2018-2019学年高一化学第一次半月考试试卷(含解析).doc

xx-2019学年高一化学第一次半月考试试卷(含解析)注意事项：1本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上，且用2B铅笔将答题卡上的准考证号的对应方框涂黑。2回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4考试结束后，将答题卡交回。考试中可能要用到的原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-355 Fe-56 CU-64 K-39 Ca-40 Mn-55一、选择题（每小题4分，共60分）1.化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是( )A. 苏打在生活中可用做发酵粉B. 磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆C. 石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料D. 二氧化硅可用于制作硅芯片和光电池【答案】C【解析】【详解】A. 苏打是碳酸钠，在生活中可用做发酵粉的是小苏打，即碳酸氢钠，A错误；B. 磁性氧化铁是四氧化三铁，可用于制备颜料和油漆的氧化铁，B错误；C. 工业制备玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，制备水泥的原料是石灰石、黏土和辅助原料，因此石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料，C正确；D. 二氧化硅可用于制作光导纤维，单质硅可用于制作硅芯片和光电池，D错误。答案选C。2.有以下物质Na2SO4溶液 熔融的CaCl2 CuSO45H2O固体 KOH固体 石墨 蔗糖。有关它们的说法正确的是( )A. 不能导电的有B. 属于电解质有C. 属于非电解质的有D. 属于混合物的有【答案】A【解析】【分析】混合物是由两种或多种物质混合而成的物质；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此解答。【详解】硫酸钠溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；熔融的氯化钙能导电，属于电解质；胆矾不导电，溶于水可以导电，属于电解质；氢氧化钾固体不导电，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质；石墨是非金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；蔗糖是化合物，不能导电，是非电解质；A. 不能导电的有，A正确；B. 属于电解质有，B错误；C. 属于非电解质的有，C错误；D. 属于混合物的有，D错误；答案选A。【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体等。3.下列叙述不正确的是( )A. 丁达尔效应可以区别溶液和胶体B. 合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度C. 向醋酸溶液中加入Na2CO3固体，溶液的导电性明显增强D. 配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，使所得溶液浓度偏大【答案】D【解析】【详解】A. 胶体能产生丁达尔效应，丁达尔效应可以区别溶液和胶体，A正确；B. 合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度，B正确；C. 向醋酸溶液中加入Na2CO3固体生成醋酸钠，离子浓度增大，溶液的导电性明显增强，C正确；D. 配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积增加，使所得溶液浓度偏小，D错误。答案选D。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )A. 常温常压下，112L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为05NAB. 标准状况下，71g氯气与足量氢氧化钠稀溶液反应转移的电子数为01NAC. 1mol Fe(OH)3胶体中含有的胶粒数目为NAD. 2L05molL-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA【答案】D【解析】【详解】A在标准状况下，气体摩尔体积等于22.4L/mol，11.2L混合气体的物质的量才等于0.5mol，而在常温常压，11.2L气体的物质的量小于0.5mol，则含有的碳原子数目小于0.5NA，A项错误；B7.1g氯气的物质的量为0.1mol，根据化学反应Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O可知，0.1mol氯气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为NA，B项错误；C胶体是分子的集合体，则1 mol Fe(OH)3胶体中含有的胶粒数目小于NA，C项错误；D2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中硫酸根离子的物质的量是2L0.5mol/L1mol，因此忽略水的电离可知阴离子所带电荷数为NA，D项正确；答案选D。5.下列关于氯及其化合物说法正确的是( )A. 氯气溶于水的离子方程式:Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-B. 洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解C. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3D. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气【答案】D【解析】【详解】A. 次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为Cl2H2OHClHClO，A错误；B. 洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是次氯酸钠具有强氧化性，能氧化氯离子生成氯气而中毒，B错误；C. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的次氯酸钙与空气中的水、CO2反应生成次氯酸和CaCO3，C错误；D. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气，D正确。答案选D。6.赤铜矿的主要成分是氧化亚铜(Cu2O)，辉铜矿的主要成分是硫化亚铜(Cu2S)，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有如下反应:Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2，下列对于该反应的说法正确的是( )A. 该反应中的氧化剂只有Cu2OB. Cu既是氧化产物又是还原产物C. Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为6:1【答案】C【解析】A、Cu2O和Cu2S中Cu元素化合价都降低，都为氧化剂，选项A错误；B、反应中Cu元素化合价只降低，Cu为还原产物，选项B错误；C、Cu2S在反应中铜元素化合价降低，硫元素的化合价都升高，在反应中既是氧化剂又是还原剂，选项C正确；D、根据方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6，选项D错误。答案选C。7.下列实验操作不能达到实验目的的是( )选项实验目的实验操作A配制04000molL1的NaOH溶液称取40g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容B除去Mg粉中混有的Al 粉加入足量的NaOH 溶液，过滤、洗涤、干燥C用CCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，再从上口倒出水层D检验溶液中存在SO42-向未知溶液中先加入足量盐酸酸化，再加入BaCl2溶液A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. NaOH溶解过程是放热的，导致溶液温度高于室温，如果在转移溶液之前未将溶液冷却至室温，会造成配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓度偏高，所以不能实现实验目的，故A选；B.铝和氢氧化钠溶液反应但镁不反应，故能分离，故B不选；C.四氯化碳的密度比水大，在下层，碘易溶于四氯化碳，从分液漏斗下口放出碘的四氯化碳溶液，从上口倒出水，故C不选；D.要检验硫酸根离子，先加入盐酸，不产生沉淀和气体排除其它离子的干扰，后加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明溶液含有硫酸根离子，故D不选。故答案选A。【点睛】本题考查化学实验评价，涉及溶液配制、离子检验、物质的分离提纯等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。8.下列各组物质之间不能通过一步就能实现如图所示转化的是( )物质编号物质转化关系abcdASiO2Na2SiO3SiH2SiO3BNa2ONa2O2NaNaOHCAl2O3NaAlO2AlAl(OH)3DFeCl2FeCl3FeCuCl2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，硅酸钠与酸反应转化为硅酸，硅酸分解转化为二氧化硅，硅与氧气反应生成二氧化硅，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，通过一步就能实现，A不选；B、氧化钠与氧气反应转化为过氧化钠，过氧化钠溶于水转化为氢氧化钠，钠与氧气常温下反应生成氧化钠，点燃或加热时生成过氧化钠，但氢氧化钠不能转化为氧化钠，B选；C、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，铝与氧气反应生成氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，通过一步就能实现，C不选；D、氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铜反应可以生成氯化铜，氯化铜与铁反应生成氯化亚铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与氯气反应生成氯化铁，通过一步就能实现，D不选；答案选B。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，注意根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径。9.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加01molL-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是( )A. 在0a范围内，只发生中和反应B. ab斜段发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2C. a=0.3D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2【答案】C【解析】【详解】A.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，NaOH+HCl=NaCl+H2O，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，继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，故A错误；B.ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2，故B错误；C.根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1molL-1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，故C正确；D.原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02mol和0.01mol，物质的量之比为2：1，故D错误，故选C。10.下列离子能大量共存的是( )A. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中: Na+、K+、SO42-、CO32-B. 无色透明的溶液中:Cu2+、K+、SO42-、NO3-C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中:Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中:Na+、K+、CO32-、NO3-【答案】A【解析】【详解】A.使无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SO42-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B.Cu2+呈蓝色，故B错误；C.含有大量Ba（NO3）2的溶液中含有大量钡离子，钡离子与SO42-反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误，故选A。【点睛】本题易错点在于忽略限制条件，如溶液的酸碱性及是否有颜色等。11.下列离子方程式错误的是( )A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2OB. 碳酸镁中滴加稀盐酸：MgCO3+2H+=Mg2+CO2+H2OC. 锌与硫酸铜溶液反应：Zn+Cu2+=Zn2+CuD. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2【答案】D【解析】【详解】A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，故A正确；B. 碳酸镁中滴加稀盐酸生成可溶的氯化镁和水：MgCO3+2H+=Mg2+CO2+H2O，故B错误；C. 锌与硫酸铜溶液反应生成硫酸锌和铜：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，故C正确；D. 浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式应为：Fe+2H+=Fe2+H2，故D错误，故选D。【点睛】书写离子方程式时，强酸、强碱和可溶性盐要写成离子形式，而弱酸、弱碱、沉淀及气体、氧化物等要写成化学式。12.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是( )选项性质实际应用ASO2具有漂白性SO2可用于食品增白BSiO2熔点高SiO2可用于制作耐高温仪器CAl(OH)3具有弱碱性Al(OH)3可用于制胃酸中和剂DFe3+具有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】试题分析：A、SO2有毒，对人体有伤害，不能用于食品加工，故说法错误；B、SiO2是原子晶体，熔点高，因此可以作耐高温仪器，故说法正确；B、胃酸的成分是盐酸，氢氧化铝表现弱碱性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和剂，故说法正确；D、铜和Fe3发生反应，即2Fe3Cu=Cu22Fe2，故说法正确。考点：考查物质的应用等知识。13.下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中错误的是( )A. 相同浓度溶液的碱性:Na2CO3NaHCO3B. 在水中的溶解度:Na2CO3NaHCO3C. 与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率:NaHCO3Na2CO3D. 热稳定性:NaHCO3Na2CO3【答案】C【解析】试题解析： CO32-以第一步水解为主，则Na2CO3溶液的碱性较强，故A正确；在饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO3沉淀，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故B正确；分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32-+2H+CO2+H2O，HCO3-+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故C错误；NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热不易分解，较稳定，故D正确。考点：Na2CO3和NaHCO3性质14.对实验的实验现象预测正确的是A. 实验：液体分层，下层呈无色B. 实验：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C. 实验：试管中有红色沉淀生成D. 实验：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体【答案】D【解析】【详解】A. 实验因为四氯化碳的密度比水大且不溶于水，碘易溶于四氯化碳，所以液体分层，上层呈无色，故A错误；B. 实验制取出来的氨气和烧杯中的氯化铝反应出现白色沉淀，不溶解，故B错误；C. 实验是Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，试管中有红色溶液生成，故C错误；D. 实验因为氧化钙是干燥剂，可以吸收饱和CuSO4溶液中的水分，所以放置一段时间后会出现蓝色晶体，故D正确；答案：D。15.下列叙述中正确的是( )标准状况下，1L HCl和1L H2O的物质的量相同标准状况下，112L H2和14g N2所含原子数相同28g CO的体积约为224L两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积相同同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：标准状况下，1LHCl的物质的量为1/22.4mol，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误；标准状况下，1gH2的物质的量为1/2=0.5mol，14gN2的物质的量为14/28=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故正确；不一定是在标准状况下，若在标准状况下，28gCO的体积为28/2822.4L/mol=22.4L，故错误；两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，故错误；由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，故正确；由pM=RT可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故正确；故选B考点：气体摩尔体积，物质的量的计算。点评：本题考查有关物质的量的计算及阿伏伽德罗定律及其推论，明确质量、体积、物质的量的关系，明确物质的状态、所处的状况，明确pV=nRT、pM=RT即可解答。第卷（共40分）二、综合题（共3个大题，共40分）16.（1）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。工业上将氯气通入石灰乳Ca(OH)2制取漂白粉，化学反应方程式为_；漂白粉的有效成分是_（填化学式）。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是_。（2）化学科学在药物的开发、合成和使用中起着至关重要的作用。如小苏打、氢氧化铝、三硅酸镁等可治疗胃酸过多，硫酸亚铁可补铁、防治贫血。试回答下列问题：写出小苏打与胃酸（主要成分为稀盐酸）作用的离子方程式：_。自选合适的氧化剂，将补铁剂中的Fe2+氧化成Fe3+，写出相关的离子反应方程式：_。检验Fe3+常用的试剂除碱外，还可以用_（填化学式），现象是_。（3）在反应KMnO4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O中，氧化剂是_，氧化产物是_，氧化产物与还原产物物质的量之比是_，若有7.3g HCl被氧化，则转移的电子数为_mol。【答案】 (1). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2 +2 H2O (2). Ca(ClO)2 (3). 11 (4). HCO3- + H+ = CO2 + H2O (5). 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+2Cl- (6). KSCN (7). 溶液变为血红色 (8). KMnO4 (9). Cl2 (10). 5:2 (11). 0.2【解析】【分析】根据氯气的化学性质及用途分析解答；根据氧化还原反应原理分析氧化剂和还原剂并计算电子转移数目。【详解】（1）漂白粉的主要成分是次氯酸钙Ca（ClO）2和氯化钙，工业上将氯气通入石灰乳Ca（OH）2制取漂白粉，同时有水生成，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；其中有效成分是Ca(ClO)2；该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，且物质的量之比为1：1；故答案为：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2 +2 H2O；Ca(ClO)2；11；（2）小苏打成分为碳酸氢钠，胃酸主要成分为稀盐酸，作用的离子方程式： HCO3- + H+ = CO2 + H2O，故答案为： HCO3- + H+ = CO2 + H2O；常用的氧化剂可以用氯气，反应为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+2Cl-；Fe3+与 KSCN反应生成红色物质，故可以用 KSCN鉴别，现象为溶液变为血红色，故答案为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+2Cl-；KSCN；现象为溶液变为血红色；（3）氧化剂得电子，化合价降低，发生还原反应，得到的产物为还原产物，所以在反应KMnO4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O中，氧化剂是KMnO4；氧化产物是Cl2；氧化产物与还原产物物质的量之比是5：2；7.3g HCl的物质的量为7.3g/36.5g/mol=0.2mol，被氧化后，每个Cl-失去1个电子，所以转移的电子数为0.2mol，故答案为：KMnO4；Cl2；5：2；0.2。17. （10分）下图是实验室制取、提纯氯气及研究氯气性质的装置图。请回答：（1）上图实验室制备氯气的化学反应方程式为 。（2）通常用向上排空气法或者排饱和食盐水法收集氯气，若要利用C瓶收集到干燥纯净的氯气，B瓶所装的试剂是 。（填名称）（3）若D瓶中装有硝酸银溶液，则观察到的现象是 。（4）E装置用来 ，写出E装置中发生化学反应的离子方程式 。【答案】（1）化学反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O。（2）B瓶所装的试剂是 浓硫酸 。(3)现象是 有白色沉淀生成 。(4) E装置用来 吸收尾气，防止污染空气 ，离子方程式Cl2+ 2OH- Cl- + ClO-+ H2O【解析】试题分析：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以除去氯气中的氯化氢应用饱和食盐水，干燥氯气用浓硫酸，即A瓶所装的试剂是饱和食盐水，B瓶所装的试剂是浓硫酸；(3) Cl2溶于水产生Cl-，与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀；(4) 氯气有毒，污染环境，所以不能直接排到空气中，可用氢氧化钠吸收多余的氯气，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。考点：考查氯气的性质和实验室制法。18.物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K有下图转化关系，其中气体D、E为单质，气体B溶于水显强酸性，试回答：（1）写出下列物质的化学式：A是_，K是_，（2）写出反应“CF”的离子方程式：_；（3）写出反应“FG”的化学方程式：_；（4）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是：_。（5）实验室检验溶液B中阴离子的方法是：_。【答案】 (1). Al (2). Fe(OH)3 (3). A13+ +3NH3.H2O=Al(OH)3十3NH4+ (4). Al(OH)3十NaOH=NaAlO2十2H2O (5). 先生成白色絮状沉淀，而后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀 (6). 取少量溶液B于试管中，先滴入少量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液【解析】【分析】根据转化图中物质的颜色状态及转化关系、反应条件等分析各物质的组成；【详解】K为红褐色沉淀，则应为Fe（OH）3，则溶液J中含有Fe3+，气体E是黄绿色气体判断为Cl2，D应为H2，E应为氧化性气体Cl2，B应为HCl，H为Fe，则I为FeCl2，J为FeCl3，白色沉淀F能溶于过量NaOH溶液，则F为Al（OH）3，G为NaAlO2，A为Al，C为AlCl3；（1）根据上述分析得A是Al，K是 Fe(OH)3 ，故答案为：Al；Fe(OH)3；（2）根据上述分析氯化铝和氨水反应的离子离子方程式为：A13+ +3NH3.H2O=Al(OH)3十3NH4+，故答案为： A13+ +3NH3.H2O=Al(OH)3十3NH4+；（3）根据上述分析氢氧化铝与氢氧化钠反应的化学方程式为：Al(OH)3十NaOH=NaAlO2十2H2O，故答案为：Al(OH)3十NaOH=NaAlO2十2H2O；（4）在溶液I为氯化亚铁溶液，滴入NaOH溶液，生成氢氧化亚铁，被氧气氧化后生成氢氧化铁，观察到的现象是：先生成白色絮状沉淀，而后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，故答案为：先生成白色絮状沉淀，而后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；（5）B中阴离子是Cl-，检验方法是：取少量溶液B于试管中，先滴入少量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，故答案为：取少量溶液B于试管中，先滴入少量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液。