2022学年湖南省永州市高一上学期期末化学试卷

1、2022学年湖南省永州市高一（上）期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是（）A用胆矾炼铜B用铁矿石炼铁C烧结粘土制陶瓷D打磨磁石制指南针【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】A胆矾的化学式为CuSO45H2O，整个过程中Cu元素由化合态转化为单质，一定发生化学变化；B铁矿石主要成份为Fe2O3，炼铁得到Fe单质，有新物质生成，属于化学反应；C制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品；D打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成【解答】解：A胆矾的化学式为CuSO45H2O，由CuSO45

2、H2OCu，有新物质生成，属于化学反应，故A不选；B铁矿石主要成份为Fe2O3，由Fe2O3Fe，有新物质生成，属于化学反应，故B不选；C制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品，故C不选；D打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成，不涉及化学反应，故选D；故选D2下列金属中，表面自然能形成致密的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）A金B钠C铁D铝【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；钠的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质【分析】由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答【解答】解：由表面自然形成的

3、氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，金性质稳定，以单质存在，故选D3下列气体不能用排空气法收集的是（）AH2BCl2CNODNO2【考点】气体的收集【分析】常用的气体的收集方法有排水法和排空气法，若密度比空气的大，采用向上排空气法，若密度比空气的小，采用向下排空气法，如果气体能和空气反应，则不能用排空气法来收集【解答】解：NO难溶于水可以用排水法收集，由于NO能和空气中的氧气反应，生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集其它选项均可利用排空气法收集，氢气用向下排空气法收集，氯气用向上排空气法收集，二氧化氮用向上排空气法

4、收集，故选C4如果你家里的食用花生油混有水分，你将采用下列何种方法分离（）A过滤B蒸馏C分液D萃取【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】食用花生油和水两种物质互不相溶，可用分液的方法分离，据此解答【解答】解：A过滤可以把不溶于液体的固体物质和液体分离，食用花生油和水是互不相溶的液体，不能用过滤的方法，故A错误；B蒸馏通常用于分离提纯沸点差别较大的互溶的混合化合物，食用花生油和水沸点相差较小，且不互溶，故B错误；C食用花生油和水两种物质互不相溶，分层，可用分液的方法进行分离，下层液体水先从分液漏斗中流出，上层液体花生油从上口倒出，故C正确；D萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一

5、种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来，食用花生油和水两种物质互不相溶，分层，无须加萃取剂，故D错误；故选C5下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是（）ASSO3BFe（OH）2Fe（OH）3CN2NH3DNa2O2Na2CO3【考点】含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】A硫不能一步转化为三氧化硫；B氢氧化亚铁被氧气氧化，和水反应生成氢氧化铁；C氮气和氢气反应生成氨气；D过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠【解答】解：A硫和氧气反应生成二氧化硫，不能一步转化为三氧化硫，故A选；B氢氧化亚铁和水、氧气反应生成氢氧化铁，化学方程式为：4Fe（OH）2O

6、22H2O=4Fe（OH）3，故B不选；C工业合成氨反应为：N23H22NH3，能通过一步化学反应完成，故C不选；D过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，该反应为2Na2O2CO22Na2CO3O2，故D不选；故选A6下列有关胶体的说法不正确的是（）A分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液BFeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都能透过滤纸C当一束强可见光通过Fe（OH）3胶体时会出现光亮的“通路”D将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中可制得Fe（OH）3胶体【考点】胶体的重要性质【分析】A溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm

7、之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；B溶液和胶体都能透过滤纸；C胶体具有丁达尔效应，溶液无此现象；DNaOH溶液与饱和的FeCl3溶液发生复分解反应生成沉淀；【解答】解：A溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液，故A正确；B胶体粒子直径较大，可通过滤纸，溶液中溶质粒子小也能通过滤纸，所以FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都能透过滤纸，故B正确；C因胶体具有丁达尔效应，产生光亮的通路，而溶液没有此性质，故C正确；DNaOH溶液与饱和的FeCl3溶

8、液发生复分解反应生成沉淀，应向沸水中滴饱和氯化铁溶液制备胶体，故D错误；故选D7下列有关物质应用的叙述中，不正确的是（）A氢氧化钠不能用于治疗胃酸过多B二氧化硫可广泛应用于食品的漂白C水玻璃浸泡过的木材既能防腐又能耐火D氢氟酸（HF）可用于刻蚀玻璃【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A氢氧化钠为强碱，具有腐蚀性；B二氧化硫有毒；C硅酸钠具有较高熔沸点，耐高温不易燃烧；D氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应【解答】解：A氢氧化钠为强碱，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故A正确；B二氧化硫有毒，不能用于食品漂白，故B错误；C硅酸钠具有较高熔沸点，耐高温不易燃烧，既能防腐又能耐火材料，故C正确

9、；D氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，故D正确；故选B8下列反应的离子方程式书写正确的是（）A氯化铁溶液与铜反应：Fe3CuFe2Cu2B氢氧化铁与稀盐酸反应：OHHH2OC钠与水的反应：Na2H2ONa2OHH2D铝与氢氧化钠溶液反应：2Al2OH2H2O2AlO23H2【考点】离子方程式的书写【分析】A离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；B氢氧化铁为难溶物，离子方程式中不能拆开；C离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；D铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气【解答】解：A氯化铁溶液与铜反应：Fe3CuFe2Cu2，故A错误；B氢氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，正确

10、的离子方程式为：Fe（OH）33H3H2OFe3，故B错误；C钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na2H2O2Na2OHH2，故C错误；D金属铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al2OH2H2O2AlO23H2，故D正确；故选D9在无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa、K、HCO3、OHBMg2、Al3、SO42、NO3CK、Cu2、NH4、NO3DH、Na、NO3、CO32【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：AHCO3、OH结合生成水和碳酸根离子，不

11、能共存，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B选；CCu2为蓝色，与无色不符，故C不选；DH、CO32结合生成水和气体，不能共存，故D不选；故选B10下列有关试剂的保存方法错误的是（）A氢氧化钠溶液保存在具有玻璃塞的试剂瓶中B少量的钠保存在煤油中C硫酸亚铁溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中D浓硝酸保存在棕色玻璃试剂瓶中【考点】化学试剂的分类【分析】A氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠溶液；B钠性质活泼，容易与氧气、水反应，密度大于煤油密度；C依据二价铁离子容易被氧化为三价铁离子，三价铁离子氧化铁生成二价铁离子解答；D浓硝酸不稳定，见光易分解【解答】解：

12、A氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，用磨口玻璃塞盛放容易将瓶塞与试剂瓶粘到一起，故A错误；B钠密度大于煤油，保存煤油中可以隔绝空气，故B正确；C硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，而铁能够还原三价铁使其成为硫酸亚铁，所以硫酸亚铁溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中可防止氧化亚铁的变质，故C正确；D浓硝酸不稳定，见光易分解，所以应保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D正确；故选：A11瓦斯中甲烷与氧气的物质的量之比为1：2时极易爆炸，此时甲烷与氧气的质量之比为（）A1：4B1：2C1：1D2：1【考点】化学方程式的有关计算【分析】令甲烷与氧气的物质的量分别为1mol、2mol，根据m=nM计算

13、甲烷、氧气的质量，据此计算判断【解答】解：令甲烷与氧气的物质的量分别为1mol、2mol，甲烷的质量为：1mol16g/mol=16g、氧气的质量为：2mol32g/mol=64g，所以甲烷与氧气的质量之比为1：4，故选A12下列有关化学实验安全问题的叙述中不正确的是（）A闻化学药品的气味时都不能使鼻子凑近药品B点燃可燃性气体之前要先检查纯度，以免发生爆炸C金属钠着火时应使用干燥的沙土灭火D凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂【考点】化学实验安全及事故处理【分析】A闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品，避免出现中毒；B可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸；C燃烧需要同时满足有

14、可燃物，由氧气或空气，能达到燃烧所需的最低温度即着火点，只要消除燃烧条件的任意一个就能灭火，钠易与水、氧气反应，与沙土不反应；D给试管加热时，可以直接加热，不需要垫上石棉网【解答】解：A闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品，避免出现中毒，正确方法为：用手轻轻在试剂瓶口煽动，让少量的药品气味进入鼻孔，故A正确；B可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸，为防止点燃时发生爆炸，点燃前必须要先检验可燃性气体的纯度，故B正确；C钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气从而促进钠燃烧，钠着火时宜用沙子隔绝空气扑灭，故C正确；D受热面积比较小的可加热仪器，不需要垫上石棉网，如在给试管中的

15、药品加热时，可以直接给试管加热，故D错误故选D13NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述中正确的是（）A标准状况下，水中含有的水分子数为NAB1molFe与足量的盐酸反应电子转移总数为3NAC常温常压下，22gCO2中含有的氧原子数为NAD500mL1mol/LMgCl2溶液中含有Cl数目为【考点】阿伏加德罗常数【分析】A标准状况下水不是气体；B铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；C计算二氧化碳物质的量n=，1mol二氧化碳含2mol氧原子；D离子浓度=溶质浓度离子数，结合n=CV=计算离子数；【解答】解：A标准状况下，水物质的量不是1mol，不能计算含有的水分子数为NA，故A错误；B铁和盐酸反应生成氯

16、化亚铁和氢气，1molFe与足量的盐酸反应电子转移总数为2NA，故B错误；中物质的量=，含有的氧原子数为NA，故C正确；LMgCl2溶液中含有Cl数目=1mol/L2NA=NA，故D错误；故选C14下列有关实验的选项正确的是（）A检验某溶液中是否含有KB除去CO中的CO2C实验室制取氯气D加热分解NaHCO3固体【考点】化学实验方案的评价【分析】A观察钾离子的火焰颜色时需要通过蓝色钴玻璃；B二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，而CO不反应；C在加热条件下二氧化锰才能与浓盐酸反应生成氯气；D碳酸氢钠分解生成水，大试管口应该稍稍向下倾斜【解答】解：A通过焰色反应判断是否含有钾离子时，需要通过蓝色钴玻璃观察

17、以便滤去钠的黄色，图示操作方法不合理，无法达到实验目的，故A错误；BCO不与氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液可以除去CO中混有的二氧化碳气体，故B正确；C图示装置制取氯气时，需要用酒精灯加热，图示装置没有加热装置，无法达到实验目的，故C错误；D该反应中有水生成，为了避免大试管炸裂，装置中大试管口应该稍稍向下倾斜，图示装置不合理，故D错误；故选B15氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl22NH3N26HCl检查氯气管道是否漏气下列说法错误的是（）A该反应中NH3被还原B该反应利用了Cl2的强氧化性C若管道漏气遇氨就会产生白烟D生成1molN2有6mol电子转移【考点】氯气的化学性质【分

18、析】反应3Cl22NH3=N26HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，以此解答【解答】解：AN元素化合价由3价升高到0价，被氧化，故A错误；BCl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，故B正确；C反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，故C正确；DN元素化合价由3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，故D正确故选A16某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干：NH4、Cl、Mg2、Ba2、K、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一

19、份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀，经足量盐酸洗涤、干燥，沉淀质量根据上述实验，以下推测正确的是（）AK一定不存在B该溶液中含CO32离子的浓度为LCCl可能存在DBa2一定不存在，Mg2可能存在【考点】常见离子的检验方法【分析】根据题意分析，第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl、CO32、SO42第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4，一定不存在Mg2第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2；根据溶液中阴阳离子的电荷守

20、恒，即可推出K一定存在，由K物质的量的变化分析Cl的情况【解答】解：根据题意，Ba2和SO42，可发生离子反应生成BaSO4，因此两者不能共存Ba2和CO32可发生离子反应生成BaCO3，因此两者也不能共存第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生ClAgAgCl、CO322AgAg2CO3、SO422AgAg2SO4，所以可能含有Cl、CO32、SO42第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2故可确定一定含有NH4，一定不存在Mg2根据反应NH4OHNH3H2O，产生NH3为，可得NH4也为第三份加足量BaC

21、l2溶液后，得干燥沉淀，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32Ba2BaCO3、SO42Ba2BaSO4，因为BaCO32HClBaCl2CO2H2O而使BaCO3溶解因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2由条件可知BaSO4为，物质的量为=，BaCO3为=，物质的量为=，则CO32物质的量为，CO32物质的量浓度为=L，A由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4，一定不存在Mg2、Ba2而CO32、SO42、NH4物质的量分别为、，CO32、SO42所带负电荷分别为2、2，共，NH4所带正

22、电荷为，根据溶液中电荷守恒，可知K一定存在，故A错误；B由上述分析可得，CO32物质的量为，CO32物质的量浓度为L，故B错误；CCO32、SO42、NH4物质的量分别为、，CO32、SO42所带负电荷分别为2、2，共，NH4所带正电荷为，根据溶液中电荷守恒，可知K一定存在，且K物质的量，当K物质的量时，溶液中还必须存在Cl，故C正确；D溶液中一定存在CO32、SO42、NH4，Ba2和CO32、SO42，可发生离子反应生成BaCO3、BaSO4，因此Ba2一定不存在同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2，故D错误；故选C二、非选择题17请根据物质在空

23、气中的应用填空（1）漂白粉中的有效成分为（填“CaCl2”或“Ca（ClO）2”）；（2）制作计算机芯片需要高纯度的（填“Si”或“SiO2”）；（3）可用作潜水艇中氧气”或“Fe3O4”）；（4）常温下盛装浓硫酸或浓硝酸可以使用容器是（填“铁罐”或“铜罐”）；（5）生产和生活中，合金几乎无处不在，我国最早使用的合金是（“铜合金”或“铁合金”）【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】（1）漂白粉主要成分氯化钙、次氯酸钙，有效成分次氯酸钙；（2）依据硅为良好的半导体材料解答；（3）依据过氧化钠能够与水、二氧化碳反应生成氧气的性质解答；（4）依据浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化

24、解答；（5）青铜是我国使用最早的合金，至今已有三千多年的历史，以此解答该题【解答】解：（1）漂白粉中的有效成分为次氯酸钙，化学式为：Ca（ClO）2；故答案为：Ca（ClO）2；（2）硅为良好的半导体材料，是制造计算机芯片的主要原料；故答案为：Si；（3）过氧化钠能够与水、二氧化碳反应生成氧气，可做供氧剂；故答案为：Na2O2；（4）浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化形成致密氧化膜阻止反应继续进行，所以可用铁罐运输浓硫酸、浓硝酸；故答案为：铁罐；（5）合金的使用与金属的冶炼有关，铜易冶炼，为最早使用的金属，青铜是我国使用最早的合金，至今已有三千多年的历史；故答案为：铜合金18氯、

25、硫、氮是中学化学常见的三种非金属，请回答下列问题：（1）工业上用电解饱和食盐水的方法生产Cl2，电解所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Ca2，要加入的试剂为（填化学式）；（2）SO2可以使品红溶液褪色，说明SO2具有性，SO2也能使新制的氯水褪色，反应的化学方程式为：SO2Cl22H2O2HCl2H2SO4，将其改写成离子方程式（3）在3Cu8HNO3（稀）3Cu（NO3）22NO4H2O的反应中，氧化产物是（填化学式），当反应产生标准状况下，硝酸作为作氧化剂消耗的物质的量为mol【考点】氧化还原反应的计算；电解原理；二氧化硫的化学性质【分析】（1）钙离子易生成碳酸钙沉淀；（2）二氧化

26、硫具有漂白性和还原性，氯气与二氧化硫反应生成盐酸和硫酸；（3）反应中Cu元素化合价由0价升高到2价，N元素化合价由5价降低到2价，结合化合价的变化计算【解答】解：（1）钙离子易生成碳酸钙沉淀，可加入Na2CO3除杂，故答案为：Na2CO3；（2）SO2可以使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性，二氧化硫具有还原性，与氯气反应生成盐酸和硫酸反应的离子方程式为Cl2SO22H2O=4HSO422Cl，故答案为：漂白；Cl2SO22H2O=4HSO422Cl；（3）反应中Cu元素化合价由0价升高到2价，N元素化合价由5价降低到2价，氧化产物为Cu（NO3）2，n（NO）=，则有硝酸被还原故答案为：Cu

27、（NO3）2；19实验室需配制LNa2SO4溶液，请你参与实验过程，并完成相关实验报告（填写表格中横线上数字序号所示内容）实验原理m=cVM实验仪器托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL、胶头滴管实验步骤（1）计算：溶质Na2SO4固体的质量为g（2）称量：用托盘天平称取所需Na2SO4固体（3）溶解：将称好的Na2SO4固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解（4）转移、洗涤：将烧杯中的溶液冷却至室温并注入仪器中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁23次，洗涤液也都注入仪器中（5）定容：将蒸馏水注入仪器至液面离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切（6）摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，然

28、后静置思考与探究（1）实验步骤（3）、（4）中都要用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、（2）某同学在实验步骤（6）后，发现凹液面低于刻度线，该同学所配置溶液是浓度（填“”、“=”或“”）L【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】实验仪器：配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此选择需要的仪器，判断缺少的仪器；实验步骤：（1）依据m=CVM计算需要溶质的质量；思考与探究：（1）依据溶解过程中为加速固体溶解速率，需要用玻璃棒搅拌，移液操作中用玻璃棒引流解答；（2）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析【解答】解：实验仪器：

29、配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，缺少的仪器为：500mL容量瓶；故答案为：容量瓶；实验步骤：（1）配制LNa2SO4溶液，需要溶质的质量m=L142g/mol=；故答案为：；思考与探究：（1）溶解过程中为加速固体溶解速率，需要用玻璃棒搅拌，移液操作中用玻璃棒引流；故答案为：引流；（2）某同学在实验步骤（6）后，发现凹液面低于刻度线，属于正常操作，部分溶液粘到瓶壁和瓶塞上，所以溶液的浓度不变，故答案为：=20铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）是

30、提取铝的原料，提取铝的工艺流程如图：请回答下列问题：（1）过滤操作需用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要；（2）流程图中固体B的成分为，流程图中试剂X为；（3）为验证滤液A含Fe3，可取少量滤液A滴加溶液，溶液显红色；（4）通入过量的CO2时发生的化学方程式为；（5）现有102t含氯化铝50%的铝土矿，理论上可炼出t金属铝【考点】制备实验方案的设计【分析】铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）提取铝：铝土矿加过量盐酸溶解后，Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解，过滤，固体B为SiO2，滤液A中含有铁离子和铝离子、氢离子，加入过量烧碱

31、，氢离子和氢氧化钠反应生成水，铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铁不溶于氢氧化钠溶液中，但氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，向偏铝酸钠溶液通入过量CO2生成沉淀C，为偏铝酸根离子和二氧化碳能发生反应生成氢氧化铝沉淀，灼烧氢氧化铝得到氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，据此分析解答【解答】解：（1）过滤操作需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；故答案为：漏斗；（2）铝土矿加过量盐酸溶解后，Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解，过滤，固体B为SiO2，滤液A中含有铁离子和铝离子、氢离子，加入过量X后得到偏铝酸钠溶液，故X为氢氧化钠；故答案为：SiO