甘肃省甘谷第一中学2020届高三化学上学期第二次检测考试试题（含解析）.docx

甘肃省甘谷第一中学2020届高三上学期第二次检测考试化学试题1.生产、生活离不开各种化学物质，下列说法正确的是A. Na2CO3用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症B. 潜水艇在紧急情况下可用过氧化钠供氧C. 金属钠具有强的还原性，可利用钠和TiCl4溶液反应制取金属TiD. 将AlCl3溶液加热蒸干，得到白色固体，成分为纯净的AlCl3【答案】B【解析】【详解】ANa2CO3碱性太强，具有腐蚀性，和胃酸反应剧烈生成二氧化碳气体易引起胃穿孔，所以碳酸钠不用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症，故A错误；B过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇的供氧，故B正确；C在溶液中含有水，钠与水容易反应，钠与TiCl4在高温下才能置换金属钛，故C错误；D将AlCl3溶液加热蒸干，由于HCl易挥发，加热促进了铝离子的水解，则最终得到的是氢氧化铝，无法得到纯净的AlCl3，故D错误；答案为B。2.我国明代本草纲目记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”。这里用到的实验方法可用于分离A. 苯和水B. 食盐水和泥沙C. 乙酸乙酯和乙酸D. 硝酸钾和硫酸钠【答案】C【解析】烧酒的制造工艺用的蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物（沸点相差大于30）。A、苯和水互不相溶，分层，用分液的方法分离，故A错误；B、食盐水和泥沙，泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故B错误；C、乙酸乙酯和乙酸沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故C正确；D、硝酸钾和硫酸钠的溶解度相差较大，可用重结晶的方法分离，故D错误；故选C。点睛：本题考查混合物的分离提纯，高考的高频考点，解题关键：把握物质的性质及性质差异。结合化学与生活、历史知识考查，有利于培养学生良好的学科素养，应用所学的知识分析问题，解决问题。3. 下列实验装置设计正确、且能达到目的的是A. 实验：制取金属钠B. 实验II：制取Fe(OH)2C. 实验：制取少量的氢氧化铝D. 实验：比较两种物质的热稳定性【答案】B【解析】试题分析：A、制取金属钠要电解熔融的氯化钠，A项错误；B、加煤油隔绝了空气，将胶头滴管插入液面以下，防止其接触空气，所以可以制取Fe(OH)2，B项正确；C、氢氧化钠过量会生成偏铝酸钠，C项错误；D、碳酸钠与碳酸氢钠位置应该交换，排除温度的影响，D项错误；答案选B。考点：考查实验的正误判断4. 判断下列有关化学基本概念的依据正确的是（ ）A. 溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔效应B. 氧化还原反应：有元素化合价升降的反应C. 强弱电解质：溶液的导电能力大小D. 共价化合物：是否含有共价键【答案】B【解析】A不正确，本质区别是分散质微粒直径大小不同；C不正确，强弱电解质的区别在于是否完全电离；D不正确，全部由共价键形成的化合物才是共价化合物，因此含有共价键的化合物不一定是共价化合物，答案选B。5.下列物质分类的正确组合是()选项混合物纯净物单质电解质A盐酸NaOH石墨K2SO4溶液B空气Fe(OH)3胶体铁Na2CO3CCuSO45H2OCaCl2水银铜D氯水KNO3晶体O3NaClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】A、硫酸钾溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、胶体是混合物，B错误；C、CuSO45H2O是纯净物，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、分类均正确，D正确，答案选D。点睛：电解质的判断是解答的难点，电解质和非电解质是对化合物的分类，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。电解质应是化合物（属于纯净物）。电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。6.某实验室需要 1.0 mol/L 的碳酸钠溶液 450 mL，利用碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)来配制。下列说法正确的是A. 应称取该碳酸钠晶体128.7 gB. 取 100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液浓度为0.5 mol/LC. 定容时俯视刻度线会引起配制溶液的浓度偏高D. 定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线【答案】C【解析】【分析】需用500 mL容量瓶配制该溶液，根据计算需要碳酸钠晶体质量；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大。【详解】143.0g，故A错误；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL，所以溶液浓度不是0.5 mol/L，故B错误；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量浓度的影响，若n偏大则c偏高，若v偏高则c偏低。7.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42、I、S2。分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是A. Na+B. SO42C. Ba2+D. NH4+【答案】A【解析】【详解】溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。【点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。【此处有视频，请去附件查看】8.下列说法中正确的是A. 工业上用电解MgO、Al2O3冶炼对应的金属B. 氯气和明矾都能用于自来水的杀菌消毒C. “血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的相同性质D. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中更耐腐蚀【答案】D【解析】【详解】AMgO的熔点为2800、熔点高，电解时耗能高，工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，故A错误；B氯水中HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，而明矾中铝离子水解生成胶体，能吸附净水，无消毒能力，则净化水的原理不同，故B错误；C血液透析原理即为渗析原理，血液是胶体，利用其不会通过半透膜的原理，涉及胶体性质，静电除尘利用的胶体电泳的性质，不是利用了胶体的相同性质，故C错误；D铝制品表面的氧化膜为致密的结构，则铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故D正确；答案为D。9.下列离子方程式正确的是A. 铝溶于NaOH溶液中：Al2OHAlO2H2B. 用Pt电极电解饱和氯化镁溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2C. 向Fe（OH）3浊液中滴加HI溶液：Fe（OH）3+3H+ =Fe3+3H2OD. 向NaOH溶液中滴加同浓度的少量Ca（HCO3）2溶液：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32-+2H2O【答案】D【解析】【详解】A铝溶于NaOH溶液中发生的离子反应为2Al2H2O+2OH2AlO23H2，故A错误；B用Pt电极电解饱和氯化镁溶液，离子方程式为：Mg2+2Cl-+2H2OMg(OH)2+H2+Cl2，故B错误；CFe(OH)3溶液中加入过量的HI溶液的离子反应为2I-+2Fe(OH)3+6H+2Fe2+I2+6H2O，故C错误；D向NaOH溶液中滴加同浓度的少量Ca(HCO3)2溶液，碳酸氢钙完全反应，钙离子和碳酸氢根按照1:2进行反应，即Ca2+2HCO3-+2OH-CaCO3 +CO32-+2H2O，故D正确；答案为D。10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 1mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NAB. 7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.2NAC. 将标准状况下11.2L的Cl2通入足量水中发生反应，转移的电子总数为0.5NAD. 23 g Na 与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子【答案】A【解析】【详解】A1mol钠完全反应失电子相同，1mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NA，故A正确；B7.8 g Na2O2的物质的量为=0.1mol，每个Na2O2只含有1个，则7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.1NA，故B错误；C依据n=计算物质的量为=0.5mol，结合氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底，转移的电子总数小于0.5NA，故C错误；D23 g Na的物质的量为1mol，由2Na+2H2O=2NaOH+H2可知，与足量H2O反应完全后可生成0.5NA个H2分子，故D错误；答案为A。【点睛】B项为易错点，注意Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成。11. 在下列给定的溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）A. Kw/c（H+）=0.lmol/L的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3B. 水电离的H+浓度为110-12mol/L的溶液：K+、Ba2+、Cl、BrC. 加入NH4HCO3固体产生气泡的溶液中：Na+、Mg2+、ClO、S2-D. 加金属铝能产生氢气的溶液中：Ca2+、NH4+、Cl、HSO3【答案】B【解析】A中溶液显碱性，亚铁离子不能大量共存；B中水的电离是被抑制的，溶液可能显酸性，也可能显碱性，正确；C中ClO能氧化S2-，不能大量共存；D中溶液可能显酸性，也可能显碱性，。显酸性HSO3不能大量共存。显碱性NH4和HSO3不能大量共存，答案选B。12.A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图所示转化关系(部分产物已略去)。下列说法正确的是A. 若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫B. 若X为KOH溶液，则A可能为AlC. 若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2D. 若X为Fe，则C可能为Fe(NO3)2溶液【答案】D【解析】【分析】若A为单质硫、X为氧气，硫与氧气反应不能直接生成三氧化硫；若X为KOH溶液，A为Al，KOH溶液与Al反应只能生成KAlO2和H2；若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，X是 HCl、A是Na2CO3、B是NaHCO3、C是NaCl，能满足转化关系；若X为Fe，A为硝酸、B为Fe(NO3)3,C为Fe(NO3)2，能满足转化关系。【详解】若A为单质硫、X为氧气，硫与氧气反应不能直接生成三氧化硫，故A错误；若X为KOH溶液，A为Al，KOH溶液与Al反应只能生成KAlO2，不能继续发生反应，故B错误；若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，X是 HCl、A是Na2CO3、B是NaHCO3、C是NaCl，也能满足转化关系，所以X不一定为CO2，故C错误；若X为Fe，A为硝酸、B为Fe(NO3)3,、C为Fe(NO3)2，能满足转化关系，所以若X为Fe，则C可能为Fe(NO3)2溶液，故D正确。13.某同学为测定Na2CO3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。下列说法不正确的是A. 必须在间添加吸收HCl的装置B. 的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度C. 通入空气的作用是保证中产生的气体完全转移到中D. 称取样品和中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度【答案】A【解析】【详解】A项，氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；B项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B项正确；C项，根据中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证中产生的二氧化碳完全转移到中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；D项，中产生的沉淀为碳酸钡，中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。故答案选A。14. 下列金属冶炼的反应原理，错误的是A. 2NaCl（熔融）2NaCl2B. Al2O33H22Al3H2OC. Fe3O44CO3Fe4CO2D. 2HgO2HgO2【答案】B【解析】铝是活泼的金属，采用电解熔融的氧化铝，B不正确，其余都是正确的，答案选B。15.有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0molL盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为A. Fe2O3B. Fe3O4C. Fe4O5D. Fe5O7【答案】D【解析】16. 将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）A. Mg和Al的总质量为8gB. 硫酸的物质的量浓度为5 mol/LC. 生成的H2在标准状况下的体积为112LD. NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L【答案】D【解析】试题分析：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，A由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，A错误；B沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于240mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的1/2倍，所以n（Na2SO4）=1/20.2L5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为0.5mol0.5L=1mol/L，B错误；C由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=30.2mol+20.15mol=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol22.4mol/L=10.08L，C错误；D由200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为0.2mol(0.24L0.2L)=5mol/L，D正确；答案选D。【看到我】本题考查以图象题的形式考查镁铝的重要化合物、混合物计算等【名师点晴】解答时注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。17.分NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O。(1)上述反应中氧化剂是_。(2)根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：食醋、碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒，你认为必须选用的物质有_(填序号)。(3)某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_(填选项字母)。ANaClBNH4ClCHNO3D浓H2SO4(4)请配平以下化学方程式：AlNaNO3NaOH=NaAlO2N2H2O。若反应过程中转移5mole，则生成标准状况下N2的体积为_L。【答案】(1)NaNO2；(2)；(3)B；(4)10641032；11.2；【解析】试题分析：(1)2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O，氮元素的化合价降低，所以NaNO2氧化剂，故答案为：NaNO2；(2)水、淀粉、白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故答案为：；(3)NaNO2N2是被还原，必须加还原剂；N元素氧化性弱于O和Cl元素，故只能加NH4Cl作还原剂方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，亚硝酸钠中氮得到3电子指向氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮，故答案为：B；(4)Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2+2H2O，过程中转移5mole-，则生成标准状况下N2的体积为5mol22.4L/mol=11.2L，故答案为：10；6；4；10；3；2；11.2。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、配平，为高频考点，氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应及能量变化的考查，注意从元素化合价角度及图象角度分析。18.铁及其化合物在日常生活中应用广泛。（1）取5.6 g的生铁与足量的稀硫酸混合反应，无论怎样进行实验，最终收集的气体体积均小于2.24 L(标准状况)，最主要的原因是_；所得溶液在长时间放置过程中会慢慢出现浅黄色，试用离子方程式解释这一变化的原因：_。（2）氧化铁是重要的工业颜料，下面是制备氧化铁的一种方法（铁屑表面常附着油污），其流程如下：操作的名称是_；操作为洗涤，洗涤操作的具体方法为_。滤液A中加入稍过量的NH4HCO3溶液，生成沉淀的同时有一种气体(能使澄清石灰水变浑浊)产生，写出其化学方程式： _。（3）如果煅烧不充分，产品中将有FeO存在，称取3.0 g氧化铁产品，加酸溶解，在250 mL容量瓶中定容；量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用酸化的0.010 00 molL1 KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定23次，消耗酸性KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。该实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是_(填序号)。a硝酸 b盐酸 c硫酸 上述产品中Fe2O3的质量分数为_。【答案】 (1). 生铁中含有碳等杂质 (2). 4Fe2O24H=4Fe32H2O (3). 过滤（溶解过滤也可） (4). 沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次 (5). FeSO42NH4HCO3=FeCO3(NH4)2SO4CO2H2O (6). c (7). 76%【解析】分析】（1）生铁是铁碳合金，碳与稀硫酸不反应；Fe2具有还原性，易被氧气氧化为Fe3；(2)铁屑用纯碱溶液洗去油污，加稀硫酸充分反应，经过过滤分离，在滤液中加入过量的碳酸氢铵溶液得到碳酸亚铁，再经过过滤、洗涤，然后再干燥，煅烧得到氧化铁；（3）硝酸具有强氧化性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯离子；FeO与KMnO4反应的关系式是5FeOKMnO4，根据关系式计算Fe2O3的质量分数。【详解】（1）生铁是铁碳合金，碳与稀硫酸不反应，所以取5.6 g生铁与足量的稀硫酸混合反应，无论怎样进行实验，最终收集的气体体积均小于2.24 L(标准状况)；Fe2具有还原性，易被氧气氧化为Fe3，反应的离子方程式是4Fe2O24H=4Fe32H2O；(2) 操作是固液分离，名称是过滤；洗涤操作的具体方法为沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次；硫酸亚铁溶液中加入稍过量的NH4HCO3溶液生成碳酸亚铁沉淀和二氧化碳气体和硫酸铵，反应化学方程式是FeSO42NH4HCO3=FeCO3(NH4)2SO4CO2H2O；（3）亚铁离子具有还原性，硝酸具有强氧化性，不能用硝酸酸化，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯离子，不能用盐酸酸化，故选c；设样品中FeO的质量为xg5FeOKMnO4360g 1mol xg 0.02L0.01molL110 x=0.72g，Fe2O3的质量位3.0 g-0.72g=2. 28g，产品中Fe2O3的质量分数为。19.铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。工业上综合利用铝土矿的部分工艺流程如下。（1）在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。 该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成：Fe2+ClO+ = Fe(OH)3+Cl+ 。_（2）检验滤液B中是否还含有Fe2+的方法为：_。（3）将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，选用的最好试剂为_（填代号）。a氢氧化钠溶液 b硫酸溶液 c氨水 d二氧化碳（4）由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、_（填操作名称）、过滤、洗涤。（5）滤渣的主要成分是_（填化学式），其与NaOH固体焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_（填代号），该反应的化学方程式是 _。【答案】 (1). 2Fe2+ClO+5H2O=2Fe(OH)3+Cl+4H+ (2). 加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀或滴加高锰酸钾溶液，紫红色褪去 (3). c (4). 冷却结晶 (5). SiO2 (6). B (7). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O【解析】【分析】图示工艺流程为：铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2)加入稀盐酸，得到滤渣为二氧化硅，滤液中含有铁离子、亚铁离子和氯离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硅与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠；【详解】(1)滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；亚铁离子被氧化为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀，次氯酸根离子被还原为氯离子，反应的两种方程式为：2Fe2+ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4H+；(2)要检验滤液B中是否还含有铁元素，可以利用铁离子和亚铁离子的检验方法进行检验，取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；(3)滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；a氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过量会溶解氢氧化铝，故a不是最好；b硫酸溶液不能沉淀铝离子，故b不符合；c氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c符合；d二氧化碳和氯化铝不反应，不能生成氢氧化铝沉淀，故d不符合；故答案为c；(4) 由滤液B制备氯化铝晶体时，加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤，洗涤；(5)滤渣的主要成分是 SiO2，其与NaOH固体焙烧制备硅酸钠;A蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故A不符合；B铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故B符合；C