2024届江苏省扬州市邗江中学化学高一上期末考试模拟试题含解析

2024届江苏省扬州市邗江中学化学高一上期末考试模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、X、Y+、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、3、4、2（不考虑零族元素）。下列关于这些元素的叙述错误的是A．X和其他三种元素均可形成至少2种二元化合物B．W和X、Z两种元素分别形成的二元化合物中，均有直线形分子C．W、X和Y三种元素可以形成碱性化合物D．Z和其他三种元素形成的二元化合物，其水溶液均呈酸性2、下列溶液中的氯离子浓度与50mL1mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是A．150mL1mol·L-1的NaCl B．25mL2mol·L-1的FeCl3C．150mL3mol·L-1的KCl D．75mL2mol·L-1的CaCl23、下列物质中所含原子数最多的是（）A．标准状况下22.4LH2 B．56gCO C．1.5molO3 D．6.021022个HCl4、下列各组离子能够大量共存且溶液呈无色的是A．H+、Ag+、Cl－、SO42－ B．Mg2+、Al3+、OH－、SO42－C．K+、Na+、Cl－、CO32－ D．NH4+、MnO4－、Na+、NO3－5、下列叙述正确的是()A．硅酸胶体是纯净物B．硅酸胶体粒子的直径是1～100nm之间C．胶体区别于其他分散系的本质特征是有丁达尔效应D．硅酸胶体的胶粒不能通过滤纸6、一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生非氢氧化物的是（）A．钾 B．镁 C．铁 D．铜7、俄罗斯科学家用含20个质子的钙的一种原子轰击含95个质子的镅原子，结果4次成功合成4个第115号元素的原子。这4个原子生成数微秒后衰变成第113号元素。下列有关叙述正确的是（）A．115号元素在第六周期B．113号元素在第七周期ⅢA族C．115号和113号元素都是非金属元素D．镅元素和115号元素不在同一周期8、某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、Cl—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是A．溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+B．溶液中n(Al3+)=0.1molC．溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和Cl—D．n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=1∶1∶19、下列实验操作或现象中，能区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的是A．丁达尔效应 B．过滤 C．观察颜色 D．静置10、下列选用的除杂方法不正确的是（括号内为杂质）A．CO2（HC1）通过足量的饱和碳酸钠溶液、干燥B．SiO2（H2SiO3）加热，使H2SiO3分解C．Cl2（HC1）通过足量的饱和氯化钠溶液、干燥D．FeCl2溶液（FeCl3）加过量的Fe粉、过滤11、当光束通过下列物质时，会出现丁达尔效应的是:①消毒用的酒精②Fe（OH）3胶体③生理食盐水④有色玻璃⑤云、雾A．②④⑤ B．③④⑤ C．②③④ D．①③④12、关于化学科学的说法，正确的是：A．化学是在质子变化的层次上研究物质的一门基础学科B．化学学科的特征是从宏观和微观两个角度认识物质C．化学学科研究物质性质但不能创造出新物质D．化学学科表征物质的方法与物理学科完全相同13、下列物质溶于水中能导电，但不属于电解质的是A．Fe(OH)3 B．Cl2 C．H2SO4 D．C2H5OH14、下列变化需要加入还原剂才能实现的是A．FeFe3+ B．HClCl2C．MnOMn2+ D．NH3NH15、除去铁粉中的少量铝粉，可选用()A．硫酸 B．水 C．盐酸 D．氢氧化钠溶液16、实验室欲配制480mL浓度为0.1mol·L—1的Na2CO3溶液，下列操作可以实现的是A．称量5.3gNa2CO3固体溶于480ml水配制成溶液B．称量5.3gNa2CO3固体溶于水配制成0.5L溶液C．称量5.3gNa2CO3·10H2O晶体溶于水配制成0.5L溶液D．称量5.3gNa2CO3·10H2O晶体溶于0.5L水配制成溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F六种物质有如下变化关系，E是淡黄色粉末，判断：（1）写出A、B、C、D、E、F的化学式：A．__________；B．__________；C．__________；D．__________；E．__________；F．__________。（2）写出有关反应的化学方程式(是离子反应的直接写出离子方程式)B→C：__________________________________________________________________，E→B：___________________________________________________________________，C→F：___________________________________________________________________，F→C：___________________________________________________________________。18、下列框图所示的转化关系中，、均为常见的金属单质；A、在冷的的浓溶液中均会发生钝化；为淡黄色的非金属单质。为红棕色固体氧化物，为常见无色液体。焰色为黄色，且能使酚酞变红（部分反应条件、反应过程中生成的水及其他产物略去）。（1）的化学式为______。（2）与反应的化学方程式为_____。（3）与氯气反应的离子方程式为_____。（4）与氨水反应的化学方程式为_______。（5）与反应的离子方程式为________。（6）检验“黄色溶液”中阳离子的方案：________________________________________。19、甲、乙两组同学分别对铜、铁与硝酸的反应进行探究，请你参与并完成对有关问题的解答。（1）甲组同学采用如图所示装置验证铜与硝酸的反应。已知仪器a中盛有足量一定浓度的硝酸溶液，试管b中盛有3.2g铜。①请写出铜与稀硝酸反应的离子反应方程式_________。②在铜与硝酸的反应中，硝酸所表现出的化学性质主要有___________。③仪器c中收集的气体主要是________。（填分子式）④待试管b中反应进行完全，如果向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，可生成沉淀的质量是_______g。（2）乙组同学对铁与稀硝酸的反应进行探究。他们用amolFe和含有bmolHNO3的稀硝酸进行实验，若两种物质恰好反应都无剩余，且HNO3只被还原成NO，反应结束后溶液中含有Fe3+和Fe2+。则①反应结束后的溶液中NO3－的物质的量的取值范围是_______。（用含a的代数式等表示）②若反应结束后的溶液中Fe3+、Fe2+的物质的量之比n(Fe3+)∶n(Fe2+)为3∶1，则的值为________。20、用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g/cm3)配制成1mol/L的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL。请回答下列问题:(1)配制稀盐酸时，应选用容量为____mL的容量瓶；(2)经计算需要量取______mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的______。(填字母)A．10mLB．25mL

C．50mLD．100mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作:①等稀释的盐酸其温度与室温一致后，沿玻璃棒注入所选用的容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面接近环形标线1~2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹面底部与瓶颈的环形标线相切。③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水几十毫升，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。④用蒸餾水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。⑤配制完后,应将容量瓶中的稀盐酸转移到干燥洁净的试剂瓶中存放，盖好塞子并贴上标签。上述操作中，正确的顺序是(填序号)__________________。(4)在上述配制过程中，用刚刚用蒸馏水洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是______(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。若定容时，俯视刻度线，则配制的稀盐酸浓度是_______(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。21、将一定量的KClO3与MnO2的混合物溶于0.1L10mol/L的浓盐酸中加热，若不考虑溶液体积的变化，待充分反应后混合物无剩余且测得溶液中K+浓度为0.2mol/L，将逸出的所有气体通过饱和食盐水再干燥后发现其体积约为1.568L（标况下），而饱和食盐水增重7.3g，请计算下列问题，并写出计算过程：（1）混合物中MnO2的质量是多少______________（2）反应后剩余HCl的浓度是多少____________（3）所有反应过程中，转移电子物质的量总共是多少______________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

根据W、X、Y+、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、3、4、2（不考虑零族元素），判断W的最外层若是2个电子，则只能有1个电子层，则W是He，不符合题意，所以W的最外层是4个电子，有2个电子层，所以W是C元素；同理X的最外层是6个电子，有2个电子层，则X是O元素；Y+的最外层若为4个电子，则只能有1个电子层，不符合电子的排布原理，所以该离子有2层电子，最外层8个电子，则Y的最外层是1个电子，所以Y是Na元素；Z的原子序数最大，且是短周期元素，所以Z有3个电子层，最外层是6个电子，则Z是S元素；A、O与C、Na、S均可形成至少2种二元化合物，正确；B、C与O、S形成的二元化合物中的二氧化碳、二硫化碳都是直线型分子，正确；C、W、X和Y三种元素形成的碳酸钠溶液显碱性，正确；D、S和C、O、Na形成的二元化合物的水溶液不都显酸性，如Na2S的溶液显碱性，错误；答案选D。2、C【解析】

50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度为3mol/L．A.150mL1mol•L﹣1的NaCl溶液中Cl﹣浓度为1mol/L，故A错误；B.25mL2mol•L﹣1的FeCl3溶液中Cl﹣浓度为2mol/L×3=6mol/L，故B错误；C.150mL3mol•L﹣1的KCl溶液中Cl﹣浓度为3mol/L，故C正确；D.75mL2mol•L﹣1的CaCl2溶液中Cl﹣浓度为2mol/L，故D错误．故选C。3、C【解析】

根据题中所含原子数最多可知，本题考查原子数的量对比，运用粒子数与物质的量成正比分析。【详解】标况下22.4LH2的物质的量为1mol，即原子物质的量为2mol；56gCO的物质的量为2mol,即原子物质的量为4mol；1.5molO3原子物质的量为4.5mol；6.021022个HCl的物质的量为0.1mol，即原子物质的量为0.2mol；依据粒子数与物质的量成正可知，1.5molO3所含原子数最多。故答案选C。【点睛】物质的量与粒子数、气体体积、质量成正比。4、C【解析】

A．Ag+与Cl－、SO42－反应生成沉淀，不能大量共存，A错误；B．Mg2+、Al3+与OH－反应生成沉淀，不能大量共存，B错误；C．K+、Na+、Cl－、CO32－的溶液无色，能够大量共存，C正确；D．MnO4－是紫红色的，D错误；故选C。5、B【解析】

A、硅酸胶体属于分散系，为混合物，A项错误；B、胶体粒子的直径在1～100nm之间，因此硅酸胶体粒子的直径是1～100nm之间，B项正确；C、胶体区别于其他分散系的本质特征为分散质粒子的直径大小，C项错误；D、胶体粒子能够透过滤纸，但不能透过半透膜，D项错误。答案选B。6、C【解析】

A．钾和水反应生成KOH和氢气，故A不符合；B．加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不符合；C．加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C符合；D．铜和水不反应，故D不符合；故选C。7、B【解析】

A．元素周期表中112号元素在第七周期第ⅡB族，则115号元素在第七周期第ⅤA族，故A错误；B．元素周期表中112号元素在第七周期第ⅡB族，则113号元素在第七周期第ⅢA族，故B正确；C.115号和113号元素都在第七周期，均为金属元素，故C错误；D．镅元素为95号元素，在第七周期的锕系，镅元素和115号元素在同一周期，故D错误；故答案为B。【点睛】考查学生利用原子序数判断元素的位置，明确112号元素在第七周期第ⅡB族是解答本题的关键，由质子数来确定元素在周期表中的位置、元素的种类，根据原子序数可知元素的质子数，元素周期表中112号元素在第七周期第ⅡB族。8、D【解析】

若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；据以上分析解答。【详解】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；A．结合以上分析可知，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，故A正确；B.根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，反应消耗氢氧化钠的量为0.8-0.7=0.1mol，所以n（Al(OH)3）=0.1mol，根据反应过程中铝元素守恒可知，n(Al3+)=0.1mol，故B正确；C.结合以上分析可知，溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和Cl-故C正确；D.由产生白色沉淀知不含Fe3+，沉淀溶解阶段可知n(Al3+)=0.1mol，Mg2+与Al3+和氢氧化钠恰好反应生成白色沉淀，由图像可知消耗氢氧化钠的量为0.5-0.1=0.4mol，0.1molAl3+完全沉淀消耗0.3molOH-，则n(Mg2+)=[0.4-0.3]/2=0.05mol，n(Al3+)∶n(Mg2+)≠1:1，故D错误。综上所述，本题选D。9、A【解析】

当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)，胶体(1nm～100nm)，浊液(大于100nm)，丁达尔现象为胶体特有的性质，所以能区分

FeCl3

溶液和

Fe(OH)3

胶体的是丁达尔效应，故答案为：A。【点睛】胶体中的胶粒能够透过滤纸，不能透过半透膜，胶体属于介稳体系，静置不足以使之产生沉淀（聚沉），需要加热、剧烈机械振动、外加电解质等才能使得胶体聚沉。10、A【解析】

除去杂质时所选择的物质，至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应，②反应时不能引入新的杂质，具体解答时可以根据选项中所给的物质的性质来进行判断并作出解答。【详解】A.碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢生成二氧化碳，则可以用饱和碳酸氢钠溶液中除去CO2中的HC1，A错误；B.硅酸分解生成二氧化硅和水，则可以用加热法除去SiO2中的H2SiO3，B正确；C.氯气在饱和食盐水中的溶解性很小，氯化氢极易溶于水，则可以用饱和食盐水除去Cl2中的HC1，C正确；D.氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则可以用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3，D正确；答案选A。11、A【解析】

①酒精不属于胶体，不具有丁达尔效应，故①不符合题意；②氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，故②符合题意；③生理盐水属于溶液，不属于胶体，不具有丁达尔效应，故③不符合题意；④有色玻璃属于胶体，具有丁达尔效应，故④符合题意；⑤云、雾属于胶体，具有丁达尔效应，故⑤符合题意；②④⑤正确，答案：A。12、B【解析】

A.化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的科学，A错误；B.从宏观与微观两个角度认识物质及其运动的特殊视角是化学不同于其他科学最特征的思维方式，B正确；C.化学反应就是旧物质的变化，新物质的生成，能创造出新物质，C错误；D.化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的科学，表征物质的方法与物理学科不相同，D错误；故选B。【点睛】化学是一门基础性、创造性和实用性的学科，是一门研究物质组成、结构性质和变化规律的科学，是研制新物质的科学，是信息科学、材料科学、能源科学、环境科学、海洋科学、生命科学和空间技术等研究的重要基础。13、B【解析】

A选项，Fe(OH)3溶于水几乎不导电，但是电解质，故A不符合题意；B选项，Cl2溶于水能导电，但它是单质，不是电解质，故B符合题意；C选项，H2SO4溶于水能导电，它是电解质，故C不符合题意；D选项，C2H5OH溶于水几乎不导电，它是非电解质，故D不符合题意；综上所述，答案为B。【点睛】电解质主要是酸、碱、盐、水、金属氧化物；非电解质主要是非金属氧化物、大部分有机物、非酸性气态氢化物。14、C【解析】

A.FeFe3+化合价升高，属于还原剂，需加氧化剂才能实现，故A不符合题意；B.HClC12氯元素的化合价升高，属于还原剂，需加氧化剂才能实现，故B不符合题意；C.MnOMn2+锰元素的化合价降低，属于氧化剂，需加还原剂才能实现，故C符合题意；D.NH3NH，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；故答案：C。15、D【解析】

由于铁粉、铝粉均能与硫酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；铁粉能在高温条件下与水蒸气反应，铝粉不能反应，不符合除杂原则，故B错误；由于铁粉、铝粉均能与盐酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；铁粉不与氢氧化钠溶液反应，但铝粉能与氢氧化钠溶液反应，反应时能把杂质除去，而且原物质也能保留，符合除杂原则，故D正确。故选D。【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。16、B【解析】

实验室没有480mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶，配制的溶液为：500mL0.1mol/L的Na2CO3溶液，需要溶质碳酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要溶质碳酸钠的质量为：106g/mol×0.05mol=5.3g；若称量带结晶水的碳酸钠，则Na2CO3•10H2O晶体质量为：286g/mol×0.05mol=14.3g。【详解】A、实验室没有480mL容量瓶，应该选用500mL容量瓶配制溶液，A错误；B、称取5.3gNa2CO3固体溶于水配成500mL溶液，溶液的浓度为0.1mol/L，B正确；C、若称量Na2CO3•10H2O晶体溶于水配制成0.5L溶液，称量Na2CO3•10H2O的质量为14.3g，C错误；D、称量5.3gNa2CO3•10H2O晶体溶于0.5L水配制成溶液，称量溶质的质量不对，所配溶液也不是0.5L，D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaNaOHNa2CO3NaClNa2O2NaHCO32OH－＋CO2===CO＋H2O2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑CO＋H2O＋CO2===2HCO2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑【解析】本题考查无机推断，E是淡黄色粉末，即E可能是Na2O2、S，因为E是由A和氧气反应生成，即E为Na2O2，则A为Na，Na与水反应生成NaOH和氢气，Na2O2也能生成B，则B为NaOH，根据转化关系，NaOH与CO2反应，C与CO2、H2O反应生成F，则C为Na2CO3，F为NaHCO3，C和盐酸反应生成D，则D为NaCl，（1）根据上述分析，A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaCl，E为Na2O2，F为NaHCO3；（2）B→C：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，其离子反应方程式为2OH－＋CO2=CO32－＋H2O；E→B：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，其离子反应方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑；C→F：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，其离子反应方程式为CO32－＋CO2＋H2O=2HCO3－；F→G：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。点睛：无机推断题，需要找准题眼，如本题E为淡黄色粉末，从而大胆猜测E为过氧化钠，然后根据自己所学知识进行分析，分析时，都要每步走通，否则就是猜测就是错误，如果没有明确要求，写出的反应方程式都是学过的，若出现没有学过的，则说明推断是错误，同时应注意审题，让写的是离子反应方程式还是化学反应方程式等。18、SO22Al+Fe2O1===Al2O1+2Fe2Fe2++Cl2===2Fe1++2Cl-Al2(SO4)1+6NH1▪H2O===2Al(OH)1↓+1(NH4)2SO4Al2O1+2OH-===2AlO2-+H2O取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【解析】

A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化，则A、C为Fe、Al，H可能为浓硫酸或浓硝酸，A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，则B为Fe2O1，A为Al，C为Fe，D为A12O1．E为固体非金属单质，连续氧化得到G，G与常见无色液体X反应得到H，则E为S，F为SO2，G为SO1，H为H2SO4，X为H2O，I为FeSO4；L焰色为黄色，且能使酚酞变红，且能与Al2O1反应，则L为NaOH，与Al2O1反应生成J为NaAlO2，A12O1与硫酸反应生成K为Al2(SO4)1，则M为Al(OH)1，据此解答。【详解】(1)由以上分析可知，F的化学式为SO2，故答案为：SO2；

(2)A与B反应是Al与氧化铁在高温条件下反应生成铁与氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe；

(1)Fe2+具有还原性，与具有强氧化性的Cl2反应生成Fe1+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-；

(4)K为Al2(SO4)1，与足量的氨水反应的离子方程式为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+，故答案为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+；

(5)D与L的反应为Al2O1和NaOH的反应，生成NaAlO2和水，反应的化学反应的离子方程式为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O．(6)黄色溶液中阳离子为Fe1+，其检验方法为：取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【点睛】此题为框图式物质推断题，完成此类题目，要分析题目所给的条件，抓住解题突破口，直接得出结论，然后用顺向或逆向或两边向中间推断，逐一导出其他结论。19、3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++4H2O+2NO↑酸性和强氧化性NO4.92amol＜n（NO3-）＜3amol【解析】

(1)①铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；②铜与稀硝酸反应中N元素的化合价部分未变化表现酸性，部分降低表现强氧化性；③NO2与水反应生成NO；④根据铜原子守恒计算可得；(2)①全部为Fe3+时，溶液中NO3-的物质的量最大，故NO3-的物质的量最大为3amol，全部为Fe2+时，溶液中NO3-的物质的量最小；②依据电荷守恒、原子个数守恒和得失电子数目守恒建立关系式求解可得。【详解】(1)①铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++4H2O+2NO↑，故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++4H2O+2NO↑；②铜与稀硝酸反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，硝酸表现酸性，部分降低生成氮的氧化物，硝酸表现强氧化性，故答案为：酸性和强氧化性；③进入仪器c的气体为NO2，NO2与水反应生成NO，仪器c中收集的气体主要是NO，故答案为：NO；④3.2g铜的物质的量为=0.05mol，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据铜原子守恒可知n[Cu(OH)2]=n(Cu)=0.05mol，则m[Cu(OH)2]=0.05mol×98g/mol=4.9g，故答案为：4.9；(2)①全部为Fe3+时，溶液中NO3-的物质的量最大，故NO3-的物质的量最大为3amol，全部为Fe2+时，溶液中