内蒙古2023年高考化学模拟题汇编-01离子反应、氧化还原反应、化学计量、物质的分类

这是一份内蒙古2023年高考化学模拟题汇编-01离子反应、氧化还原反应、化学计量、物质的分类，共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
内蒙古2023年高考化学模拟题汇编-01离子反应、氧化还原反应、化学计量、物质的分类

一、单选题(共0分)
1．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）下图是0.01mol·L-1甲溶液滴定0.0lmol·L-1乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③表示盐酸滴定CH3COONa溶液，其他曲线是醋酸溶液滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断正确的是

A．由图可知条件相同时离子导电能力为H+>OH->CH3COO-
B．曲线②是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线
C．随着甲溶液体积增大，曲线①始终保持最高导电能力
D．a、b、c三个点不都是反应终点
2．（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
D．Al、Fe、Cu的单质放置在空气中都只生成氧化物
3．（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）下列涉及的离子方程式书写正确的是
A．醋酸除去水垢中的碳酸钙：
B．漂白液的漂白原理：
C．Na2O2与水反应：
D．FeI2溶液中通入少量Cl2：
4．（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）pH=1的某溶液X中还含有、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、、、、Cl-、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)， 取该溶液进行如下实验：

下列有关推断不正确的是
A．沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物
B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-
C．溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+
D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112ml(标况)，则X中c(Fe2+)=0.05mol/L
5．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25°C、101kPa下，22.4L氢气中质子的数目为2NA
B．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氧原子数目为NA
C．1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0.1NA
D．5.6g铁在0.1molCl2中充分燃烧时转移电子数为0.3NA
6．（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子
B．56g铁片投入足量浓硫酸中，生成为NA个SO2分子
C．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g
D．0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
7．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A
B
C
D




配制0.10mol·L-1NaCl溶液
制备并收集NH3
制备Fe(OH)3胶体
检查装置气密性

A．A B．B C．C D．D

二、实验题(共0分)
8．（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）Kx[Cu(C2O4)x]·3H2O(水合草酸铜(Ⅱ)酸钾)是一种化工原料，实验室制备少量水合草酸铜酸钾并测定样品的组成，实验步骤如下：
Ⅰ.制备CuO
用图1所示装置将溶液混合后，小火加热至蓝色沉淀转变为黑色，煮沸5~10分钟。稍冷却后全部转移至图2装置过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2~3次。

(1)由CuSO4·5H2O配制实验所需的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是_______(填仪器名称)。
                     
(2)检验沉淀洗涤干净的方法为：_______，滴入氯化钡溶液，_______。
Ⅱ.制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液
称取一定质量H2C2O4·2H2O放入250mL烧杯中，加入40mL蒸馏水，微热(温度低于80℃)溶解。稍冷后加入一定量无水K2CO3，充分反应后生成含KHC2O4和K2C2O4的混合物。
(3)该步骤中原料配比为3∶2，则所得混合物中n(KHC2O4)：n(K2C2O4)=_______。
(4)为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取_______的方法。
Ⅲ.制备水合草酸铜酸钾晶体
将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80-85℃，再将CuO连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应至CuO沉淀全部溶解，取出滤纸后，加热浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇淋洗，自然晾干，称量。
(5)溶解CuO沉淀时，连同滤纸一起加入到溶液中的目的是_______
Ⅳ.测定水合草酸铜酸钾晶体的成分
取少量制得的样品配成溶液。用标准酸性高锰酸钾溶液滴定、用标准EDTA溶液滴定Cu2+，经计算样品中n(Cu2+)：n()=1∶2，假设制备的过程中Cu2+无损耗。
(6)标准酸性高锰酸钾与C2O反应的离子方程式为_______。
(7)水合草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的化学式为_______。
9．（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物。卤素互化物具有强氧化性稀溶液，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂，一般可由卤素单质直接化合制得。有关一氯化碘制备及性质验证，请回答下列问题：
I.海藻提碘可得到I2的CCl4溶液，从其中回收I2的流程如下：

(1)步骤I的分离溶液操作中，主要用到的玻璃仪器有烧杯和_______，步骤Ⅱ的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(2)回收获得的粗碘可采用如图所示的简易装置分离提纯。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，碘晶体在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_______。

Ⅱ.某学习小组在实验室中拟用下图装置制取纯净、干燥的氯气，并利用氯气与碘反应制备一氯化碘。

查阅资料了解到以下内容：
①碘与氯气的反应为放热反应
②ICl是一种红棕色液体，沸点97.4℃，不溶于水
③ICl能与KI反应生成I2
请回答下列问题：
(3)各装置连接顺序为A→_______→_______→_______→_______；_______
(4)B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：_______，B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，采取的方法是_______。
(5)ICl与稀NaOH溶液可发生非氧化还原反应，请写出该反应的离子方程式_______。
(6)请设计简单的实验证明ICl的氧化性比I2强：_______。

三、工业流程题(共0分)
10．（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：

已知：i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
iii.
iv.该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Bi3+
开始沉淀的pH
7.6
2.7
4.8
4.5
沉淀完全的pH
9.6
3.7
6.4
5.5

回答下列问题：
(1)为了提高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为_______。(写一条)
(2)“滤渣1”的主要成分是_______。(填化学式)
(3)用硝酸替代“盐酸，H2O2”也可以实现“氧化浸取”，从环保角度考虑，存在的缺点是_______。
(4)检验“氧化浸取”液中是否含Fe2+，可选择的试剂是_______(填标号)。
a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6]溶液                c.KSCN溶液和双氧水
(5)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。
(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是_______。
(7)“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_______。
11．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）我国锂云母矿石储量丰富，现有产自内蒙古的锂云母矿石(主要成分为SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]，内含少量镁、钙、铁的氧化物)，工业上欲采用硫酸法用其制备Li2CO3具体流程如下：

查阅资料可知：
I.“焙烧”温度对锂提取率的影响如下图所示

II.“焙烧”过程中铁的氧化物未参与反应
III.3SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2(SO4)3+K2SO4+SiO2+SiF4↑+H2O
IV.Li2SO4+Na2CO3→Li2CO3↓+Na2SO4
回答下列问题：
(1)“焙烧”温度理论上选择_______为宜，同时为提高“焙烧”效率，还可采取的措施有_______；
(2)“焙烧”产生的气体可用NaOH溶液吸收，且元素化合价均不发生变化，该反应的化学方程式为_______；
(3)在“中和”过程中，为使Fe3+和Al3+完全沉淀，pH值至少调整为_______；部分金属氢氧化物的pKsp(pKsp=-lgKsp)如图所示：

  

(4)“中和”所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有_______；
(5)“氧化”过程中发生氧化还原反应的离子方程式为_______；
(6)“滤渣2”的主要成分是_______；
(7)工业上还可以通过“苛化反应”，利用Li2CO3(s)+Ca2+(aq)CaCO3(s)+2Li+(aq)反应原理得到氢氧化锂溶液，进而生产出纯度更高的工业碳酸锂，请通过计算过程证实该方案的可行性_______。[已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4；KspCaCO3)=2.5×10-9]

参考答案：
1．A
【详解】A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，则由图可知条件相同时离子导电能力为H+>OH->CH3COO-，故A正确；
B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B错误；
C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线① 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，故C错误；
D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D错误；
故选A。
2．C
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；
【详解】A．三氧化硫和水反应生成硫酸，导致溶液导电，三氧化硫为非电解质；KClO3为电解质，故A错误；
B．胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；氯化铁溶液不是胶体，故B错误；
C．H2、SO2、CO2三种气体均不和浓硫酸反应，都可用浓硫酸干燥，故C正确；
D．铜生锈生成的铜绿为碱式碳酸铜，不是氧化物，故D错误；
故选C。
3．B
【详解】A．醋酸为弱电解质，不能拆，，A错误；
B．漂白粉主要成分为NaClO吸收空气中的水和二氧化碳生成有漂白性的次氯酸，B正确；
C．Na2O2与水反应，，C错误；
D．还原性I-＞Fe2+，FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2先于I-反应，Cl2+2I-=I2+2Cl-，D错误；
故答案为：B。
4．D
【分析】溶液X为酸性溶液，一定含有氢离子，不含有碳酸根离子和亚硫酸离子，加入过量的硝酸钡产生沉淀和气体，说明溶液中存在具有还原性和氧化性的离子，如亚铁离子在酸性条件下被硝酸根离子氧化生成一氧化氮气体，说明溶液中含有亚铁离子和硝酸根离子，。沉淀为硫酸钡沉淀，说明有硫酸根离子。溶液B中加入过量的氢氧化钠，产生气体，说明含有铵根离子，产生沉淀说明原来的亚铁生成的铁离子反应生成了氢氧化铁沉淀。溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀。不能确定是否有铁离子和氯离子。据此分析。
【详解】A．溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀，溶液E中有剩余的钡离子，和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钡不是hi沉淀，所以溶液沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物，A正确；
B．根据以上分析，不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-，B正确；
C．根据以上分析可知溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+，C正确；
D．若溶液X为100mL，反应为产生的气体A为112ml(标况)，物质的量为0.005mol，则根据方程式分析，亚铁离子的物质的量为0.015mol，亚铁离子物质的量浓度为，D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．25°C、101kPa下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故22.4L氢气的物质的量不能计算，故A错误；
B．乙醇和水分子中都含有氧原子，则100g质量分数46％的乙醇水溶液中含有的氧原子数为×1×NAmol—1+×2×NAmol—1=4NA，故B错误；
C．，1个水解产生2个阴离子，溶液中阴离子总数增大，所以1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA，故C正确；
D．5.6g即0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧铁过量，氯气完全反应，则转移的电子数为0.2NA，故D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．氨水不是气态，不能确定其物质的量，A错误；
B．浓硫酸使铁钝化，阻碍了反应的进行，生成二氧化硫小于1mol，B错误；
C．电解精炼铜时，阳极的其它金属如锡等也会放电导致阳极质量减小，故不确定阳极减小质量，C错误；
D．氢气和碘的反应为分子总数不变的反应，0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总量为0.2mol，则分子总数为0.2NA，D正确；
故选D。
7．D
【详解】A．容量瓶不能用于溶解、稀释和长期贮存溶液，A不合题意；
B．收集氨气的时候，应该用向下排空气的方法收集，导管应该伸到试管底部，B不合题意；
C．制备氢氧化铁胶体，应将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到沸水中，C不合题意；
D．用手捂热圆底烧瓶，导管口会有气泡产生，停止加热后，导管中会倒吸进一段水柱，则气密性良好，D符合题意；
故选D。
8．(1)(普通)漏斗
(2)     取少量最后一次洗涤液于试管中     若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净
(3)2∶1
(4)分批加入并搅拌
(5)防止 CuO 的损耗，产率减小
(6)
(7)K2[Cu(C2O4)2]•3H2O

【分析】本实验的目的是制备少量水合草酸铜酸钾并测定样品的组成；首先利用硫酸铜和氢氧化钠溶液制取氢氧化铜沉淀，加热使其分解得到；然后H2C2O4·2H2O和无水K2CO3制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液；然后将KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微热，再将连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应，经系列操作得到样品；最后测定水合草酸铜酸钾晶体的成分。
【详解】（1）配置一定浓度的溶液需要电子天平、烧杯 、量筒，不需要漏斗，答案：(普通)漏斗；
（2）得到的固体表面可能附着有硫酸钠，可以通过检验硫酸根来确定沉淀是否洗涤干净，具体方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净，答案：取少量最后一次洗涤液于试管中，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净；
（3）假设两种原分别为是3.0g ，2.0 g ，3.0g H2C2O4·2H2O的物质的量为≈0.0238mol，2.0 g无水K2CO3的物质的量为≈0.0159mol，则根据碳元素守恒可得：n(KHC2O4)+n(K2C2O4)=0.0238 ，根据K元素守恒可得n(KHC2O4)+2n(K2C2O4)=(0.0159×2) ，联立解得n(KHC2O4)=0.0158mol，n(K2C2O4)=0.0080mol，所以n(KHC2O4)：n(K2C2O4)= 2∶1，答案: 2∶1；
（4）分批加入并搅拌使产生的热量尽快散失，答案：分批加入并搅拌；
（5）连同滤纸一起加入到溶液中的目的是使残留在滤纸上的充分利用，答案：防止 的损耗，产率减小；
（6）酸性高锰酸钾与C2O反应生成锰离子、二氧化碳和水，，答案：；
（7）已知样品中n(Cu)：n()=1:2，所以x=2，所以水合草酸铜(Ⅱ)酸钾晶体的化学式为K2[Cu(C2O4)2]·3H2O。
9．(1)     分液漏斗     1:5
(2)升华
(3)CEBD
(4)     防止 ICl 挥发(答案合理即可)     蒸馏
(5)
(6)用湿润的淀粉碘化钾试纸检测 ICl，试纸变蓝(答案合理即可)

【分析】Ⅱ.A中反应生成氯气，通过C除去挥发的氯化氢，通过E对氯气进行干燥，氯气进入B生成一氯化碘，尾气使用碱液吸收；
【详解】（1）步骤I为分离有机层和水层的操作，为萃取分液操作，主要用到的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗；步骤Ⅱ的反应中碘离子化合价由-1变为0，为还原剂，碘酸根离子中碘化合价由+5变为0，为氧化剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；
（2）粉状物放入蒸发皿中并小火加热，碘晶体在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法中固体直接变为气体然后凝结为固体，名称是升华；
（3）由分析可知，各装置连接顺序为ACEBD；
（4）已知：碘与氯气的反应为放热反应，ICl是一种红棕色液体，沸点97.4℃；则B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：防止 ICl 挥发；一氯化碘的沸点较低，故B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，采取的方法是蒸馏；
（5）ICl与稀NaOH溶液可发生非氧化还原反应，则各元素化合价不变，反应生成氯化钠、次碘酸钠，反应为；
（6）氧化剂氧化性大于氧化产物，已知，ICl能与KI反应生成I2，碘单质能使淀粉变蓝色；故证明ICl的氧化性比I2强的实验设计可以为：用湿润的淀粉碘化钾试纸检测 ICl，试纸变蓝(答案合理即可)。
10．(1)粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等
(2)S、SiO2
(3)产生大气污染物 NOx
(4)b
(5)3.7~4.5
(6)
(7)NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少 NaBiO3的损失

【分析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3；
【详解】（1）为了提高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等；
（2）根据分析可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；
（3）用硝酸替代“盐酸，反应中硝酸发生氧化还原反应生成大气污染物一氧化氮、二氧化氮等氮的氧化物，故不环保；
（4）亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；检验“氧化浸取”液中是否含Fe2+，可选择的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液；故选b；
（5）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
（6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应生产氯离子、同时得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
（7）“由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
11．(1)     700°C     将矿石粉碎或搅拌
(2)SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O
(3)5
(4)SiO2、CaSO4
(5)ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl
(6)Fe(OH)3、Mg(OH)2
(7)≈3.5×105>105，说明该反应可以进行完全

【分析】锂云母矿石(主要成分为SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]，内含少量镁、钙、铁的氧化物)，“焙烧”后使用Ca(OH)2中和，调pH并过滤以除去Fe3+，Al3+，不反应的SiO2和低溶解度的CaSO4；然后使用次氯酸钙氧化，并使用NaOH调pH以除去亚铁离子和Mg2+；最后加入碳酸钠沉锂，据此分析解题。
【详解】（1）由图可知，“焙烧”温度为700℃时，锂提取率最高，所以“焙烧”的温度理论上选择700℃；此外，将矿石粉碎或搅拌可提高“焙烧”效率；故答案为700℃；将矿石粉碎或搅拌。
（2）“焙烧”生成SiF4气体，Si为+4价，F为-1价；用NaOH溶液吸收，且元素化合价均不发生变化，所以方程式为SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O；故答案为SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O。
（3）为使Fe3+和Al3+完全沉淀，且溶液中离子浓度为视为完全沉淀，由图可知，Al3+完全沉淀pH值高，此时溶液中，此时pH=5，所以pH值至少调整为5；故答案为5。
（4）“焙烧”后的物质中SiO2不与Ca(OH)2反应； “中和”后产物中含有CaSO4，CaSO4溶解度不高，所以所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有SiO2和CaSO4；故答案为SiO2、CaSO4。
（5）“氧化”过程主要是氧化亚铁离子，并调pH使其沉淀，所以离子方程式为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl；故答案为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl。
（6）根据工艺流程，Fe3+和Al3+在中和过程完全沉淀，氧化过程中有Fe(OH)3生成，以及少量的Mg(OH)2，故答案为Fe(OH)3、Mg(OH)2。
（7）利用Li2CO3(s)+Ca2+(aq)CaCO3(s)+2Li+(aq)反应原理得到氢氧化锂溶液，已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4，KspCaCO3)=2.5×10-9；有因此有≈3.5×105>105，说明该反应可以进行完全；故答案为≈3.5×105>105，说明该反应可以进行完全。