1、四川省蓬安县第二中学2019-2020学年高一化学下学期开学考试试题（含解析）相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55第I卷（选择题)一、单选题（每小题3.5分）1.化学与生产和生活密切相关，下列说法不正确的是A. 金属钠可以保存在煤油或酒精中，防止在空气中变质B. 吕氏春秋别类编有“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”记载中不涉及化学反应C. 墨水是一种胶体，不同墨水混用时可能使钢笔流水不畅或者堵塞D. 持续加热到一定温度能杀死甲型H1N1流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性【答案】A【解析】【详解】A、钠较活泼，易和水、氧气
2、反应而变质，煤油和钠不反应且密度小于钠，所以煤油可以保存钠；钠和乙醇反应生成乙醇钠和氢气，所以不能用乙醇保存钠，选项A不正确；B、合金的硬度一般大于成分金属，“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性，不涉及化学反应，选项B正确；C、不同的墨水可能是带相反电荷胶粒的胶体，故混合使用后会发生胶体的聚沉，从而堵塞钢笔，选项C正确；D、病毒的主要成分是蛋白质，在高温条件下能发生变性，故高温能杀菌消毒，选项D正确；答案选A。2.下列关于胶体和溶液的说法错误的是A 溶液呈电中性，胶体带有电荷B. 溶液中分散质微粒能透过滤纸，胶体中分散质微粒也能透过滤纸C. 制备氢氧化铁胶体时，可以将饱和F
3、eCl3溶液滴入沸水中D. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒 直径在1100nm【答案】A【解析】【分析】胶体不带电；依据溶液与胶体分散质粒度大小判断；氯化铁与水加热反应生成氢氧化铁胶体和氯化氢；胶体本质特征分散质粒度介于1100nm。【详解】A、胶体本身不带电，能够吸附带电的离子形成带电的胶体微粒，故A错误；B、溶液中分散质粒度小于1nm，胶体分散质介于1100nm，溶液中分散质微粒能透过滤纸，滤纸孔径小于100nm，胶体中分散质微粒也能透过滤纸，故B正确；C、将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O = Fe(OH)3（胶体）+3
4、HCl，可以用于制备氢氧化铁胶体，故C正确；D、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒 直径在1100nm，故D正确。答案选A。3.下列有关实验原理或实验操作正确的是A. 喷泉实验B. 收集NO2C. 制备SO2 D. 除去Cl2中的HCl 【答案】D【解析】【详解】A氮气不溶于水，不能形成喷泉实验，故A错误；B二氧化氮与水反应，不能排水法收集，故B错误；CCu与稀硫酸不反应，不能制备二氧化硫，故C错误；DHCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，导管长进短出、洗气可分离，故D正确；故选：D。4.从海水中提取溴，主要反应为：2Br- +Cl2 Br2+2Cl-，下列说法正确的是（ ）A.
5、 氯气的氧化性比溴单质强B. 溴离子被还原C. 氯气发生了氧化反应D. 该反应属于复分解反应【答案】A【解析】【分析】在氧化还原反应中，氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，据此分析。【详解】在氧化还原反应中，氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物；A. 在该反应中氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，溴元素化合价升高，溴离子是还原剂，溴单质是氧化产物，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化
6、产物的氧化性，所以氯气的氧化性比溴单质强，A项正确；B. 溴离子失电子化合价升高，溴离子作还原剂，具有还原性，被氧化，B项错误；C. 氯气化合价降低，被还原，发生还原反应，C项错误；D. 该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，复分解反应中反应前元素的化合价都不变，所以一定不属于复分解反应，D项错误；答案选A。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物；判断氧化还原反应中元素化合价的变化是解决这类题的突破，另外就是要熟记以上几个概念之间的关系。5.
7、把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但没有气体放出的是A. 硝酸银溶液B. 硫酸铜溶液C. 稀硫酸D. 硫酸铁溶液【答案】D【解析】A、铁和硝酸银发生置换反应，析出银的质量大于铁的质量，导致溶液质量减小，选项A错误；B、铁和硫酸铜发生置换反应，析出铜的质量大于铁的质量，导致溶液质量减小，选项B错误；C、铁和稀硫酸反应有氢气生成，选项C错误；D、铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，没有气体生成且溶液质量增加，所以符合题意，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查铁的化学性质，注意探究与铁反应后溶液质量增减的问题，根据与铁反应前后溶质的相对分子质量的大小来确定溶液质量的增减即可。6.下列所得溶液的物
8、质的量浓度等于0.1mol/L的是A. 将标准状况下2.24LHCl气体充分溶解在 1 L水中B. 将10克质量分数为98%H2SO4与990克H2OC. 将8克SO3溶于水并配成1L溶液D. 将0.1molNa2O溶于2 LH2O中【答案】C【解析】【详解】A将标准状况下2.24LHCl气体充分溶解在水中，形成 1 L溶液，才能得浓度为0.1molL1的溶液，故A错误；B将10克质量分数为98%的H2SO4与990克H2O，由于硫酸的密度不为1gmL1，得到的溶液不是1L，故B错误；C将8克SO3溶于水生成9.8g硫酸即0.1mol，并配成1L溶液，浓度为0.1molL1，故C正确；D将0.
9、1molNa2O溶于2 LH2O中，生成0.2molNaOH，但溶液不是2L，故D错误；故选C。7.分类是化学研究的重要方法,下列物质分类错误的是()A. 化合物:干冰、明矾、烧碱B. 同位素:石墨、C60、金刚石C. 混合物:漂白粉、纯净矿泉水、盐酸D. 非电解质:乙醇、四氯化碳、甲烷【答案】B【解析】【详解】A干冰为二氧化碳、明矾为硫酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是纯净物中的化合物，故A正确；B石墨、C60、金刚石是碳的单质属于碳元素的同素异形体，故B错误；C漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水属于混合物、盐酸是氯化氢气体的水溶液属于混合物，故C正确；D乙醇、四氯化碳、甲
10、烷属于非电解质，故D正确；故选B。8.在下列化学方程式中，能用离子方程式H+ + OH-= H2O表示的是A. H2CO3+ 2NaOH = Na2CO3+2H2OB. HCl + NH3H2O = NH4Cl + H2OC Fe(OH)3+ 3HCl = FeCl3+ 3H2OD. H2SO4+ 2KOH = K2SO4+ 2H2O【答案】D【解析】【详解】A. H2CO3为弱酸，应以化学式保留，H2CO3+ 2NaOH = Na2CO3+2H2O的离子方程式为H2CO3+2OH-=CO32-+2H2O，A不选；B. NH3H2O为弱碱，应以化学式保留，HCl + NH3H2O = NH4C
11、l + H2O的离子方程式为H+NH3H2O=NH4+H2O，B不选；C. Fe(OH)3为难溶于水的弱碱，应以化学式保留，Fe(OH)3+ 3HCl = FeCl3+ 3H2O的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O，C不选；D. H2SO4+ 2KOH = K2SO4+ 2H2O的离子方程式为H+OH-=H2O，D选；答案选D。9.613CNMR(核磁共振)可以用于含碳化合物的结构分析，613C表示的碳原子()A. 核外有13个电子B. 核内有6个质子，核外有7个电子C. 质量数为13，核内有7个质子D. 质量数为13，核内有7个中子【答案】D【解析】【详解】A. 核外有6个
12、电子，质量数为13，故A错误；B. 核内有6个质子，7个中子，核外有6个电子，故B错误；C. 质量数为13，核内有6个质子，故C错误；D. 质量数为13，核内有7个中子，故D正确；故选D。10.下列氧化还原反应中，水只作为还原剂的是（）A. 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2B. 2H2O2H2+O2C. 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2D. 2F2+2H2O4HF+O2【答案】D【解析】【详解】A. 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2反应中，水中H的化合价由+1价变为0价，作氧化剂，O的化合价不变，与题意不符，A错误；B. 2H2O2H2+O2反应中，水中H的化合价由+1价
13、变为0价，作氧化剂，O的化合价由-2价变为0价，作还原剂，与题意不符，B错误；C. 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2反应中，水中H、O元素的化合价均为变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，与题意不符，C错误；D. 2F2+2H2O4HF+O2反应中，水中H的化合价不变，O的化合价由-2价变为0价，作还原剂，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】水只作为还原剂，则只能为水中氧元素的化合价升高为零价。11.一块表面已被氧化为Na2O的钠块17.0g，将其投入100水中，产生H20.2g，则被氧化的钠是A. 4.6 gB. 12.4 gC. 6.2 gD. 9.2 g【答案】D【解析】n（H2）=0
14、.1mol，根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，n（Na）=2n（H2）=20.1mol=0.2mol，m（Na）=0.2mol23g/mol=4.6g，m（Na2O）=17.0g-4.6g=12.4g，n（Na2O）=0.2mol，根据Na守恒，被氧化的Na的物质的量为0.2mol2=0.4mol，被氧化的Na的质量为0.4mol23g/mol=9.2g，答案选D。12.关于NaHCO3性质的有关叙述正确的是()A. 只能与强酸反应,不能与强碱反应B. 医疗上可用于治疗胃酸过多C. 与足量的酸反应时放出的CO2比等质量的Na2CO3要少D. 同温度时,NaHCO3的溶解度Na2CO3
15、的溶解度【答案】B【解析】【详解】A.碳酸氢钠和强碱反应生成碳酸盐，和强酸反应生成CO2，选项A正确；B.碳酸氢钠可用于医疗上治疗胃酸过多，选项B正确；C.碳酸氢钠的摩尔质量小于碳酸钠的，所以与足量的酸反应时放出的CO2比与等质量的Na2CO3要多，选项C不正确；D.在相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，选项D不正确；答案选AB。13.下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是A. X原子电子层数比Y原子的电子层数多B. 达到稳定结构时，X比Y得电子数多C. X的氢化物比Y的氢化物稳定D. Y单质可以将X从NaX的溶液中置换出来【答案】C【解析】【详解】A. 对于同一主族的元素，电子层数
16、越少，其非金属性越强，故A错误；B. 对于同周期主族元素，达到稳定结构时，达到稳定结构时得到的电子数越少，其非金属性越强，故B错误；C. X的氢化物比Y的氢化物稳定，说明X的非金属性强于Y，故C正确；D. Y单质可以将X从NaX的溶液中置换出来，说明Y的非金属性强于X，故D错误；故答案选C。14.下列关于硫及含硫化合物的叙述正确的是( )A. SO2的漂白原理与次氯酸相同B. 浓硫酸可以干燥H2、NH3、CO2等气体C. 浓硫酸具有吸水性，能使pH试纸变黑D. 硫与铜在加热条件下反应生成Cu2S【答案】D【解析】【详解】A二氧化硫的漂白性是利用有色物质和二氧化硫反应生成无色物质，次氯酸的漂白性
17、是利用次氯酸的强氧化性，所以二者漂白原理不同，故A错误；B浓硫酸具有强氧化性和酸性，所以浓硫酸不能干燥碱性及还原性气体，碱性气体如氨气，还原性气体如硫化氢，故B错误；C浓硫酸使pH试纸变黑体现了浓硫酸的脱水性而不是吸水性，故C错误；D硫单质的氧化性较弱在于金属单质反应时只能将其氧化成较低价态，故D正确；故答案为D。15.固体X只可能由A1、（NH4)2SO4 ，MgCl2FeCl2, AlCl3中的一种或几种组成，某同学对该固体进行了如下实验下列判断正确的是A. 气体甲一定是纯净物B. 固体X中一定不存在FeCl2C. 白色沉淀甲可能是混合物D. 固体X中一定存在AlCl3、(NH4)2SO4
18、, MgCl2【答案】B【解析】【分析】固体X与过量浓氢氧化钠溶液反应生成气体甲，Al、（NH4）2SO4都能与NaOH反应生成反应，分别生成氢气和氨气，且两种气体通过碱石灰后体积都不会发生变化，则气体甲可能为氢气和氨气的混合物；生成的无色溶液甲中通入过量二氧化碳后生成无色溶液乙和白色沉淀乙，则白色沉淀为氢氧化铝，原固体X中一定含有Al或AlCl3；生成的白色沉淀甲久置无变化，则固体X中一定不含AgNO3、FeCl2，否则氢氧化银（不稳定，很快会转化成棕黑色的氧化银沉淀）、氢氧化亚铁沉淀的颜色会发生变化，一定含有MgCl2。【详解】A. 由以上分析可知，气体甲可能为氢气和氨气的混合物，故A错误
19、；B. 由以上分析可知固体 X 中一定不存在 FeCl2、AgNO3，故B正确；C. 白色沉淀甲为氢氧化镁，属于纯净物，故C错误；D. 根据分析可知，固体X中一定含有MgCl2，不能确定是否含有AlCl3、(NH4)2SO4，故D错误。故选B。16.向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图所示则下列说法中不正确的是A. 还原性：I-Fe2+Br-B. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为3molC. 线段AB表示Fe2+被氯气氧化D 原溶液中：n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）2：1：3【答案】C【解析】【详解】A、反应2Fe2+Br2=2Fe3
20、+2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：Fe2+Br-，反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I-Fe2+，所以还原性I-Fe2+Br-，故A正确；B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的
21、量为3mol，故B正确；C、通入氯气后，碘离子先被氧化，线段AB即在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，表示I-被氯气氧化，故C错误；D、通入氯气的量为13mol的过程中，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=2：1：3，故D正确；答案选C。第II卷（非选择题)17.(1)标准状况下，0.2mol NH3与_g H2O的电子数相等。(2)含有相同氧原子数的CO和CO2，其质量比为_。(3)已知14g A和40g B恰好完全反应生成0.25mol C和38g D，则C的摩尔质量_。(4)已知V m
22、LAl2（SO4）3溶液中含Al3+ a g，则溶液中SO42-的物质的量浓度是_。(5)下列8种化学符号：11H2、12H2、614C、36Li、1123Na、714N、37Li、1224Mg。表示核素的符号共_种。互为同位素的是_。中子数相等，但质子数不相等的核素是_。【答案】 (1). 3.6 (2). 14：11 (3). 72gmol1 (4). molL1 (5). 6 (6). 36Li、37Li (7). 1123Na、1224Mg【解析】【详解】（1）NH3含有10个电子，则0.2mol NH3含有2mol电子，H2O分子含有10个电子，则0.2mol水与0.2mol氨气含有
23、的电子数相等，则m（H2O）=0.2mol18mol1=3.6，故答案为：3.6；（2）含有相同氧原子数的CO和CO2，二者的物质的量为2：1，质量比为228：44=14：11，故答案为：14：11；（3）已知14g A和40g B恰好完全反应生成0.25mol C和38g D，则C的质量为14g+40g-38g=18g，则C的摩尔质量为=72gmol1，故答案为：72gmol1；（4）n（Al3）=mol，则n（SO42）=mol = mol，则溶液中SO42的物质的量浓度是= molL1，故答案为： molL1。（5）表示核素的符号有614C、36Li、1123Na、714N、37Li、1
24、224Mg共6种。质子数为3，中子数分别为3和4，互为同位素的是36Li、37Li。中子数相等，但质子数不相等的核素是1123Na、1224Mg，中子数相等12，但质子数分别为11、12。故答案为：6；36Li、37Li；1123Na、1224Mg。【点睛】本题考查了阿伏加德罗定律及其推论，明确相同条件下，气体的体积与其物质的量之间的关系是解本题关键，并结合基本公式来分析解答，难点（4）注意铝离子和硫酸根离子的计量数之比。18.在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。 反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O(1)“双线桥法”标
25、出电子转移情况_。 (2)若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）： 理论上需要多少克KMnO4参加反应？_。被氧化的HCl的物质的量为多少？_。【答案】 (1). (2). 6.32g (3). 0.2 mol【解析】【分析】(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；(2)先计算Cl2的物质的量，然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。【详解】(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后C
26、l2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO4、MnCl2前的系数是2，HCl前的系数是10，Cl2前的系数是5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：；(2)在标准状态下， 2.24LCl2的物质的量n(Cl2)=0.1mol。根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2时，参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol=0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO4)
27、=0.04mol158g/mol=6.32g；由反应化学方程式可知，HCl被氧化后生成Cl2，因此根据Cl元素守恒可知：被氧化的HCl的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol2=0.2mol。【点睛】本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。19.利用废旧镀锌铁皮可制备
28、磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO,制备流程如图所示：(1)从流程图可知,Zn、Fe中能与NaOH溶液反应的是_。(2)Zn(OH)2沉淀加热可得ZnO,该反应_（填“是”或“不是”）氧化还原反应。(3)向不溶物中加入稀H2SO4发生反应的离子方程式是_。(4)加入适量H2O2的目的是_。(5)如何证明已生成了Fe3O4胶体? _。(6)流程中所需的硫酸溶液由焦硫酸(H2SO4SO3)溶于水配制而成，其中的SO3都转化为硫酸，若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L 硫酸，该硫酸的物质的量浓度为_mol/L。【答案】 (1). Zn (2). 不是 (3). Fe+2H=Fe2+H2 (4).
29、 做氧化剂，将部分Fe2氧化为Fe3 (5). 利用丁达尔效应 (6). 1.25【解析】【分析】废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，调节溶液PH生成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到氧化锌，不溶物为铁，溶于稀硫酸加入适量过氧化氢，调节溶液PH=12，部分氧化亚铁离子为铁离子，得到含Fe2、Fe3的B溶液，加热促进水解生成四氧化三铁胶体粒子。【详解】（1）锌是两性金属能溶于酸或碱，而Fe只与酸反应，不与碱反应，则加入氢氧化钠，锌发生反应，故答案为：Zn；（2）Zn（OH）2沉淀加热可得ZnO，元素化合价不变，为非氧化还原反应，
30、故答案为：不是；（3）不溶物为Fe，加入硫酸反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为Fe+2H=Fe2+H2，故答案为：Fe+2H=Fe2+H2；（4）在酸性条件下，H2O2能将Fe2氧化成Fe3，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H2Fe3+2H2O，故答案为：做氧化剂，将部分Fe2氧化为Fe3；（5）胶体具有丁达尔效应，可用丁达尔效应检验胶体的生成，故答案为：利用丁达尔效应；（6）n（H2SO4）=2n（H2SO4SO3）=2=5mol，所以该硫酸的物质的量浓度为c（H2SO4）=1.25molL1，故答案为：1.25；【点睛】本题以“废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物Zn
31、O”为载体，考查实验基本操作和技能，涉及标准溶液的配制及滴定的误差分析、对信息的利用、实验条件的控制等，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力，难点（6）注意利用关系式计算。20.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。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下。（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。检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为：_（注明试剂、现象）。将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为_（填代号）。 a氢氧化钠溶液 b硫酸溶液 c氨水 d二氧化碳由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操
32、作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、冷却结晶、_（填操作名称）、洗涤。该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成配平：_Fe2+_ClO+_=_Fe(OH)3+_C1+_（2）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_（填代号）。【答案】 (1). 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 (2). c (3). 过滤 (4). 2 (5). 1 (6). 5H2O (7). 2 (8). 1 (9). 4H+ (10). B【解析】【分析】由流程可知，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
33、硅，滤液A中含有铁离子、亚铁离子和铝离子；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，据此分析解答。【详解】（1）铝土矿经酸溶、氧化后铁元素全部以铁离子形式存在，所以检验滤液B中是否还含有铁元素也即检验铁离子，方法为取少量滤液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。滤液B中的铝以铝离子形式存在，生成的沉淀是氢氧化铝沉淀，而氢氧化铝沉淀溶于强碱，所以应加入弱碱使铝离子沉淀，答案选c。滤液B在浓盐酸的存在下加热浓缩防止铝离子水解，从而冷却结晶制的氯化铝晶体，然后过滤、洗涤即可。根据氧化还原反应的配平方法，先根据得失电子守恒，配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，根据Fe、Cl的化合价可知，Fe元素的系数是2，Cl元素的系数是1，根据元素守恒得反应物的空白处含H元素，为H2O或H+，检验可知是前者，则产物的空白处的物质是H+，然后根据电荷守恒配平离子的系数，H+的系数是4，再根据元素守恒配平其他物质的系数即可；（2）蒸发皿、试管、瓷坩埚中都有二氧化硅的成分，反应物中的氢氧化钠易与反应仪器反应，所以不能选择，因此选择铁坩埚作为反应仪器，答案选B。
