浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高三化学上学期期中试卷（b卷）（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高三（上）期中化学试卷（b卷）一选择题（每题2分，共60分）1引起下列环境污染的原因不正确的是（）a重金属、农药和难分解有饥物等会造成水体污染b装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染cso2、no2或co2都会导致酸雨的形成dco2和氟氯烃等物质的大量排放会造成温室效应的加剧解：a、重金属、农药和难分解有机物等会造成水体污染，故a正确；b、居室污染来源于装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染，故b正确；c、酸雨的形成是由于so2、no2而引起的，与co2无关，故c错误；d、co2和氟氯烃等物质都能造成温室效应，故d正确；故选：c2下列关于水污染叙述错误的是（）a湿地有一定的处理水污染的能力b污染水的金属元素如汞、镉、铅等的含量少时，对生物没有伤害c大量使用含磷洗衣粉，会造成河水、湖水污染，使海藻疯狂生长，鱼类死亡d工业冷却所排出的热水危害水生生物解：a湿地特殊的生态环境和水化学循环能力对污水有着很好的净化作用，基于此，越来越多的国家和地区开始构建人工湿地，以处理水污染，故a正确； b汞、镉、铅等重金属离子能使蛋白质变性，能使蛋白质变性，伤害生物，故b错误；c含磷洗衣粉的使用会造成水体富营养化，造成水体污染，使海藻疯狂生长，鱼类死亡，故c正确；d加热能使蛋白质变性，热水危害水生生物，故d正确；故选b3放射性原子在人类的生活中的很多地方都有着特殊的作用，对人类的科学研究有着很大的帮助，其中最主要的作用是作为示踪原子最近医学界通过用放射性14c来标记，发现一种c60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂dna来杀死细胞，从而抑制艾滋病下面有关14c的叙述错误的是（）a14c与14n含有相同的中子数b14c60与12c60是同分异构体c14c与12c的化学性质几乎相同d14c与12c互为同位素，是碳的两种核素解： a因中子数=质量数质子数，14c和14n中14表示质量数，而c和n的质子数分别为6和7，因此它们的中子数分别为8、7，故a错误；b因同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物，而14c与c60都不是化合物，故b错误；c因同一种元素的化学性质是一样的，所以14c与c60中普通碳原子的化学性质相同，故c正确；d因同位素是质子数相同、中子数不同的原子，所以14c与12c互为同位素，故d正确；故选ab4下列有关纯铁的描述正确的是（）a熔点比生铁的低b与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率比生铁的快c在潮湿空气中比生铁容易被腐蚀d在冷的浓硫酸中可钝化a、因为生铁里有其他物质形成合金，合金的熔点低于它任一组分的熔点，故a错误；b、杂质和铁会形成微小的原电池，铁更容易失去电子，所以比纯铁与盐酸反应速率快，故b错误；c、在潮湿空气中生铁中含有杂质和铁与表面的电解质溶液形成原电池反应，铁做负极，生铁比纯铁容易被腐蚀，故c错误；d、常温下，纯铁在浓硫酸中会钝化；故d正确；故选d5用锌片、铜片和硝酸银组成的原电池，正极上发生的电极反应是（）a2h+2e=h2bzn2e=zn2+c2h2o+o2+4e=4ohdag+e=ag解：用锌片、铜片和硝酸银组成的原电池，铜为正极，正极发生还原反应，银离子得电子生成银，电极反应式为ag+e=ag，故选d6下列微粒半径从大到小排列的是（）aal、na、mg、clbcl、f、mg2+、al3+ck+、na+、mg2+、cldcl、mg、al、f解：a同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：namgalcl，故a错误；b电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：clfmg2+al3+，故b正确；c电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：clk+na+mg2+，故c错误；d同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：mgalclf，故d错误，故选：b7下列说法不正确的是（）a陶瓷的原料是粘土b生产普通水泥的原料是石灰石、粘土和石膏c钢化玻璃是一种新型无机非金属材料d氮化硼陶瓷是一种新型无机非金属材料解：a陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品，故a正确；b水泥的生产工艺，以石灰石和粘土为主要原料，经破碎、配料、磨细制成生料，喂入水泥窑中煅烧成熟料，加入适量石膏磨细而成，故b正确；c钢化玻璃和普通玻璃的组成基本相同，是一种传统的无机非金属材料，故c错误；d氮化硅陶瓷硬度大、强度高，是新型无机非金属材料之一，故d正确；故选c8在氯化镁和硫酸镁的混合液中，若mg2+与cl的物质的量浓度之比为4：3时，下列判断正确的是（）a溶液中mg2+与so 的物质的量浓度相b溶液中mg2+与so 物质的量浓度之比为8：5c溶液中mg2+与so 物质的量浓度之比为5：8d溶液中氯化镁和硫酸镁物质的量相等解：设氯化镁的物质的量为x，硫酸镁的物质的量为y，依据题意有 a溶液中镁离子的物质的量为x+y，硫酸根的物质的量为y，两者不同，故a错误；b镁离子的物质的量为x+y= ，硫酸根的物质的量=y= 两者的比值为8：5，故b正确；c由b得知，c错误；d溶液中xy，故两者不相等，故d错误；故选b9若要从co2气体中除去少量so2，最好使混合气体通过（）a盛naoh溶液的洗气瓶b盛kmno4酸性溶液的洗气瓶c盛品红溶液的洗气瓶d盛饱和nahco3溶液的洗气瓶解：a二氧化碳能与氢氧化钠反应，将原物质除去，故a错误； b二氧化硫能与高锰酸钾反应生成硫酸，二氧化碳不反应，故b正确；c品红溶液能检验二氧化硫，不能除杂，故c错误；d饱和小苏打溶液可以与so2气体反应生成二氧化碳和亚硫酸钠，二氧化碳与饱和碳酸氢钠不反应，故d正确故选bd10既能用浓硫酸，又能用碱石灰干燥的气体是（）acl2bso2cnodnh3解：acl2能和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥，故a错误； b二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱石灰反应，不能使用碱石灰干燥，故b错误；cno为中性气体，既能用浓硫酸干燥又能用碱石灰干燥，故c正确；d氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故d错误；故选c11下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）aco32、h+、hco3、ca2+bso32、so42、na+、ohci、clo、no3、h+dnh4+、oh、ba2+、no3解：ah+与co32、hco3反应，co32与ca2+，不共存，故a错误；b四种离子相互之间不反应，能大量共存，故b正确；cclo、no3在酸性环境下都能够氧化i，不能共存，故c错误；dnh4+与oh反应生成一水合氨，二者不共存，故d错误；故选：b12下列分子中的所有原子都满足最外层8电子结构的是（）a六氟化氙（xef6）b次氯酸（hclo）c氯化硫（scl2）d三氟化硼（bf3）解：a、六氟化氙中，xe原子的原子核外最外层电子数为8，其在分子中的化合价为+6价，在分子中的原子最外层电子数为14，故a错误；b、次氯酸中，h原子的最外层满足2个电子，故b错误；c、氯化硫（scl2）中，s原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为+2价，所以满足最外层8电子结构，cl原子的原子核外最外层电子数为7，其在分子中的化合价为1价，所以满足最外层8电子结构，故c正确；d、三氟化硼中，b原子的原子核外最外层电子数为3，其在分子中的化合价为+3价，在分子中的原子最外层电子数为6，故d错误故选c13有关镁的下列叙述中错误的是（）a能与nh4cl溶液作用放出氢气b与冷水剧烈反应，生成mg（oh）2沉淀并放出氢气c在co2中能继续燃烧，所以金属镁着火，不能用co2去灭火d在通常情况下其表面有一层致密的氧化膜，所以抗腐蚀能力很强解：a氯化铵水解呈酸性，能与镁反应放出氢气，故a正确；b镁与冷水不反应，故b错误；c镁能在二氧化碳中燃烧，生成mgo和c，故不能用于二氧化碳灭金属镁着火，故c正确；d镁与氧气反应生成氧化镁，抗腐蚀能力较强，故d正确，故选b14钢铁生锈过程发生如下反应：2fe+o2+2h2o=2fe（oh）2；4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3；2fe（oh）3=fe2o3+3h2o下列说法正确的是（）a反应、中电子转移数目相等b反应中氧化剂是氧气和水c与铜质水龙头连接的钢质水管不易发生腐蚀d钢铁在潮湿的空气中不易发生电化学腐蚀解：a、反应2fe+o2+2h2o=2fe（oh）2中的氧化剂是o2，反应4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3中氧化剂也是o2，、两个反应中仅有o2作氧化剂且反应消耗o2的量相同，故转移电子数相等，故a正确；b、反应中氧气中氧元素化合价降低，氧气为氧化剂，水中的元素的化合价没有变化，所以氧化剂只有氧气，故b错误；c、cu、fe形成原电池时，fe失电子作负极，所以与铜质水龙头连接的钢质水管易发生电化学腐蚀，故c错误；d、钢铁在潮湿的空气，能形成原电池，fe作负极失电子，所以易发生电化学腐蚀，故d错误故选：a1535cl是氯的一种同位素，下列说法正确的是（）a35cl原子所含质子数为18b1/18 mol的1h35cl分子所含中子数约为6.021023c3.5 g的35cl2气体的体积为2.24 ld35cl2气体的摩尔质量为70 g解：a35cl是氯的一种同位素，质子数等于原子序数，所以35cl质子数为17，故a错误；b1h35cl分子所含中子为18，mol的1h35cl分子所含中子的物质的量为18=1mol，所以中子数约为6.021023，故b正确；c氯气不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4l/mol，故c错误；d35cl2气体的摩尔质量为70g/mol，单位错误，故d错误；故选b16酸根ro3所含电子数比硝酸根no3的电子数多10，则下列说法正确的是（）ar原子的电子层数比n的电子层数多1bro3中r的化合价与no3中n化合价不等cro3和no3只能被还原，不能被氧化dr与n为同族元素解：酸根ro3所含电子数比硝酸根no3的电子数多10，则r中电子数比n原子电子数多10，所以r核外电子数为17，原子中核外电子数等于原子序数，则r为cl元素，ar原子有3个电子层、n原子有2个电子层，r原子的电子层数比n的电子层数多1，故a正确；bro3中r的化合价与no3中n化合价相等，都是+5价，故b错误；cro3中r元素化合价处于中间价态，既有氧化性又有还原性，no3中n元素处于最高价态，只有氧化性，故c错误；dr属于第viia族元素、n属于第va族元素，所以二者不属于同一主族，故d错误；故选a17向fecl3和bacl2的酸性混合溶液中通入so2气体，有白色沉淀生成，此沉淀是（）abaso4bfescbaso3ds解：向fecl3和bacl2的酸性混合溶液中通入so2气体，发生2fe3+so2+2h2oso42+4h+2fe2+，so42+ba2+baso4，故选a18已知hio既能与酸又能与碱发生中和反应，则它与盐酸反应的产物有（）aiobi2ocidicl解：hio既能与酸又能与碱发生中和反应，与盐酸反应时hio中oh结合酸中的氢，则i与cl结合生成icl，故选d19要证明某溶液中不含fe3+而可能含有fe2+进行如下实验操作时最佳顺序为（） 加入足量氯水 加入足量kmno4溶液 加入少量nh4scn溶液abcd解：因为kscn与fe3+作用使溶液显红色，与fe2+作用无此现象，可以先滴加nh4scn溶液，不显红色，说明原溶液不含有fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有fe3+，证明原溶液含有fe2+，即，故选a20目前科学界拟合成一种“二重结构”的球形分子，即把足球型c60分子容纳在足球型si 60分子中，外面的硅原子与里面的碳原子以共价键相结合，下列关于这种分子的叙述不正确的是（）a是两种单质组成的混合物b式量为2400c该物质中的化学键只有共价键d其晶体属于分子晶体解：a由题中信息，该物质是由一种“二重构造”的球形分子构成的，该分子是由60个碳原子和60个硅原子结合而成，由同种分子构成，是纯净物，a错误；b相对分子质量等于60个碳原子和60个硅原子相对原子质量之和，即为6012+6028=2400，故b正确；c分子是由非金属元素形成的，非金属原子硅原子与碳原子以共价键相结合，故c正确；d根据题意知，该晶体是由分子构成的，属于分子晶体，故d正确；故选：a21一定量的so2和naoh溶液反应，所得产物中含有na2so3和nahso3物质的量之比为3：5，则参加反应的so2和naoh的物质的量之比为（）a8：11b3：5c1：2d18：8解：一定量的so2和naoh溶液反应，所得产物中含有na2so3和nahso3，说明so2和naoh都没有剩余，na2so3和nahso3物质的量之比为3：5，则根据钠离子与s原子守恒可知，参加反应的so2和naoh的物质的量之比=（3+5）：（32+5）=8：11，故选a22据报道，中科院首创用co2合成可降解塑料聚二氧化碳下列说法合理的是（）a聚二氧化碳塑料结构与二氧化硅晶体相似b聚二氧化碳塑料与干冰互为同素异形体c聚二氧化碳塑料与干冰都属于纯净物d聚二氧化碳塑料的使用不会产生白色污染解：a聚二氧化碳塑料是链状结构，二氧化硅晶体是立体网状结构，故a错误； b干冰属于化合物，不是单质，聚二氧化碳塑料属于混合物，也不是单质，故不属于同素异形体，故b错误；c干冰是二氧化碳化合物，属于纯净物，聚二氧化碳塑料属于高聚物，是混合物，故c错误；d由题给信息，聚二氧化碳可降解生成二氧化碳，不会造成白色污染，故d正确；故选d23把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量naoh 溶液过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（）a70%b52.4%c47.6%d30%解：由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量naoh 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，则agfe、alagfe2o3，合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，则合金中铁的质量分数等于氧化铁中铁的质量分数，原合金中铁的质量分数为100%=70%，故选a24已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子（d2o）中的d原子发生氢交换又知次磷酸（h3po2）也可跟d2o进行氢交换，但次磷酸钠（nah2po2）却不能跟d2o发生氢交换由此可推断出h3po2的分子结构是（）解：由题意可知，次磷酸（h3po2）也可跟d2o进行氢交换，但次磷酸钠（nah2po2）却不能跟d2o发生氢交换，则h3po2中只有一个羟基氢，a、有2个羟基氢，则不符合题意，故a错误；b、有1个羟基氢，则符合题意，故b正确；c、有2个羟基氢，则不符合题意，故c错误；d、不含有羟基氢，则不符合题意，故d错误；故选b25茫茫黑夜中，航标灯为航海员指明了方向航标灯的电源必须长效、稳定我国科技工作者研制出以铝合金、ptfe合金网为电极材料的海水电池在这种电池中铝合金是阳极 铝合金是负极 海水是电解液 铝合金电极发生还原反应（）abcd解：电池电极只称为正、负极，故错；其中活泼的一极为负极，即为铝合金，故对；电极在海水中，海水中含有大量的电解质，海水时电解液，故对；铝合金为负极，则发生氧化反应，故错；故选a26当三份铜粉分别与足量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应后收集到的气体在相同状况下体积相等时，三份铜粉的质量比为（）a3：1：2b3：2：2c1：1：2d1：3：2解：当三份铜粉分别与足量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应后收集到的气体在相同状况下体积相等时，我们假设所有的气体在标况下都是22.4l 根据 =1 mol，根据公式n=，三份铜粉的质量比等于它们的物质的量比（1）当铜粉与足量的稀硝酸反应，生成1molno时3cu+8hno3=3 cu （no3）2+2no+4h2o3 2n（cu） 1 moln（cu）=1.5 mol（2）当铜粉与足量的浓硝酸反应，生成1molno2时cu+4hno3=cu （no3）2+2no2+2h2o1 2n（cu） 1 moln（cu）=0.5 mol（3）当铜粉与热的浓硫酸反应，生成1molso2时cu+2h2so4（浓） cuso4+so2+2h2o1 1n（cu） 1 moln（cu）=1 mol三份铜粉的质量比为1.5：0.5：1=3：1：2故选a27na3n与nah均为离子化合物，都能与水反应放出气体下列有关叙述正确的是（）a二者中na+半径都比阴离子大b与水反应时，水都作氧化剂c与水反应所产生的气体都能使湿润的红色石蕊试纸变蓝d二者与盐酸反应，前者可产生两种盐，后者只有一种盐生成解：a氮化钠中氮离子和钠离子的电子层结构相同，且氮离子原子序数小于钠离子原子序数，所以氮离子半径大于钠离子半径；氢化钠中钠离子电子层数大于氢离子电子层数，所以钠离子半径大于氢离子半径，故a错误；bna3n与水的反应为：na3n+h2o=naoh+nh3，不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故b错误；cna3n和水反应生成氢氧化钠，nah和水反应生成氢氧化钠和氢气，能氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氢气不能，故c错误；dna3n与盐酸反应na3n+4hcl=3nacl+nh4cl，生成氯化钠和氯化铵，故d正确；故选：d28如表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关r、w、x、y、z五种元素的叙述中，正确的是（）a常压下五种元素的单质中，z单质的沸点最高by、z的阴离子电子层结构都与r原子的相同cy的氢化物的沸点比h2o的沸点高dy元素的非金属性比w元素的非金属性强解：根据元素在周期表中的位置可知，x为n元素，w为p元素，y为s元素，r为ar元素，z为br元素，a常压下s、p为固体，而br2为液体，所以五种元素的单质中z单质的沸点不是最高的，故a错误；by的阴离子核外有18个电子，与r原子相同，z的阴离子核外有36个电子，与r得电子层结构不相同，故b错误；c水分子之间含氢键，沸点大于y的氢化物，故c错误；d同周期中，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，即非金属性yw，故d正确；故选d29一种新型的燃料电池，它以多孔的镍板为电极插入koh溶液中，然后分别向两极上通乙烷和氧气，其电极反应式为：c2h6+18oh14e=2co32+12h2o，7h2o+（）o2+14e=14oh下列有关此电池的推断正确的是（）a电解质溶液中co32向正极移动b放电一段时间后，koh的物质的量浓度不变c通乙烷的电极为负极d参加反应的o2和c2h6的物质的量之比为7：1解：a、原电池中阴离子向负极移动，则co32向负极移动，故a错误；b、电池工作过程中，电池总反应为2c2h6+8oh+7o2=4co32+10h2o，反应消耗oh离子，则koh的物质的量浓度减小，故b错误；c、乙烷被氧化，为电池的负极反应，故c正确；d、原电池中两极上转移的电子相等，当有28mol电子转移时，正极上消耗7molo2，负极上消耗2molc2h6，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7：2，故d错误故选c30在含有ng hno3的稀溶液中，投入5.6g铁粉恰好完全溶解，若有g hno3被还原成no（无其他还原产物），则n的值不可能是（）a12.6b16.8c18.9d25.2解：5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，铁粉反应可能生成fe2+或fe3+或fe2+与fe3+，铁提供的电子物质的量为0.2moln（e）0.3mol， g hno3的物质的量为 = mol，hno3被还原成no（无其他还原产物），根据电子转移守恒，则：0.2mol mol（52）0.3mol解得：16.8n25.2故选a二填空题（共40分）31a、b、c、d是4种分属3个短周期的元素，它们的原子序数依次增大，其中a、c及d、b分别是同主族元素，又知b、d两元素的原子核中质子数之和是a、c两元素原子中质子数和的2倍，这4种元素的单质中有2种气体，2种固体（1）写出元素符号：ah，ds（2）由a、d形成的化合物分子结构呈v形（3）写出由b、c以原子数1：1形成的化合物的电子式（4）均由a、b、c、d四种元素的两种化合物能发生反应，写出该反应的离子方程式h+hso3=h2o+so2解：a、b、c、d是4种分属3个短周期的元素，它们的原子序数依次增大，a、c及b、d分别是同一主族元素，则a为h元素，结合原子序数可知c为na；b、d分别位于二、三周期，b、d两元素的原子核中质子数之和是a、c两元素原子核中质子数之和的2倍，b、d的质子数之和为24，则b为o元素、d为s元素（1）由上述分析可知，a为h元素、d为s元素，故答案为：h；s；（2）由a、d形成的化合物分子为h2s，分子结构呈v形，故答案为：v形；（3）由b、c以原子数1：1形成的化合物为na2o2，电子式为，故答案为：；（4）均由a、b、c、d四种元素的两种化合物能发生反应，应是nahso3、nahso4，该反应的离子方程式为：h+hso3=h2o+so2，故答案为：h+hso3=h2o+so232冶金工业烟道废气中有产生大气污染的co和so2若将废气加热到500，使用铝钒土作催化剂，可从废气中回收单质s，co则转化成co2（1）写出该反应的化学方程式2co+so 2 s+2co 2，so2是氧化剂（填“氧化剂”或“还原剂”）（2）据测定用以上方法除去有害气体，无论气体的体积分数如何，通过催化剂后得到的气体中仍有少量co和so2，其原因是反应可逆解：（1）一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，离子方程式：2co+so 2 s+2co 2；反应中二氧化硫中硫元素化合价降低，二氧化硫做氧化剂；故答案为：2co+so 2 s+2co 2；氧化剂；（2）据测定用以上方法除去有害气体，无论气体的体积分数如何，通过催化剂后得到的气体中仍有少量co和so2，说明反应不能进行到底，故答案为：反应可逆33蛇纹石矿可看作由mgo、fe2o3、al2o3、sio2组成由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：（1）蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了mg2+外，还含有的金属离子是fe3+、al3+（2）进行操作时，控制溶液ph=78（有关氢氧化物沉淀的ph见下表）氢氧化物fe（oh）3 al（oh）3 mg（oh）2开始沉淀ph 1.5 3.3 9.4ca（oh）2不能过量，若ca（oh）2过量可能会导致al（oh）3溶解、mg（oh）2沉淀（3）从沉淀混合物a中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物a中加入naoh （填入物质的化学式），然后过滤、洗涤、灼烧 （依次填写实验操作名称）（4）产品化学式可看做amgco3bmg（oh）2ch2o，为确定a、b、c的值，将18.2g产品完全分解后，产生6.6gco2和8.0g mgo，由此可知，产品的化学式中：a=3 b=1 c=3解：（1）蛇纹石加盐酸溶解，mgo、fe2o3、al2o3和hcl反应溶解，反应方程式分别为：mgo+2hcl=mgcl2+h2o，fe2o3+6hcl=2fecl3+3h2o，al2o3+6hcl=2alcl3+3h2o而sio2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，故答案为：fe3+、al3+；（2）由（1）知，此时溶液中除了mg2+外，还含有fe3+、al3+杂质，需除去fe3+、al3+但不能损失mg2+，因fe3+3h2ofe（oh）3+3h+和al3+3h2oal（oh）3+3h+，利用平衡移动的原理，消耗h+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去fe3+、al3+，加ca（oh）2需将溶液的ph控制在78，若ph过高，会导致生成的al（oh）3发生反应al（oh）3+oh=alo2+2h2o溶解，mg（oh）2在ph为9.4时开始沉淀，所以碱性增强mg（oh）2会沉淀，同时mg2+也因转化为沉淀而损失，故答案为：al（oh）3；mg（oh）2；（3）从实验步骤图知：沉淀混合物为fe（oh）3和al（oh）3，红色氧化物是沉淀物fe（oh）3分解后得到的fe2o3，所以得先加碱把al（oh）3除掉，反应为：al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o，然后过滤洗涤灼烧即可，故答案为：naoh；过滤