】 MgO （或氧化镁）Mg22OHMg(OH) 2MgCO n4H O2 42【解析】【分析】混合气体 A 经过浓硫酸得混合气体B， B在标况下体积为896mL，物质的量为0.04mol ，混合气体 B 通入

28、澄清的石灰水，产生白色沉淀为CaCO 白色沉淀的质量为 2.00g ，则物质的3，量为 0.02mol ，所以 n(CO2)=0.02mol，根据框图可知含 n(CO)=0.02mol ，所以含 C 的物质的量为 0.04mol 。由框图加入足量的氢氧化钠，产生白色沉淀F 为 1.16g ，可知白色沉淀 F 为Mg(OH)2, 物质的量为 nMg(OH)2=1.16g=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol, 白色固体 D 的摩尔58g / mol质量为0.80 g=40g/mol ，所以 D 为 MgO，所以 n(MgO)=0.02mol, 含 O为 0.02mol ，根M=0.02

29、mol据质量守恒， m=0.02mol40g/mol+0.02mol44g/mol+0.02mol28g/mol=2.24g,所以水的质量为： 2.96g-2.24g=0.72g,水的物质的量为n(H2O)=0.04mol ，含 n(H)=0.08mol。【详解】（1）由框图加入足量的氢氧化钠，产生白色沉淀F 为 1.16g ，可知白色沉淀F 为 Mg(OH)2,物质的量为 nMg(OH) 2=1.16g=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体 D的摩尔质量为58g / mol0.80 gM=40g/mol ，所以 D 为 MgO；答案： MgO。0.02mol（2）由框图可

30、知MgO与盐酸反应生成无色溶液E 为 MgCl2, 无色溶液与足量的氢氧化钠，产生白色沉淀 F 为 Mg(OH)2，反应的的离子方程式是：2+-2+Mg + 2OH = Mg(OH) 2 ，答案： Mg +-2OH= Mg(OH) 2（3）由上述分析可知 X 中含 Mg、 C、 O、 H 的物质量的比为：0.02mol ： 0.04mol ：0.10mol:0.08mol=1： 2： 5：4，所以 X 的化学式是 MgCO n4H O；答案： MgCO n 4H O。2422429 已知 A 为淡黄色固体，R 是地壳中含量最多的金属元素的单质，T 为生活中使用最广泛的金属单质， D 是具有磁性

31、的黑色晶体，C、 F 是无色无味的气体，H 是白色沉淀，W 溶液中滴加 KSCN溶液出现血红色。（1）物质 A 的化学式为 _， F 化学式为 _；（2） B 和 R 在溶液中反应生成 F 的离子方程式为 _；（3） H 在潮湿空气中变成 M 的实验现象是 _，化学方程式为 _。（4） A 和水反应生成B 和 C 的离子方程式为 _，由此反应可知 A 有作为 _的用途。（5） M 投入盐酸中的离子方程式_。【答案】 Na2 O2H22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe（ OH） 2+O2+2H2O=4Fe（ OH） 32Na2O2+2

32、H2O=4Na+4OH-+O2 供氧剂 Fe（OH）3+3H+ =Fe3+3H2O【解析】【详解】A 为淡黄色固体，其能与水反应，则其为Na O ； R 是地壳中含量最多的金属元素的单质，22则其为 Al；T 为生活中使用最广泛的金属单质，则其为Fe；D 是具有磁性的黑色晶体，则其为 Fe3 42 222O ； Na O 与水反应生成NaOH 和 O ，所以 C为 O ； Al 与 NaOH 溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，所以F 为 H23 432，B 为 NaOH； Fe O与盐酸反应，生成 FeCl 、FeCl 和水，FeCl 再与 Fe 反应，又生成 FeCl ，所以 E 为 FeCl

33、；它与 NaOH 溶液反应，生成白色沉淀322Fe(OH)2，它是 H； Fe(OH)2 在空气中被氧化为Fe(OH)3，它与盐酸反应生成 FeCl3，它为 W。（1）物质 A 的化学式为 Na2O2。答案为： Na2O2F 化学式为 H2。答案为： H2（2） NaOH 和 Al 在溶液中反应生成 H2 的离子方程式为2Al+2OH-+2H2 O=2AlO2-+3H2。答案-为： 2Al+2OH +2H2O=2AlO2 +3H2（ 3） Fe(OH)2 在潮湿空气中变成 Fe(OH)3 的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色化学方程式为 4Fe(OH)2+O2+2H2 O=4Fe(OH)3。（4） Na22和水反应生成2的离子方程式为2 22+-2ONaOH 和 O2Na O +2H O=4Na +4OH +O 。答案为：2Na222+-2O +2HO=4Na