【解析】湖北省襄阳市四校（襄州一中枣阳一中宜城一中曾都一中）高三上学期期中化学试卷

学年湖北省襄阳市四校（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）高三（上）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项．符合题意，共16小题，每小题3分，共48分．）1．清末李梦莹补辑的中药学著作《新修本草》记载有药物844种，其中有关于“青矾”的描述为：“青矾形似朴消（Na2SO4•10H2O），本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…取此物置于铁板上，吹令火炽，烧之赤色…”下列关于“青矾”的说法不．正确．的是．（）A．根据对“青矾”的描述，“青矾”的主要成分是FeSO4•7H2OB．“烧之赤色”指“青矾”灼烧可以生成Fe2O3C．“矾”一般指的是含有结晶水的硫化物D．“青矾”灼烧过程中发生了电子的转移2．下列说法正确的是（）A．HClO4、Al（OH）3、CH3COONa和NO2分别属于酸、碱、盐和酸性氧化物B．氨气、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电这个性质而设计的3．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的．由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生．下列说法不正确．的是．（）A．X的简单氢化物的热稳定性比W的强B．Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性C．Y的简单离子与X的简单离子具有相同的电子层结构D．Z的氧化物对应的水化物均为强酸4．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO﹣粒子总数为0.1NAB．12.0g的NaHSO4晶体加热至熔融状态电离出离子的总数是0.2NAC．标准状况下，2.24L的一氧化氮与氧气的混合气体含有的分子数为0.1NAD．0.1mol甲基电子数为NA5．相对分子质量为a的某物质在室温下的溶解度为bg，此时测得饱和溶液的密度为cg•cm﹣3，则该饱和溶液的物质的量浓度是（）（mol•L﹣1）A． B． C． D．6．下列操作实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）操作现象解释或结论A铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液溶液出现血红色铝热剂中一定含有氧化铁B用洁净的玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中一定有Na+C充分浸透了Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热小木条不燃烧Na2SiO3可用作木材防火剂D向某加碘食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加KIO3A．A B．B C．C D．D7．某无色溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的离子组是（）A．K+、Na+、MnO4﹣、NO3﹣ B．Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣C．Na+、K+、HS﹣、NO3﹣ D．Ag+、Ca2+、NO3﹣、F﹣8．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕黄色．再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色．下列分析正确的是（）A．滴加KI溶液时，转移1mole﹣时生成1mol白色沉淀B．滴加KI溶液时，反应的离子方程式：Cu2++3I﹣═CuI↓+I2C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．上述实验条件下，物质的还原性：Cu2+＞I2＞SO29．下列实验装置能达到实验目的是（）ABCD该装置可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气蒸馏时的接收装置做“白色”喷泉实验分离葡萄糖和蔗糖A．A B．B C．C D．D10．向1L浓度为0.5mol/L的硝酸溶液中加入13克的锌粉，锌和溶液中的硝酸恰好完全反应，下列说法正确的是（）A．在此反应中硝酸只体现强氧化性B．该反应的还原产物一定是N2OC．该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比一定为1：4D．该反应中转移的电子数一定是0.4NA11．下列离子方程式正确的是（）A．淀粉碘化钾试纸上滴加少量的稀硫酸，在空气中逐渐变蓝：2I﹣+O2+4H+═I2+2H2OB．碳酸氢镁溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32﹣+2H2OC．在通入过量SO2后的NaOH溶液中加足量的溴水（不考虑SO2的溶解）：HSO3﹣+Br2+H2O═3H++2Br﹣+SO42﹣D．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+12．海水是巨大的资源宝库，下列关于海水综合利用的说法不正确的是（）A．海水制淡水主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B．氯碱工业中在阳极上产生氯气C．海水提溴时，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其氧化吸收D．工业上用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁13．化学是以实验为基础的学科，下列有关实验的描述正确的是（）A．用饱和碳酸氢钠溶液除去O2中混有的少量HCl气体B．向100mL容量瓶中加入10.0mL，18.4mol/L的浓硫酸，然后加水到刻度线，配制1.84mol/L的H2SO4溶液C．如图所示，随着空气的通入，试管内液面会慢慢上升至充满整支试管，而后液面又下降D．向酸性重铬酸钾溶液中滴加NaOH溶液，溶液颜色由橙色慢慢变为黄色14．现在很多地方的供水公司用ClO2对自来水进行杀菌消毒，因为相比Cl2，ClO2是更高效安全杀菌消毒剂，工业制备ClO2的反应原理常采用：NaClO3+HCl→ClO2↑+Cl2↑+H2O+NaCl（未配平），下列关于该反应的说法中正确的是（）A．浓盐酸在该反应中仅体现还原性B．被氧化的物质和被还原的物质的物质的量之比为1：1C．该反应的氧化产物是ClO2，还原产物是Cl2D．每生成0．lmolClO2转移0.5mol电子15．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZ①NaOH溶液SiO2浓硫酸②KOH溶液H2S稀硝酸③NaOH溶液Cl2Na2S溶液④FeCl2溶液Cu浓硝酸A．①③ B．①④ C．②④ D．②③16．将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（）A．标准状况下，反应过程中得到8.96L气体B．最终得到的溶液中：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）C．最终得到5.6g沉淀D．最终得到的溶液中：c（Na+）=1.5mol•L﹣1二、填空题（共4小题，每小题14分，满分52分）17．常见元素X、Y、Z组成的四种物质甲、乙、丙、丁，它们之间能发生反应：甲+乙→丙+丁，其中甲是由X元素和Z元素组成的化合物，乙是由Y元素和Z元素组成的化合物，丙只含Z元素．（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体．则甲的电子式为；上述反应在标准状况下生成5.6L丙时，转移的电子数为；常温下丁溶液pH7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式解释．（2）若丙是淡黄色固体，不溶于水也不和水反应．则上述反应的化学方程式是．（3）若丁是能使品红溶液褪色的无色气体，丙为常见紫红色金属，化合物甲、乙中原子个数比均为1：2（Z均显+1价），原子序数Y大于X．则：①X元素在元素周期表中位置为．②写出将丁通至FeCl3溶液反应的离子方程式．③上述生成丙的化学方程式是．18．如图甲是某化学教材中验证铜和浓硝酸反应的装置，乙、丙是师生对演示实验改进后的装置（铁架台等装置省略）：（1）甲、乙、丙三个装置中共同发生反应的离子方程式是．（2）和甲装置相比，乙装置的优点是．（3）为了进一步验证NO2和水的反应，某学生设计了丙装置．先关闭止水夹c，再打开止水夹a、b，当气体充满试管②后，将铜丝提起与溶液脱离，欲使烧杯中的水进入试管②，应进行的操作是．（4）已知硝酸铜溶液颜色为蓝色，但是在该实验中发现铜和浓硝酸反应后溶液为绿色，为弄清反应后溶液颜色出现差异的原因，他们进一步进行了实验探究发现：3.2gCu与VmL过量的浓硝酸反应所得溶液呈绿色，3.2gCu与VmL过量的稀硝酸反应所得溶液呈蓝色．对于溶液颜色的不同，A同学提出可能是Cu2+浓度不同引起的．你是否赞同？（填“是”或“否”），理由是．（5）B同学认为溶液呈绿色是因为铜与浓硝酸反应后的溶液溶有NO2气体，和蓝色的硝酸铜溶液混在一起使溶液呈绿色．他设计了如下实验方案来验证自己的假设，请帮他完成下表中内容：实验方案预期现象和结论①取铜与稀硝酸反应后所得的蓝色溶液，向其中通入一定量的气体蓝色溶液变成绿色，证明B同学假设成立②取铜与浓硝酸反应后所得的绿色溶液，向其中通入足量的气体溶液的颜色由绿色逐渐变为蓝绿色，最终变为蓝色，证明B同学的假设成立③取铜与浓硝酸反应后所得的绿色溶液于试管中，多次振荡，静置溶液的颜色由绿色转变为蓝色，证明B同学的假设成立④取铜与浓硝酸反应后所得的绿色溶液于试管中，（填实验操作）溶液的颜色由绿色逐渐变为蓝绿色，最终变为蓝色，证明B同学的假设成立19．常温下，pH=1的某溶液A中只含有NH、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO、NO、Cl﹣、I﹣、SO中的四种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：（1）关于该实验结果，下列有关说法正确的有．a、溶液A为无色溶液b、实验消耗Cu14.4g，则生成气体丙的体积为3.36Lc、生成的甲、乙、丙气体均为无色难溶于水的气体d、溶液A中一定没有CO和I﹣e、白色沉淀乙只有BaCO3，白色沉淀丙只有为BaSO4（2）写出生成白色沉淀甲的反应离子方程式．（3）溶液A中除氢离子外，一定含有的四种离子是．（4）溶液甲中阳离子的检验方法是．（5）向CaCl2溶液中先通入气体乙，再通入无色气体甲，可以用来制备纳米级碳酸钙．写出制备纳米级碳酸钙的化学方程式．20．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色；如图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）生产CuCl的流程如下：根据以上信息回答下列问题：（1）工业上常用三氯化铁溶液腐蚀印刷电路铜板，该反应的离子方程式为．（2）写出该生产过程中X是，Y是．（3）写出产生CuCl的化学方程式．（4）生产中为了提高CuCl产品的产量，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是．（5）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是：．（6）氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠50粒和10mL过量的FeCl3溶液250mL的锥形瓶中，不断摇动；②待样品溶解后，加水50mL，加作为滴定指示剂的邻菲罗啉试剂2滴；③立即用0.10mol•L﹣1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点．已知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+如此再重复二次，测得实验结果如表：实验编号1230.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）23.9224.8523.88④数据处理：计算得CuCl的纯度为．（保留两位有效数字）

学年湖北省襄阳市四校（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项．符合题意，共16小题，每小题3分，共48分．）1．清末李梦莹补辑的中药学著作《新修本草》记载有药物844种，其中有关于“青矾”的描述为：“青矾形似朴消（Na2SO4•10H2O），本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…取此物置于铁板上，吹令火炽，烧之赤色…”下列关于“青矾”的说法不．正确．的是．（）A．根据对“青矾”的描述，“青矾”的主要成分是FeSO4•7H2OB．“烧之赤色”指“青矾”灼烧可以生成Fe2O3C．“矾”一般指的是含有结晶水的硫化物D．“青矾”灼烧过程中发生了电子的转移【考点】B1：氧化还原反应．【分析】由信息可知，青矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：A．青矾形似朴消（Na2SO4•10H2O），则青矾的主要成分是FeSO4•7H2O，故A正确；B．由信息可知“烧之赤色”指“青矾”灼烧生成红色的Fe2O3，故B正确；C．由信息可知，“矾”一般指的是含有结晶水的硫酸盐，不是硫化物，故C错误；D．由信息可知“烧之赤色”指“青矾”灼烧生成红色的Fe2O3，Fe元素的化合价变化，有电子转移，故D正确；故选C．2．下列说法正确的是（）A．HClO4、Al（OH）3、CH3COONa和NO2分别属于酸、碱、盐和酸性氧化物B．氨气、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电这个性质而设计的【考点】3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】A、只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；B、根据非电解质、强电解质以及弱电解质的概念来分析；C、Mg和Al均只能用电解法得到；D、胶体不带电．【解答】解：A、只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，而NO2和碱反应除了生成盐和水，还生成NO，故不是酸性氧化物，故A错误；B、氨气在水溶液中或熔融状态下均不导电属于非电解质；硫酸钡在溶液中完全电离属于强电解质；水能够发生部分电离属于弱电解质，故B正确；C、Mg和Al均只能用电解法熔融的MgCl2和Al2O3得到，而铜可以用置换法、热还原法和电解法冶炼得到，故C错误；D、胶体不带电，胶粒带电，故工厂中的静电除尘是根据胶粒带电来设计的，故D错误．故选B．3．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的．由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生．下列说法不正确．的是．（）A．X的简单氢化物的热稳定性比W的强B．Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性C．Y的简单离子与X的简单离子具有相同的电子层结构D．Z的氧化物对应的水化物均为强酸【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答．【解答】解：由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S，A．非金属性O＞N，则X的简单氢化物的热稳定性比W的强，故A正确；B．Y与Z形成的化合物为Na2S，水解显碱性，故B正确；C．Y的简单离子与X的简单离子均有10个电子，具有相同的电子层结构，故C正确；D．Z的氧化物对应的水化物可能为亚硫酸或硫酸，亚硫酸为弱酸，故D错误；故选D．4．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO﹣粒子总数为0.1NAB．12.0g的NaHSO4晶体加热至熔融状态电离出离子的总数是0.2NAC．标准状况下，2.24L的一氧化氮与氧气的混合气体含有的分子数为0.1NAD．0.1mol甲基电子数为NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、溶液体积不明确；B、求出硫酸氢钠的物质的量，然后根据硫酸氢钠在熔融状态下只能电离为钠离子和硫酸氢根离子来分析；C、NO和氧气混合后发生反应生成NO2，且中存在平衡：2NO2⇌N2O4；D、甲基中含9个电子．【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的CH3COOH、CH3COO﹣粒子总数无法计算，故A错误；B、12g硫酸氢钠的物质的量为0.1mol，而硫酸氢钠在熔融状态下只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，故0.1mol硫酸氢钠在熔融状态下只能电离为0.2NA个离子，故B正确；C、NO和氧气混合后发生反应生成NO2，且中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减少，故2.24LNO和氧气的混合物中含有的分子个数小于0.1NA个，故C错误；D、甲基中含9个电子，故0.1mol甲基中含0.9NA个电子，故D错误．故选B．5．相对分子质量为a的某物质在室温下的溶解度为bg，此时测得饱和溶液的密度为cg•cm﹣3，则该饱和溶液的物质的量浓度是（）（mol•L﹣1）A． B． C． D．【考点】5C：物质的量浓度的相关计算．【分析】物质在室温下的溶解度为bg，饱和溶液的质量分数为，根据c=计算该饱和溶液的物质的量浓度．【解答】解：该物质在室温下的溶解度为bg，所以饱和溶液的质量分数为，饱和溶液的密度为cg•cm﹣3，该物质的相对分子质量为a，所以该饱和溶液的物质的量浓度为mol/L=mol/L．故选A．6．下列操作实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）操作现象解释或结论A铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液溶液出现血红色铝热剂中一定含有氧化铁B用洁净的玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中一定有Na+C充分浸透了Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热小木条不燃烧Na2SiO3可用作木材防火剂D向某加碘食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加KIO3A．A B．B C．C D．D【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．可能含四氧化三铁；B．钠的焰色反应为黄色，玻璃棒含钠元素；C．Na2SiO3不燃烧、不支持燃烧；D．淀粉遇碘单质变蓝．【解答】解：A．可能含四氧化三铁，与盐酸反应生成铁离子，再滴加KSCN溶液，出现血红色，故A错误；B．钠的焰色反应为黄色，玻璃棒含钠元素，则不能说明溶液中一定有Na+，应选铂丝或铁丝蘸取溶液进行焰色反应，故B错误；C．Na2SiO3不燃烧、不支持燃烧，由现象可知，Na2SiO3可用作木材防火剂，故C正确；D．淀粉遇碘单质变蓝，由现象不能说明食盐中是否添加KIO3，故D错误；故选C．7．某无色溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的离子组是（）A．K+、Na+、MnO4﹣、NO3﹣ B．Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣C．Na+、K+、HS﹣、NO3﹣ D．Ag+、Ca2+、NO3﹣、F﹣【考点】DP：离子共存问题．【分析】既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3的溶液呈强碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，A．高锰酸根离子为有色离子；B．四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，且为无色溶液；C．硫氢根离子与氢氧根离子反应；D．银离子、钙离子与氢氧根离子反应．【解答】解：无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3的溶液呈强碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，A．MnO4﹣为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；B．Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣之间不反应，都是无色离子，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．HS﹣与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Ag+、Ca2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．8．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕黄色．再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色．下列分析正确的是（）A．滴加KI溶液时，转移1mole﹣时生成1mol白色沉淀B．滴加KI溶液时，反应的离子方程式：Cu2++3I﹣═CuI↓+I2C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．上述实验条件下，物质的还原性：Cu2+＞I2＞SO2【考点】GP：铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】溶液呈棕黄色，说明有I2生成．碘元素化合价由﹣1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+．向反应后的混合物中不断通入SO2气体，并加热，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，发现白色沉淀显著增多，故I2与SO2反应生成I﹣，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI．【解答】解：A．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色，说明生成I2，则CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知，反应中Cu元素的化合价从+2价降低为+1价，每转移1mol电子生成1molCuI，故A正确；B．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知产生白色沉淀反应的离子方程式为：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，故B错误；C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现SO2还原性，故C错误；D．2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D错误；故选A．9．下列实验装置能达到实验目的是（）ABCD该装置可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气蒸馏时的接收装置做“白色”喷泉实验分离葡萄糖和蔗糖A．A B．B C．C D．D【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热；B．蒸馏时锥形瓶不能密封；C．HCl与硝酸银反应；D．葡萄糖和蔗糖均溶于水，均可透过半透膜．【解答】解：A．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，不能使用齐普发生器，故A错误；B．蒸馏时锥形瓶不能密封，应保证恒压，与外界压强相等，故B错误；C．HCl与硝酸银反应，则图中装置可形成“白色”喷泉，故C正确；D．葡萄糖和蔗糖均溶于水，均可透过半透膜，不能利用渗析法分离，故D错误；故选C．10．向1L浓度为0.5mol/L的硝酸溶液中加入13克的锌粉，锌和溶液中的硝酸恰好完全反应，下列说法正确的是（）A．在此反应中硝酸只体现强氧化性B．该反应的还原产物一定是N2OC．该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比一定为1：4D．该反应中转移的电子数一定是0.4NA【考点】B1：氧化还原反应．【分析】向1L浓度为0.5mol/L的硝酸溶液中加入13克的锌粉，硝酸的物质的量为0.5mol，锌为=0.2mol，则锌和硝酸反应时的物质的量之比为2：5，则起酸作用的硝酸的物质的量是锌的2倍，剩余部分硝酸作氧化剂，氧化还原反应中得失电子数相等，所以硝酸还原产物中氮元素的平均化合价==+1，所以硝酸的还原产物为N2O或NH4NO3，据此分析．【解答】解：向1L浓度为0.5mol/L的硝酸溶液中加入13克的锌粉，硝酸的物质的量为0.5mol，锌为=0.2mol，则锌和硝酸反应时的物质的量之比为2：5，则起酸作用的硝酸的物质的量是锌的2倍，剩余部分硝酸作氧化剂，氧化还原反应中得失电子数相等，所以硝酸还原产物中氮元素的平均化合价==+1，所以硝酸的还原产物为N2O或NH4NO3，A．反应中硝酸作氧化剂和酸，体现酸性和氧化性，故A错误；B．硝酸的还原产物为N2O或NH4NO3，故B错误；C．该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比一定为1：4或1：5，故C错误；D．0.2mol锌失去电子为0.4mol，该反应中转移的电子数一定是0.4NA，故D正确．故选D．11．下列离子方程式正确的是（）A．淀粉碘化钾试纸上滴加少量的稀硫酸，在空气中逐渐变蓝：2I﹣+O2+4H+═I2+2H2OB．碳酸氢镁溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32﹣+2H2OC．在通入过量SO2后的NaOH溶液中加足量的溴水（不考虑SO2的溶解）：HSO3﹣+Br2+H2O═3H++2Br﹣+SO42﹣D．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+【考点】49：离子方程式的书写．【分析】A．电荷不守恒；B．不符合反应客观事实，氢氧化钠过量，应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀；C．过量二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢根离子具有强的还原性，能被溴水氧化生成硫酸根离子；D．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液得到氢氧化铁胶体和氯化氢，不能用沉淀符号．【解答】解：A．淀粉碘化钾试纸上滴加少量的稀硫酸，在空气中逐渐变蓝，离子方程式：4I﹣+O2+4H+═2I2+2H2O，故A错误；B．碳酸氢镁溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，离子方程式：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+CO32﹣+2H2O，故B错误；C．过量二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢根离子具有强的还原性，能被溴水氧化生成硫酸根离子，离子方程式为HSO3﹣+Br2+H2O=3H++2Br﹣+SO42﹣，故C正确；D．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，离子方程式：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故D错误；故选：C．12．海水是巨大的资源宝库，下列关于海水综合利用的说法不正确的是（）A．海水制淡水主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B．氯碱工业中在阳极上产生氯气C．海水提溴时，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其氧化吸收D．工业上用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁【考点】E7：海水资源及其综合利用．【分析】A．海水制淡水主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等；B．电解饱和食盐水时，阴极生成氢气、氢氧化钠，阳极生成氯气；C．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的；D．活泼金属用电解法冶炼．【解答】解：A．淡化海水，应将水和海水中的盐进行分离，分离出水，可用蒸馏的方法，分离出盐，可用电渗析法、离子交换法，故A正确；B．氯碱工业中，电解饱和食盐水时，阴极氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，阳极上产生Cl2，故B正确；C．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故C错误；D．冶炼钠、镁等活泼金属采用电解法冶炼，工业上用电解熔融氯化镁的方法制取Mg，故D正确；故选C．13．化学是以实验为基础的学科，下列有关实验的描述正确的是（）A．用饱和碳酸氢钠溶液除去O2中混有的少量HCl气体B．向100mL容量瓶中加入10.0mL，18.4mol/L的浓硫酸，然后加水到刻度线，配制1.84mol/L的H2SO4溶液C．如图所示，随着空气的通入，试管内液面会慢慢上升至充满整支试管，而后液面又下降D．向酸性重铬酸钾溶液中滴加NaOH溶液，溶液颜色由橙色慢慢变为黄色【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；C．空气中稀有气体不溶于水；D．重铬酸钾溶液中存在平衡Cr2O72﹣（橙红色）+H2O⇌2H++2CrO42﹣（黄色）．【解答】解：A．HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，引入新杂质，应选饱和食盐水、洗气，故A错误；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，故B错误；C．NO与氧气、水反应生成硝酸，空气中稀有气体不溶于水，则溶液不能充满试管，故C错误；D．重铬酸钾溶液中存在平衡Cr2O72﹣（橙红色）+H2O⇌2H++2CrO42﹣（黄色），加入NaOH，中和生成的氢离子，从而促进重铬酸根离子水解，平衡正向移动，导致溶液呈黄色，故D正确；故选D．14．现在很多地方的供水公司用ClO2对自来水进行杀菌消毒，因为相比Cl2，ClO2是更高效安全杀菌消毒剂，工业制备ClO2的反应原理常采用：NaClO3+HCl→ClO2↑+Cl2↑+H2O+NaCl（未配平），下列关于该反应的说法中正确的是（）A．浓盐酸在该反应中仅体现还原性B．被氧化的物质和被还原的物质的物质的量之比为1：1C．该反应的氧化产物是ClO2，还原产物是Cl2D．每生成0．lmolClO2转移0.5mol电子【考点】B1：氧化还原反应．【分析】该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、﹣1价变为0价，所以配平好的方程式为：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl，其中氯酸钠是氧化剂、生成ClO2为还原产物，盐酸是还原剂，生成的Cl2为氧化产物，再结合物质之间的关系式解答．【解答】解：A．该反应中HCl中部分Cl元素化合价不变，部分化合价由﹣1价变为0价，所以部分稀盐酸作还原剂，还有部分体现酸性，故A错误；B．被氧化的是部分HCl，被还原的是氯酸钠，其物质的量之比为2：2=1：1，故B正确；C．该反应中氧化剂是氯酸钠、还原产物是ClO2，盐酸是还原剂，生成的Cl2为氧化产物，故C错误；D．每生成0.1molClO2转移电子的物质的量=0.1mol×（5﹣4）=0.1mol，故D错误；故选B．15．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZ①NaOH溶液SiO2浓硫酸②KOH溶液H2S稀硝酸③NaOH溶液Cl2Na2S溶液④FeCl2溶液Cu浓硝酸A．①③ B．①④ C．②④ D．②③【考点】FH：硅和二氧化硅．【分析】①SiO2不能溶于浓硫酸；②H2S既有酸性又有强还原性，则既能与KOH溶液发生中和反应，又能与稀硝酸发生氧化还原反应；③Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2与Na2S溶液反应生成氯化钠和硫单质；④Cu与FeCl2溶液不反应，与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水．【解答】解：①二氧化硅能与氢氧化钠反应反应生成硅酸钠与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与浓硫酸反应，故①不符合；②H2S既有酸性又有强还原性，则既能与KOH溶液反应生成硫化钾和水，又能与稀硝酸发生氧化还原反应，故②符合；③Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2与Na2S溶液反应生成氯化钠和硫单质，故③符合；④Cu与FeCl2溶液不反应，与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，故④不符合，故选D．16．将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（）A．标准状况下，反应过程中得到8.96L气体B．最终得到的溶液中：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）C．最终得到5.6g沉淀D．最终得到的溶液中：c（Na+）=1.5mol•L﹣1【考点】GF：钠的重要化合物；GJ：铝的化学性质．【分析】先计算出15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol，然后利用发生的化学反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl来分析解答．【解答】解：15.6gNa2O2的物质的量为0.2mol，5.4gAl的物质的量为0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为0.3mol，所发生的反应为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑0.2mol0.4mol2.24L2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑0.2mol0.2mol0.2mol6.72LHCl+NaOH═NaCl+H2O，0.2mol0.2mol0.2molNaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl．0.1mol0.1mol0.1mol0.1mol反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，生成0.1mol氢氧化铝沉淀，A、反应中共得到气体的体积为2.24L+6.72L=8.96L，故A正确；B、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（AlO2﹣）﹣c（H+），故B错误；C、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，生成0.1mol氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，故C错误；D、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，所以c（Na+）==2mo/L，故D错误；故选：A；二、填空题（共4小题，每小题14分，满分52分）17．常见元素X、Y、Z组成的四种物质甲、乙、丙、丁，它们之间能发生反应：甲+乙→丙+丁，其中甲是由X元素和Z元素组成的化合物，乙是由Y元素和Z元素组成的化合物，丙只含Z元素．（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体．则甲的电子式为；上述反应在标准状况下生成5.6L丙时，转移的电子数为0.5NA或3.01×1023；常温下丁溶液pH＞7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式解释CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．（2）若丙是淡黄色固体，不溶于水也不和水反应．则上述反应的化学方程式是2H2S+SO2=3S↓+2H2O．（3）若丁是能使品红溶液褪色的无色气体，丙为常见紫红色金属，化合物甲、乙中原子个数比均为1：2（Z均显+1价），原子序数Y大于X．则：①X元素在元素周期表中位置为第二周期VIA族．②写出将丁通至FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+．③上述生成丙的化学方程式是2Cu2O+Cu2S=SO2+6Cu．【考点】GS：无机物的推断．【分析】（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体，结合反应可知甲为Na2O2，乙为CO2，丙为O2；（2）若丙是淡黄色固体，且丙只含Z元素，不溶于水也不和水反应，则丙为S单质，甲为硫化氢、乙为二氧化硫；（3）丁为能使品红褪色的无色气体，丙为常见紫红色金属，则丁为SO2，丙为Cu，化合物甲、乙中原子个数比均为1：2（Z均显+1价），原子序数Y大于X，则甲为Cu2O，乙为Cu2S，以此来解答．【解答】解：（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体，且能够发生反应：甲+乙→丙+丁，则甲为Na2O2，其电子式为，乙为CO2，丙为O2，生成标准状况下5.6L丙转移移电子数为：×2×（2﹣0）×NA=0.5NA或3.01×1023；丁为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液显碱性，pH＞7，故答案为：；0.5NA或3.01×1023；＞；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；（2）若丙是淡黄色固体，且丙只含Z元素，不溶于水也不和水反应，则丙为S单质，甲、乙为为H2S、SO2，该反应的化学方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；（3）丁为能使品红褪色的无色气体，丙为常见紫红色金属，则丁为SO2，丙为Cu，化合物甲、乙中原子个数比均为1：2（Z均显+1价），原子序数Y大于X，则甲为Cu2O，乙为Cu2S，①由上述分析可知X为O元素，其原子序数为8，位于第二周期VIA族，故答案为：第二周期、VIA族；②丁通至FeCl3溶液中，二者发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；③Cu2O和Cu2S反应生成SO2和6Cu，则生成丙的化学方程式为：2Cu2O+Cu2S=SO2+6Cu，故答案为：2Cu2O+Cu2S=SO2+6Cu．18．如图甲是某化学教材中验证铜和浓硝酸反应的装置，乙、丙是师生对演示实验改进后的装置（铁架台等装置省略）：（1）甲、乙、丙三个装置中共同发生反应的离子方程式是Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O．（2）和甲装置相比，乙装置的优点是①可以控制反应②吸收NO2气体，防止污染环境．（3）为了进一步验证NO2和水的反应，某学生设计了丙装置．先关闭止水夹c，再打开止水夹a、b，当气体充满试管②后，将铜丝提起与溶液脱离，欲使烧杯中的水进入试管②，应进行的操作是先关闭b，再关闭a，然后打开c，用手捂住（热水、热毛巾、加热）试管②．（4）已知硝酸铜溶液颜色为蓝色，但是在该实验中发现铜和浓硝酸反应后溶液为绿色，为弄清反应后溶液颜色出现差异的原因，他们进一步进行了实验探究发现：3.2gCu与VmL过量的浓硝酸反应所得溶液呈绿色，3.2gCu与VmL过量的稀硝酸反应所得溶液呈蓝色．对于溶液颜色的不同，A同学提出可能是Cu2+浓度不同引起的．你是否赞同？否（填“是”或“否”），理由是3.2gCu与VmL过量的浓硝酸反应与3.2gCu与VmL过量的稀硝酸反应所得溶液中都是得到含有铜离子的溶液，铜离子的浓度是一样的．（5）B同学认为溶液呈绿色是因为铜与浓硝酸反应后的溶液溶有NO2气体，和蓝色的硝酸铜溶液混在一起使溶液呈绿色．他设计了如下实验方案来验证自己的假设，请帮他完成下表中内容：实验方案预期现象和结论①取铜与稀硝酸反应后所得的蓝色溶液，向其中通入一定量的NO2气体蓝色溶液变成绿色，证明B同学假设成立②取铜与浓硝酸反应后所得的绿色溶液，向其中通入足量的O2气体溶液的颜色由绿色逐渐变为蓝绿色，最终变为蓝色，证明B同学的假设成立③取铜与浓硝酸反应后所得的绿色溶液于试管中，多次振荡，静置溶液的颜色由绿色转变为蓝色，证明B同学的假设成立④取铜与浓硝酸反应后所得的绿色溶液于试管中，向其中通入足量的空气（填实验操作）溶液的颜色由绿色逐渐变为蓝绿色，最终变为蓝色，证明B同学的假设成立【考点】U2：性质实验方案的设计．【分析】（1）根据铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；（2）根据反应可控制，随时可以停止；根据反应无污染物；（3）根据此步骤是为了NO2气体充满②试管，让二氧化氮与水接触发生反应；（4）3.2gCu与VmL过量的浓硝酸反应与3.2gCu与VmL过量的稀硝酸反应所得溶液中铜离子的浓度是一样的；（5）要证明是Cu（NO3）2浓度溶解了NO2导致装置溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走再观察颜色变化．二是在Cu（NO3）2溶液通入二氧化氮观察溶液的颜色变化．【解答】解：（1）甲、乙、丙三个装置中共同的一个反应是浓硝酸与铜片反应或是浓硝酸与铜丝反应，即Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，离子反应为：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O；（2）乙装置能使反应可控制，随时可以停止，同时吸收NO2气体，防止污染环境，故答案为：①可以控制反应②吸收NO2气体，防止污染环境；（3）为了NO2气体充满②试管，应先关闭c，然后打开a、b，为了让二氧化氮与水接触发生反，应先关闭b，再关闭a，然后打开c，用手捂住（热水、热毛巾、加热）试管②，故答案为：先关闭b，再关闭a，然后打开c，用手捂住（热水、热毛巾、加热）试管②；（4）因为反应中硝酸过量，而铜的质量也是相等的，即生成的硝酸铜的浓度是相同的，即3.2gCu与VmL过量的浓硝酸反应与3.2gCu与VmL过量的稀硝酸反应所得溶液中铜离子的浓度是一样的，所以对于溶液颜色的不同，可能是Cu2+浓度不同引起的结论是错误的，故答案为：否；3.2gCu与VmL过量的浓硝酸反应与3.2gCu与VmL过量的稀硝酸反应所得溶液中铜离子的浓度是一样的；（5）要证明是Cu（NO3）2浓度溶解了NO2导致装置溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走再观察颜色变化：如通入足量的空气，通入氧气，则4NO2+O2+2H2O=4HNO3也可以使二氧化氮消失；二是在Cu（NO3）2溶液通入二氧化氮观察溶液的颜色变化，故答案为：NO2；O2；向其中通入足量的空气．19．常温下，pH=1的某溶液A中只含有NH、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO、NO、Cl﹣、I﹣、SO中的四种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：（1）关于该实验结果，下列有关说法正确的有d．a、溶液A为无色溶液b、实验消耗Cu14.4g，则生成气体丙的体积为3.36Lc、生成的甲、乙、丙气体均为无色难溶于水的气体d、溶液A中一定没有CO和I﹣e、白色沉淀乙只有BaCO3，白色沉淀丙只有为BaSO4（2）写出生成白色沉淀甲的反应离子方程式2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑．（3）溶液A中除氢离子外，一定含有的四种离子是NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣．（4）溶液甲中阳离子的检验方法是取少量产物放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明产物中有NH4+．（5）向CaCl2溶液中先通入气体乙，再通入无色气体甲，可以用来制备纳米级碳酸钙．写出制备纳米级碳酸钙的化学方程式CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl．【考点】DG：常见离子的检验方法．【分析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32﹣；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生气体是二氧化碳，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液含有一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，则丙为NO，原溶液中有NO3﹣，强酸性溶液中含有NO3﹣，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I﹣，最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣Cl﹣五种离子，据此回答即可．【解答】解：（1）由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中一定不存在与氢离子反应的离子：CO32﹣；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生气体是二氧化碳，产生白色沉淀，可以排除Fe2+、Fe3+，原溶液中一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生NO，原溶液中有NO3﹣，强酸性溶液中有NO3﹣，则一定没有Fe2+、I﹣；最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣Cl﹣五种离子，a、原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣Cl﹣五种离子，则溶液A为无色溶液，故正确；b、根据反应方程式3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，消耗14.4g铜，铜的物质的量为0.225mol，理论上生成NO为0.15mol，生成气体丙的在标况下的体积为3.36L，故错误；c、生成的甲是二氧化碳、乙是氨气、丙气体是NO均为无色气体，但是氨气易溶于水，故错误；d、溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣Cl﹣五种离子，一定不存在离子：I﹣、CO32﹣；故正确；e、碳酸铵过量，和过量的氢氧化钡反应得到碳酸钡，存在硫酸根，可以和氢氧化钡反应得到硫酸钡沉淀，所以白色沉淀乙有BaCO3，BaSO4，故错误．故选d．（2）溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，反应为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；（3）原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣五种离子，故答案为：NO3﹣、Al3+、SO42﹣Cl﹣；（4）溶液甲中阳离子NH4+的检验方法是：取少量产物放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝