魯科版高中化學選修一 1.2獲取安全的飲用水 同步測試

第12頁魯科版高中化學選修一1.2獲取平安的飲用水同步測試一、單項選擇題〔共9題；共18分〕1.含有以下各組離子的溶液中，通入〔或參加〕過量的某種物質(zhì)后仍能大量共存的是〔〕A.

H+、Ba2+、Fe3+、NO3-，通入SO2氣體

B.

Ca2+、Cl-、K+、H+，通入CO2氣體

C.

Al(OH)4-、Na+、Br-、SO42-，通入CO2氣體

D.

HCO3－、Na+、I-、HS-，參加AlCl3溶液2.以下各組離子在指定的條件下一定能大量存在的是〔

〕A.

在pH=1的無色溶液中：SO42﹣、Cu2+、Na+、Cl﹣

B.

常溫下由水電離出的c〔H+〕=1×10﹣12mol/L的溶液中：K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣

C.

有Fe3+存在的溶液中：CO32﹣、NH4+、SO42﹣、Cl﹣

D.

在能使石蕊試紙變藍色的溶液中：Na+、K+、S2﹣、CO32﹣3.在以下溶液中，各組離子一定能夠大量共存的是〔

〕A.

無色溶液中：Na+、Cl、SO42﹣、Cu2+

B.

使紫色石蕊溶液變紅的溶液中：Na+、Ca2+、C032﹣、Cl﹣

C.

含SO42﹣的溶液中：K+、Ba2+、CI﹣、Br﹣

D.

酸性溶液中：Na+、S042﹣、Cl﹣、NH4+4.在某無色透明的酸性溶液中，能共存的離子組是〔

〕A.

Na+、K+、SO、HCO

B.

Cu2+、K+、SO、NO

C.

Na+、K+、Cl﹣、NO

D.

Fe3+、K+、SO、Cl﹣5.Na[Al〔OH〕4]向溶液中持續(xù)通入一種氣體，開始時產(chǎn)生沉淀，隨后沉淀又逐漸溶解，該氣體是〔

〕A.

HCl

B.

CO2

C.

NH3

D.

CO6.以下關于液氯和氯水的表達中正確的選項是〔

〕A.

液氯是純潔物，而氯水是混合物

B.

液氯有酸性，氯水有漂白性

C.

液氯較氯水的漂白作用更強

D.

液氯無色，氯水呈黃綠色7.新制氯水與久置的氯水相比擬，以下結論不正確的選項是〔

〕A.

顏色相同

B.

前者能使有色布條褪色

C.

都含有H+

D.

加AgNO3溶液都能生成白色沉淀8.以下各組離子在指定溶液中能大量共存的是〔

〕

①pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣

②無色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣

③參加Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+

④酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣

⑤由水電離出的c〔OH﹣〕=1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣．A.

①⑤

B.

②③

C.

②④

D.

③⑤9.以下由相關實驗現(xiàn)象所推斷出的結論中，正確的選項是〔〕A.

Cl2、SO2均能使品紅溶液褪色，說明二者均有氧化性

B.

加熱分別盛有氯化銨和碘的兩支試管，試管底部固體均減少，說明二者均發(fā)生升華

C.

Fe與稀HNO3溶液、稀H2SO4溶液反響均有氣泡產(chǎn)生，說明Fe與兩種酸均發(fā)生置換反響

D.

分別充滿HCl、NH3的燒瓶倒置于水中后液面均迅速上升，說明二者均易溶于水二、填空題〔共3題；共19分〕10.某河道兩旁有甲乙兩廠．它們排放的工業(yè)廢水中，共含K+、Ag+、Fe3+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣六種離子．

〔1〕甲廠的廢水明顯呈堿性，故甲廠廢水中所含的三種離子________

、________

、________

．乙廠的廢水中含有另外三種離子．

〔2〕對于該兩廠的廢水，可采取以下兩種方法來處理．

Ⅰ、如果在廢水中加一定量________〔填活性炭或鐵粉〕，可以發(fā)生________反響〔填四種根本反響類型〕，離子方程式是________

，并且能夠回收其中的金屬________

〔填寫金屬元素符號〕．

Ⅱ、將甲廠和乙廠的廢水按適當?shù)谋壤旌?，可以使廢水中的某些離子轉化為沉淀，寫出兩個離子方程式：________

；________

．經(jīng)過濾后的廢水主要含________

，可用來澆灌農(nóng)田．11.前一段時間，各地報刊紛紛轉載了不要將不同品牌潔污劑混合使用的警告。據(jù)報道，在全國各地發(fā)生了多起混合潔污劑發(fā)生氯氣中毒的事件。發(fā)生反響的離子方程式是：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。根據(jù)你所掌握的化學知識作出如下判斷：當事人使用的液態(tài)潔污劑之一必定含氯元素，其中氯最可能的存在形式是________和________〔填離子〕，當另一種具有________〔填寫性質(zhì)〕的液態(tài)潔污劑與之混合后，可能發(fā)生上述反響而產(chǎn)生氯氣。12.某同學按如圖進行實驗，在A中放的是枯燥的紅色布條，在B中放的是濕潤的紅色布條，在C中盛放的是氫氧化鈉溶液，答復以下問題

A中現(xiàn)象是________

B中現(xiàn)象是________

結論是________

③假設C中盛有的是混有酚酞溶液的氫氧化鈉溶液，當通入一定量的氯氣時溶液紅色褪去，有同學說紅色消失的原因有兩種可能，請你幫他寫出哪兩種可能？

a：________

b：________

請設計實驗證明哪種可能正確________．三、綜合題〔共2題；共10分〕13.金屬鋁的生產(chǎn)是以Al2O3為原料，在熔融狀態(tài)下進行電解：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑請答復以下問題：(1)冰晶石(Na3AlF6)的作用是

答案：降低Al2O3的熔化溫度〔1〕電解鋁的反響中氧化劑是________，復原劑是________，鋁是________產(chǎn)物?！?〕鋁是高耗能產(chǎn)品，廢舊鋁材的回收利用十分重要。在工業(yè)上，最能表達節(jié)能減排思想的是將回收鋁做成(填代號)(

)A.

冰晶石

B.

氧化鋁

C.

鋁錠

D.

硫酸鋁14.某溶液中可能存在以下陰離子：Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的一種或幾種．〔1〕當溶液中存在大量H+時，________不能在溶液中大量存在；〔2〕當溶液中存在大量Ag+時，________不能在溶液中大量存在；〔3〕當向溶液中參加Ba〔NO3〕2溶液能生成白色沉淀，那么原溶液中存在的離子是________；為了進一步確定的溶液中存在哪種離子，可繼續(xù)向溶液中參加________，通過觀察________再作出進一步的判斷．四、實驗探究題〔共1題；共11分〕15.某研究性學習小組擬探究在含Mg2+、Al3+的混合溶液中滴加NaOH溶液時，生成氫氧化物沉淀的過程．【實驗】在0.1mol?L﹣1MgSO4、0.05mol?L﹣1Al2〔SO4〕3的混合溶液中滴加0.5mol?L﹣1NaOH溶液，借助氫離子傳感器和相應分析軟件，測得溶液的pH隨NaOH溶液的參加變化情況如下圖．

〔1〕為精確控制參加NaOH溶液的體積，可將NaOH溶液置于________

〔填儀器名稱〕中滴加．〔2〕圖中有三個pH增加緩慢的階段，第一階段〔a點前〕對應的實驗現(xiàn)象是________．〔3〕對第二階段〔b、c之間〕溶液pH變化緩慢的本質(zhì)，小組同學做出如下推測，請補充推測2和3：推測1：生成Mg〔OH〕2沉淀，消耗OH﹣．

推測2：________．

推測3：________．

假設推測1符合實際情況，那么a點之前反響的離子方程式為________，請據(jù)此描述Mg〔OH〕2、Al〔OH〕3兩種物質(zhì)在水溶液中溶解性的差異________．〔4〕請分析e點后溶液中較大量存在的含金屬元素的離子并設計實驗檢驗〔可不填滿〕：較大量存在的含金屬元素的離子檢驗方法答案解析局部一、單項選擇題1.【答案】B【解析】【解答】A中通入二氧化硫氣體發(fā)生氧化復原反響：2H2O+2NO3-+3SO2=3SO42-+2NO↑+4H+、2H2O+2Fe3++SO2=2Fe2++SO42-+4H+，生成的SO42-與Ba2+形成沉淀，A錯誤；C中通過量二氧化碳氣體發(fā)生反響Al(OH)4-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-，離子不能大量共存，C錯誤；D中參加過量氯化鋁溶液發(fā)生反響3HCO3－+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑、Al3++3HS-+3H2O=Al(OH)3↓+3H2S↑，離子不能大量共存。

【分析】二氧化硫具有強復原性，能與許多氧化劑〔如Fe3+、HNO3、酸性高錳酸鉀溶液、雙氧水等〕反響。2.【答案】D【解析】【解答】解：A．無色溶液中不會存在有色的Cu2+，故A錯誤；

B．常溫下由水電離出的c〔H+〕=1×10﹣12mol/L的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，HCO3﹣與氫離子和氫氧根離子反響，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C．Fe3+、CO32﹣之間發(fā)生雙水解反響，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；

D．能使石蕊試紙變藍色的溶液中存在大量氫氧根離子，Na+、K+、S2﹣、CO32﹣之間不發(fā)生反響，都不與氫氧根離子反響，在溶液中能夠大量共存，故D正確；

應選D．

【分析】A．pH=1溶液為酸性溶液，無色溶液中不存在有色的銅離子；

B．常溫下由水電離出的c〔H+〕=1×10﹣12mol/L的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，碳酸氫根離子與氫離子、氫氧根離子反響；

C．鐵離子與碳酸根離子發(fā)生雙水解反響；

D．能使石蕊試紙變藍色的溶液中存在大量氫氧根離子，四種離子之間不反響，都不與氫氧根離子反響．3.【答案】D【解析】【解答】解：A．溶液無色，Cu2+不能大量共存，故A錯誤；B．使紫色石蕊溶液變紅的溶液呈酸性，酸性條件下C032﹣不能大量共存，故B錯誤；

C．Ba2+與SO42﹣反響生成沉淀，不能大量共存，故C錯誤；

D．酸性溶液中，離子之間不發(fā)生反響，可大量共存，故D正確．

應選D．

【分析】A．溶液無色，那么有顏色的離子不能大量共存；

B．使紫色石蕊溶液變紅的溶液呈酸性；

C．與SO42﹣反響的離子不能大量共存；

D．酸性溶液中，離子之間不發(fā)生反響．4.【答案】C【解析】【解答】解：A．酸性條件下HCO與H+反響生成二氧化碳氣體而不能大量存在，故A錯誤；B．Cu2+有顏色，與題目無色不符，故B錯誤；

C．四種離子無色，且離子之間不發(fā)生任何反響，能大量共存，故C正確．

D．Fe3+有顏色，與題目無色不符，故D錯誤．

應選C．

【分析】酸性溶液里含有大量H+離子，與H+反響的離子不能大量存在，溶液呈無色透明，那么有顏色的離子不能存在．5.【答案】A【解析】【解答】解：A．偏鋁酸鈉和鹽酸反響時，開始時產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁能和鹽酸反響生成可溶性的氯化鋁，所以沉淀又能溶解，故A正確；B．二氧化碳和偏鋁酸鈉溶液反響生成氫氧化鋁沉淀，但氫氧化鋁不能溶于弱酸，所以沉淀不溶解，故B錯誤；

C．氨氣和偏鋁酸鈉不反響，故C錯誤；

D．一氧化氮和偏鋁酸鈉不反響，故D錯誤；

應選A．

【分析】偏鋁酸鈉是強堿弱酸鹽，能和酸反響生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁是兩性氫氧化物能和強酸或強堿反響生成可溶性的鹽．6.【答案】A【解析】【解答】解：A．液氯為純潔物，而氯水為氯氣的水溶液為混合物，故A正確；B．液氯中不存在氫離子，那么沒有酸性，氯水中存在次氯酸具有漂白性，故B錯誤；

C．氯水中含有HClO，具有漂白性，液氯無漂白性，故C錯誤；

D．液氯為黃綠色，氯水為淺黃綠色，故D錯誤；

應選A．

【分析】液氯為單質(zhì)，氯水為混合物，氯水中含有HCl、HClO、Cl2等微粒，以此來解答．7.【答案】A【解析】【解答】解：新制氯水中含有氫離子、氯離子、次氯酸分子、氯氣分子、氫氧根離子、水分子七種微粒，但是久置的氯水就是鹽酸溶液．A、新制氯水中含有氯氣分子，但是久置氯水中不含氯氣分子，顏色不一樣，故A錯誤；

B、新制氯水中含有次氯酸分子，具有漂白性，但是久置氯水中不含次氯酸，無漂白性，故B正確；

C、新制氯水與久置的氯水都含有H+，故C正確；

D、新制氯水與久置的氯水都含有Cl﹣，加AgNO3溶液都能生成白色沉淀，故D正確．

應選A．

【分析】新制氯水中含有氫離子、氯離子、次氯酸分子、氯氣分子、氫氧根離子、水分子七種微粒，但是久置的氯水就是鹽酸溶液，據(jù)此答復．8.【答案】A【解析】【解答】解：①pH=11的溶液中存在大量氫氧根離子，CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣之間不反響，都不與氫氧根離子反響，在溶液中能夠大量共存，故①正確；②無色溶液中不存在有色的MnO4﹣離子，在溶液中不能大量共存，故②錯誤；③參加Al能放出H2的溶液呈酸性或強堿性，HCO3﹣與氫離子、氫氧根離子反響，在溶液中一定不能大量共存，故③錯誤；④酸性溶液中，：Fe2+、NO3﹣之間發(fā)生氧化復原反響，在溶液中不能大量共存，故④錯誤；⑤由水電離出的c〔OH﹣〕=1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣之間不反響，都不與氫離子、氫氧根離子反響，在溶液中能夠大量共存，故⑤正確；

應選A．

【分析】①pH=11的溶液呈堿性，溶液中存在大量氫氧根離子，四種離子之間不反響，都不與氫氧根離子反響；②無色溶液中不存在有色的高錳酸根離子；③參加Al能放出H2的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，碳酸氫根離子與氫離子、氫氧根離子反響；④酸性溶液中，硝酸根離子能夠氧化亞鐵離子；⑤由水電離出的c〔OH﹣〕=1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，四種離子之間不反響，都不與氫離子、氫氧根離子反響．9.【答案】D【解析】【解答】A．二氧化硫與品紅化合生成無色物質(zhì)，表達其漂白性，而Cl2能使品紅溶液褪色，說明其氧化性，故A錯誤；

B．氯化銨加熱分解，而碘升華，分別發(fā)生化學變化、物理變化，故B錯誤；

C．Fe與稀硝酸發(fā)生氧化復原反響生成硝酸鹽、NO和水，不屬于置換反響，而Fe與稀硫酸反響為置換反響，故C錯誤；

D．HCl、NH3均極易溶于水，那么分別充滿HCl、NH3的燒瓶倒置于水中后液面均迅速上升，故D正確；

應選D．

【分析】A．二氧化硫與品紅化合生成無色物質(zhì)；

B．氯化銨加熱分解，而碘升華；

C．Fe與稀硝酸發(fā)生氧化復原反響生成硝酸鹽、NO和水；

D．HCl、NH3均極易溶于水．二、填空題10.【答案】K+；Cl﹣；OH﹣；鐵粉；置換；Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+；Ag；Ag++Cl﹣=AgCl↓；Fe3++3OH﹣=Fe〔OH〕3↓；KNO3【解析】【解答】〔1〕甲廠廢水呈堿性，那么溶液中含有大量的OH﹣，與OH﹣離子反響的Ag+、Fe3+不能大量共存，

根據(jù)溶液電中性可知甲廠廢水中應含有K+，乙廠中含有Ag+、Fe3+，那么與Ag+、Fe3+反響的Cl﹣、OH﹣不能共存，根據(jù)溶液電中性可知乙廠還有NO3﹣，

由此可知：甲廠含有K+、Cl﹣、OH﹣，乙廠含有Ag+、Fe3+、NO3﹣，故答案為：K+；Cl﹣；OH﹣；

〔2〕Ⅰ、含有的金屬離子有K+、Ag+、Fe3+，參加單質(zhì)Fe，鐵可置換出Ag，反響的離子方程式為：Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+，

故答案為：鐵粉；置換；Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+；Ag；

Ⅱ、將甲廠和乙廠的廢水按適當?shù)谋壤旌?，可生成AgCl、Fe〔OH〕3沉淀，反響離子方程式為：Ag++Cl﹣=AgCl↓、Fe3++3OH﹣=Fe〔OH〕3↓．

生成沉淀的離子有Ag+、Fe3+、Cl﹣、OH﹣等，經(jīng)過濾后的廢水主要KNO3，可作化肥使用；

故答案為：Ag++Cl﹣=AgCl↓、Fe3++3OH﹣=Fe〔OH〕3↓；KNO3．

【分析】甲廠廢水呈堿性，那么溶液中含有大量的OH﹣，與OH﹣離子反響的Ag+、Fe3+不能大量共存，根據(jù)溶液電中性可知甲廠廢水中應含有K+，乙廠中含有Ag+、Fe3+，那么與Ag+、Fe3+反響的Cl﹣、OH﹣不能共存，根據(jù)溶液電中性可知乙廠還有NO3﹣，由此可知：甲廠含有K+、Cl﹣、OH﹣，乙廠含有Ag+、Fe3+、NO3﹣，根據(jù)兩廠中含有的離子組成及性質(zhì)解答該題．11.【答案】ClO－；Cl－；酸性【解析】【解答】根據(jù)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O可知，是ClO－和Cl－在有H＋存在〔酸性條件下〕時發(fā)生的反響，故推測一種潔污劑中可能含有ClO－和Cl－，另一種潔污劑中可能含有H＋。

【分析】根據(jù)氯氣與水的反響進行分析。12.【答案】紅色布條不褪色；紅色布條褪色；氯氣無漂白作用，氯氣與水反響生成的HClO具有漂白作用；氯氣與堿反響溶液堿性消失，酚酞溶液紅色變成無色；氯氣溶于水產(chǎn)生的次氯酸有漂百性使酚酞褪色；向褪色的溶液中參加氫氧化鈉溶液，假設溶液又變紅色證明是a，否那么是b【解析】【解答】解：A中放的是枯燥的紅色布條，B中放的是濕潤的紅色布條，那么氯氣不能使A中布條褪色，而B中生成HClO，所以布條褪色，那么A中沒有明顯現(xiàn)象，B中褪色，因B中生成的HClO具有漂白性，故答案為：A中紅色布條不褪色；B中紅色布條褪色；氯氣無漂白作用，氯氣與水反響生成的HClO具有漂白作用；③由題意分析，原因可能有兩個：鹽酸或次氯酸的作用的結果，故答案為：一種可能是：溶液中的紅色物質(zhì)被氯水中的次氯酸氧化褪色；另一種可能是：氯水中的鹽酸、次氯酸中和了氫氧化鈉，使溶液由堿性轉變成了中性甚至酸性，酚酞試液中性或酸性溶液中顯無色，故答案為：a：氯氣與堿反響溶液堿性消失，酚酞溶液紅色變成無色；b：氯氣溶于水產(chǎn)生的次氯酸有漂百性使酚酞褪色；在反響后的溶液中加氫氧化鈉溶液，如果紅色又出現(xiàn)，那么原因就是酸堿中和，

故答案為：向褪色的溶液中參加氫氧化鈉溶液，假設溶液又變紅色證明是a，否那么是b．

【分析】A中放的是枯燥的紅色布條，B中放的是濕潤的紅色布條，那么氯氣不能使A中布條褪色，而B中生成HClO，所以布條褪色；③氯氣能與水發(fā)生化學反響生成鹽酸和次氯酸〔HClO〕，次氯酸具有強氧化性，可將某些有色物質(zhì)氧化成無色物質(zhì)；a：鹽酸與氫氧化鈉溶液會發(fā)生中和反響；b：次氯酸具有強氧化性，可將某些有色物質(zhì)氧化成無色物質(zhì)；簡單的實驗是：在反響后的溶液中加氫氧化鈉溶液，如果紅色又出現(xiàn)，那么原因就是酸堿中和；反之那么為氯水氧化指示劑；三、綜合題13.【答案】〔1〕Al2O3；Al2O3；復原

〔2〕C【解析】【解答】(1)Al2O3的熔點很高，熔化得需要較多能量，參加助熔劑就可節(jié)約能量，降低熔化溫度(2)電解鋁的反響中，Al2O3中Al化合價降低，而O化合價升高，Al2O3既是氧化劑又是復原劑，鋁是復原產(chǎn)物。(3)電解產(chǎn)生的鋁要盡量以單質(zhì)形式存在，所以將回收鋁做成鋁錠最好。【分析】此題考查率單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)以及金屬鋁的冶煉，題目難度不大。14.【答案】〔1〕CO32﹣

〔2〕Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣

〔3〕SO42﹣、CO32﹣；硝酸；沉淀是否溶解【解析】【解答】解：〔1〕當溶液中存在大量H+時，因H+與CO32﹣反響生成水和氣體，那么不能共存，故答案為：CO32﹣；〔2〕當溶液中存在大量Ag+時，能分別與Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣反響生成沉淀，那么不能共存，故答案為：Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣；〔3〕當向溶液中參加Ba〔NO3〕2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸鋇或碳酸鋇沉淀，那么可能純在的離子為SO42﹣、CO32﹣，因碳酸鋇可溶于硝酸，可向沉淀中參加硝酸，觀察沉淀是否溶解，如溶解，說明含有CO32﹣，如不溶解，說明不含CO32﹣，如少量溶解，那么二者都存在，故答案為：SO42﹣、CO32﹣；硝酸；沉淀是否溶解．

【分析】〔1〕與氫離子反響生成水和氣體的離子不能大量存在；〔2〕與銀離子反響生成沉淀的離子不能大量存在；〔3〕利用硫酸鋇為不溶于水、不溶于酸的白色沉淀來分析．四、實驗探究題15.【答案】〔1〕堿式滴定管

〔2〕生成白色沉淀并逐漸增多

〔3〕生成Al〔OH〕3沉淀消耗OH﹣；Al〔OH〕3沉淀溶解，消耗OH﹣；Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓；Al〔OH〕3比Mg〔OH〕2更難溶于水

〔4〕Na+;用潔凈的鉑絲蘸取少量待測液在酒精燈火焰上灼燒，假設火焰呈黃色，說明存在Na+|[Al〔OH〕4]﹣|取少量待測液于試管中，滴加鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，鹽酸過量時，沉淀又溶解【解析】【解答】解：〔1〕精確控制參加NaOH溶液的體積，應用精確度0.01ml的滴定管，又NaOH呈堿性，應選用堿式滴定管，故答案為：堿式滴定管；〔2〕由圖象可知，PH變化緩慢的主要原因應為：生成Mg〔OH〕2沉淀，消耗OH﹣；生成Al〔OH〕3沉淀消耗OH﹣；Al〔OH〕3沉淀溶解，消耗OH﹣三種可能，第一階段〔a點前〕應該是生成沉淀消耗了滴下去的氫氧化鈉，故現(xiàn)象為：生成白色沉淀并逐漸增多，故答案為：生成白色沉淀并逐漸增多；〔3〕根據(jù)分析可知，PH變化緩慢的主要原因應為：生成Mg〔OH〕2沉淀，消耗OH﹣；生成Al〔OH〕3沉淀消耗OH﹣；Al〔OH〕