《福建省大田县第一中学2022年高一化学第一学期期中教学质量检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省大田县第一中学2022年高一化学第一学期期中教学质量检测试题含解析.doc（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是A钠保存在煤油里的原因之一是极易被氧气氧化B用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的少量HClC制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于
2、热水中D某溶液加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液一定含有大量2、下列说法不正确的是：A配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶是否干燥对配制结果无影响B在进行钠与水反应的实验时，多余的钠需要放回原试剂瓶中C丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射形成的D已知钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，所以两种电解质的活泼性：水大于乙醇3、已知 2FeCl3 + 2KI =2FeCl2 + 2KCl + I2 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3，判断下列物质氧化能力由强到弱的顺序 ( )AFe3+ Cl2 IBI2 Cl2 Fe3+CCl2 Fe3+ I2DCl2 I2 Fe3+4、设NA表示阿
3、伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A1mol氧气中有2NA个氧原子 B使用摩尔时必须指明微粒的名称C1mol CO2所含的原子总数为3NA个 D1mol任何物质所含各种微粒的数目均为NA个5、历史上被称为“世界八大公害”和“20 世纪十大环境公害”之一的洛杉矶光化学烟雾事件使 人们深刻认识到了汽车尾气的危害性。汽车尾气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产 生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）A烟雾是一种固溶胶，其分散剂是空气BO2 和 O3 是氧的两种同素异形体C反应 I 属于氧化还原反应DNO2 不是酸性氧化物6、运输汽油的车上，贴有的危险化学
4、品标志是ABCD7、在反应SiO23CSiC2CO中，氧化剂与还原剂的质量比是A3660 B6036 C12 D138、某NaOH样品中含有少量Na2CO3、NaHCO3和H2O，经分析测定，其中含NaOH83.4%（质量分数，下同）， NaHCO3 8.8%，Na2CO3 6.4%，H2O 1.4%。将此样品若干克投入到49克21%的稀硫酸中，待反应完全后，需加入20克9.0%的NaOH溶液方能恰好中和。则蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于A25B20C15D109、下列转化过程中必须加入还原剂的是( )AFeSH2S BSO32-SO2 CFe3+Fe2+ DCuCu2+10、下列说法不正
5、确的是( )A过滤法可以除去食盐中的泥沙 B蒸馏烧瓶使用前一般不需要检漏C冷却水从冷凝管的下口进入，上口流出 D将温度计的水银球插入待蒸馏的液体中11、如图所示装置，试管中盛有水，气球a盛有干燥的固体过氧化钠颗粒，U形管中注有浅红色的水，已知过氧化钠与水反应是放热的。将气球用橡皮筋紧缚在试管口，实验时将气球中的固体颗粒抖落到试管b的水中，不会出现的现象是（ ） A气球a变大B试管b内有气泡冒出CU形管内浅红色褪去DU形管水位d高于c12、在一定温度下，向饱和烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列说法正确的是A溶液中有晶体析出，Na数目变小B溶液中有气体逸出，Na数目增加C
6、溶质的质量分数增大D溶液中Na数目减少，溶质质量分数变小13、下列操作会使配制溶液的物质的量浓度偏高的是A没有洗涤烧杯和玻璃棒B定容时凹液面最低处低于刻度线C容量瓶用蒸馏水洗涤干净后没有干燥就移入所配制溶液D转移过程中有少量溶液溅出14、溶液中有0.2mol XO4-，加入0.3mol Na2SO3恰好反应，已知Na2SO3被氧化成Na2SO4，则还原产物中X的化合价为A+1 B+3 C+4 D015、某气体物质的质量为6.4 g，含有6.021022个分子，则该气体的相对分子质量是A64B32C96D12416、关于反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，下列说法正确的是AH2O既不
7、是氧化剂又不是还原剂 BCaH2中H元素被还原C此反应中氧化产物与还原产物的原子个数比为1:1 DCa(OH)2是氧化产物二、非选择题（本题包括5小题）17、现有 0.1L 无色溶液，其含有的阳离子可能是 K+、Cu2+、Ca2+，含有的阴离子可能 Cl-、CO32-、SO42-现做以下实验：取 50mL 溶液置于大烧杯中，向溶液中加入过量的 BaCl2 溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，洗涤， 干燥，后称得 4.30g 固体将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过 滤洗涤干燥后称量得到 2.33g取少量实验后上层清液滴入 AgNO3 溶液，有白色沉
8、淀生成。(1)根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有_（填离子符号），一定含有_（填离子符号），可能含有_（填离子符号），请设计方案证明原溶液中可能含 有的离子：_。(2)写出上述过程中一定发生反应的离子方程式：_。(3)若经证明没有 Cl则该溶液中的 K+的物质的量浓度是：_。18、有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，Y元素原子核内有8个质子，Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同。（1）写出X元素符号_，画出Y元素的原子结构示意图_。（2）写出Z单质与X2Y反应化学方程式_。19、（1）写出下列仪器的名称： ， ， 。（2）仪器中，使用时必须检查是否漏水的是 (填序号
9、)。（3）若利用装置分离酒精和水的混合物，还缺少的仪器是 ，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为 ；的进水口是 (填“f”或“g”)。20、现需配制0.1molL1NaOH溶液480mL，根据此，回答下列问题：（1）配制氢氧化钠溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、和_。（2）实验时需要托盘天平称量氢氧化钠_g；（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）_。A用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C将溶解的氢氧化钠溶液冷却室温后，沿玻璃棒注入容量瓶中
10、 D将容量瓶盖紧，上下颠倒摇匀 E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（4）配制0.1 mol L1NaOH溶液的实验中，如果出现以下操作，会导致配制溶液的浓度偏大的有_ (填写字母)。A称量时用了生锈的砝码 B未洗涤溶解NaOH的烧杯CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D容量瓶未干燥即用来配制溶液 E定容时仰视刻度线F定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线21、铝矾石(主要成分是Al2O3，还含有少量杂质SiO2、Fe2O3)是工业上用于炼铝的主要矿物之一，由铝矾石制取金属铝的工艺流程图如下：请
11、回答下列有关问题：（1）下列有关铝矾石以及用铝矾石炼铝的说法中，正确的是_。A铝矾石中含有两种类型氧化物B铝矾石与河沙含有完全相同的成分C铝矾石炼铝需要消耗电能D铝矾石炼铝的过程中涉及置换反应（2）加入原料A时发生反应的离子方程式有_。（3）滤液中所含溶质有_；步骤反应的离子方程式为_。（4）若步骤中用氨气代替CO2，步骤生成沉淀的离子方程式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A钠能与氧气、与水反应，煤油能隔绝空气和水分，A正确；B二氧化碳能和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，应用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的少量HCl，B错误； C制备Fe(OH)3胶体，通常
12、是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中加热到溶液呈红褐色为止，C错误；D某溶液加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液不一定含有大量，也可能是碳酸氢根离子，D错误；答案选A。2、D【解析】A.用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，在使用前要先检查是否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，故A正确；B.钠为极活泼的金属，易和水反应生成氢气，所以实验后剩余的少量钠要放回原试剂瓶中，故B正确；C.胶粒直径介于1100nm之间，小于可见光波长，对光散射形成丁达尔效应，故C正确；D.钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，说明乙醇羟基中的H不如水中的H活泼，乙醇比水更难电离，所以乙醇是非电解质，故D错
13、误。故选D。【点睛】注意电解质和非电解质是对化合物的分类，单质既不是电解质也不是非电解质，乙醇属于非电解质。3、C【解析】由于氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此可根据氧化还原方程式比较氧化性的强弱。由反应可知，铁元素化合价降低，被还原，因此FeCl3是氧化剂，FeCl2是还原产物；碘元素化合价升高，被氧化，KI是还原剂，I2是氧化产物，故氧化性：Fe3+I2；由反应可知，铁元素化合价升高，被氧化，FeCl2是还原剂，FeCl3是氧化产物；氯元素化合价降低，被还原，Cl2是氧化剂，FeCl3是还原产物；故氧化性：Cl2Fe3+。答案选C。4、D【解析】A.1molO2中含有的氧原子数为：1
14、mol2NAmol-1=2NA，故A正确；B.物质的量所指的对象是微观粒子，如分子、离子、电子、原子团等，1molH表示1mol氢原子，1molH2表示1mol氢气分子等，所以在使用时必须指明对象，防止出现错误，故B正确；C.1mol CO2所含的原子总数为1mol3NAmol-1=3NA，故C正确；D. 构成物质的微粒不同，不能说1mol任何物质所含各种微粒的数目均为NA个，如1molH2中含有NA个氢分子，2NA个氢原子，故D错误。答案选D。5、A【解析】A.烟雾是一种气溶胶；B.同种元素的不同单质属于同素异形体；C.有元素化合价升降的反应是氧化还原反应；D.与水反应只生成对应酸的氧化物属
15、于酸性氧化物。【详解】A.烟雾是一种气溶胶，其分散剂是空气，故A错误；B.同种元素的不同单质属于同素异形体，O2 和 O3是氧的两种同素异形体，故B正确；C.NO与O3反应生成NO2，反应I中存在元素化合价的升降，属于氧化还原反应，故C正确；D.与水反应只生成对应酸的氧化物属于酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故D正确；故答案选A。6、B【解析】汽油属于易燃品，车上应该贴上易燃液体的标志。【详解】A图中所示标志是腐蚀品标志，故A错误； B图中所示标志是易燃液体标志，故B正确； C图中所示标志是自燃品标志，故C错误； D图中所示标志是氧化剂标志，故D错误。故答案选B。7、
16、C【解析】SiO2+3C SiC+2CO中，C元素的化合价一部分由0降低为-4价，另一部分由0升高为+2价，由电子守恒可知，若3molC参加反，只有1molC为氧化剂、2molC作还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量比是12，故选C。8、C【解析】最后全部生成硫酸钠，根据硫酸根守恒计算其质量。【详解】NaOH、Na2CO3、NaHCO3与硫酸反应的产物都是硫酸钠，硫酸过量，用NaOH溶液刚好中和，最后全部生成硫酸钠，即蒸发得到的固体为硫酸钠，根据硫酸根守恒可得硫酸钠的质量是，即蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于15g。答案选C。【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确反应的原理，注意利用硫酸根守恒计
17、算是解答的关键。9、C【解析】必须加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，加入还原剂后发生氧化还原反应，所含元素化合价降低，以此解答。【详解】A、FeSH2S中无化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、SO32-SO2中无化合价变化，是非氧化还原反应，故B错误；C、Fe3+Fe2+中化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故C正确；D、CuCu2+中化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故D错误。答案选C。10、D【解析】A. 泥沙不溶于水，过滤法可以除去食盐中的泥沙，A正确；B. 蒸馏烧瓶不带有活塞，使用前一般不需要检漏，B正确；C. 冷凝时应该逆向冷却，即冷却水从冷凝管的下口进入，上
18、口流出，C正确；D. 蒸馏实验中温度计测量蒸汽的温度，应该将温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管出口处，不能插入待蒸馏的液体中，D错误。答案选D。11、C【解析】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，反应放热，可使广口瓶内压强增大，过氧化钠具有强氧化性，以此解答该题。【详解】A. 反应生成氧气，则气球a变大，故A正确；B. 反应生成气体，则试管b中有气泡冒出，故B正确；C. 由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，故C错误；D. 产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位dc
19、，故D正确；故选C。12、A【解析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，因原烧碱溶液是饱和的，恢复到原温度，仍为饱和的氢氧化钠溶液，但与原溶液相比较，溶液中的溶质和溶剂均减少，据此分析可得结论。【详解】A溶液中有晶体析出，溶液的质量减少，Na数目减少，故A说法正确；B溶液中Na数目是减小的，故B说法错误；C因变化前后两溶液均为饱和溶液，溶质的质量分数不变，故C说法错误；D溶液中NaOH的质量分数不变，故D说法错误；答案选A。【点睛】本题主要考查过氧化钠与水反应和饱和溶液的相关性质，在分析时要注意虽然过氧化钠与水反应会生成氢氧化钠，但原氢氧化钠溶液已饱和，故溶液中溶质的量并不会增加，由于反应消耗水，会
20、导致原溶液中部分溶质会析出。13、B【解析】A.没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故A不符合题意；B.定容时凹液面最低点低于刻度线，导致溶液的体积偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏高，故B符合题意；C.容量瓶中有少量蒸馏水，由于后面还需要加水定容，所以容量瓶中有蒸馏水不影响配制结果，故C不符合题意；D.转移过程中有少量溶液溅出，导致溶质物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故D不符合题意；故选B。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中误差分析。一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，
21、误差分析时，需要紧扣c=分析，关键看配制过程中引起n和V怎样的变化。14、C【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒分析。【详解】设还原产物中X的化合价为y，XO4-中X的化合价为+7价，Na2SO3被氧化成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升至+6价，根据得失电子守恒，0.2mol（+7）-y=0.3mol（+6）-（+4），解得y=+4，答案选C。15、A【解析】根据n=N/NA计算该气体的物质的量，再根据M=m/n计算该气体的摩尔质量，当摩尔质量以gmol1作单位，数值上等于其相对分子质量【详解】6.4g某气体的物质的量为6.021022/6.021023mol1=0.1mol。摩尔质量
22、为6.4g/0.1mol=64gmol1，当摩尔质量以gmol1作单位，数值上等于其相对分子质量，所以该气体的相对分子质量为64。故选A。16、C【解析】该反应中，只有氢元素的化合价发生变化，在CaH2中H为-1价，被氧化成0价；CaH2中H元素被氧化，B错误；反应物水中H为+1价，被还原为0价，因此，H2O在该反应中作氧化剂，A错误；2个 H2O分子中有2个氢原子被还原生成1分子H2，另外2个氢原子价态未发生变化，CaH2中的2个氢原子被氧化生成1分子H2，所以H2既是氧化产物又是还原产物，其分子个数之比为1:1，故C正确；由于H2既是氧化产物又是还原产物，所以Ca(OH)2为生成物，既不是
23、氧化产物，也不是还原产物，D错误；综上所述，本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu2+、Ca2+ K+、CO32-、SO42- Cl- 取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量Ba(NO3)2使碳酸根、硫酸根完全沉淀后，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl- Ba2+CO32-=BaCO3、Ba2+SO42-=BaSO4、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl 0.8mol 【解析】溶液无色，一定不存在铜离子；取50mL的溶液在大烧杯中加入中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，干燥，烘干后得4.30g固体，说明碳酸根和
24、硫酸根至少含有一种；将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤干燥后称量得到2.33g，说明白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，则一定存在碳酸根和硫酸根，因此一定不存在钙离子，根据溶液显电中性可知一定存在钾离子；取少量实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是氯化银，但引入了氯化钡，所以不能确定是否含有氯离子。（1）根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有Cu2+、 Ca2+，一定含有K+、CO32-、SO42-，可能含有氯离子，证明含有氯离子的实验方案是：取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量的Ba（NO3）2溶液使CO32-、SO4
25、2-完全沉淀后取上层清液于试管中加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl，若无白色沉淀则无Cl；（2）根据以上分析可知一定发生的离子方程式为：CO32-+Ba2+BaCO3、SO42-+Ba2+BaSO4、BaCO3 +2H+Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl；（3）硫酸钡的物质的量是=0.01mol，碳酸钡质量4.30g-2.33g=1.97g，物质的量是0.01mol，根据电荷守恒可知若经证明没有Cl则该溶液中的K+的物质的量是0.004mol，浓度是=0.8mol/L。18、H Cl2+H2OHCl+HClO 【解析】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y
26、元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。【详解】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。(1)X为氢元素，元素符号为H；氧原子结构示意图为 ； (2) X2Y为水，Z的单质为氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为Cl2+H2OHCl+HClO。19、（1）蒸馏烧瓶，冷凝管，容量瓶。（2）（3）温度计，蒸馏，g【解析】试题分析：（1）根据仪器的结构可知，为蒸馏烧瓶，为冷凝管，为容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶，冷凝管，容量瓶；（2）
27、容量瓶在使用前一定要查漏，故答案为：；（3）利用蒸馏装置分离酒精和水的混合物，必须使用温度计，故答案为：温度计；制取蒸馏水的实质是蒸馏过程，冷凝管下口是进水口，上口是出水口。考点：考查化学实验的基本操作知识20、500mL容量瓶 2.0 BCAFED AC 【解析】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等,据此选择需要仪器,根据配制溶液体积选择容量瓶规格；（2）根据m=nM=CVM计算所需溶质的质量；（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，据此排序； （4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，
28、根据c=n/V进行误差分析；【详解】（1）配制0.1molL1NaOH溶液480mL时，要选择500mL容量瓶。配制溶液过程中主要包括：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，故答案为500mL容量瓶。（2）实验时需要托盘天平称量氢氧化钠质量m=nM=CVM=0.1molL-150010-3L40g/mol=2.0g（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,所以正确的顺序为：BCAFED。因此，本题正确答案是：BCAFED； （4）A.称量时用了生锈的砝码,导致称
29、取的氢氧化钠质量偏大，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高；B.未洗涤溶解NaOH的烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；C.NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；D.容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；E.定容时仰视刻度线,导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小; 综上，本题选A、C。21、C Al2O3+6H+2Al3+3H2O，Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O NaOH、NaAlO2
30、 OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3 Al3+3NH3H2OAl(OH)3+NH4+ 【解析】氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则步骤中生成的沉淀是氢氧化铝，因此滤液中含有偏铝酸盐，则原料B是强碱，因此滤液中含有铝盐和铁盐，则原料A应该是酸，所以残渣是二氧化硅，结合问题分析解答。【详解】（1）A、铝矾石中含有的SiO2是非金属氧化物，氧化铁是金属氧化物，氧化铝是两性氧化物，因此含有三种类型的氧化物，故A错误；B、河沙的主要成分为SiO2，因此铝矾石与河沙含有的成分不完全相同，故B错误；C、电解法炼铝，必定消耗电能，故C正确；D、步骤是酸溶解氧化铁和氧化铝，步骤是
31、碱沉淀铁离子以及把铝离子转化为偏铝酸根离子，步骤是二氧化碳把偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解以及氧化铝电解均是分解反应，所以铝矾石炼铝的过程中涉及复分解反应、分解反应等，不涉及置换反应，故D错误。答案选C。（2）原料A溶解矿石，可利用强酸，分离出不溶物SiO2，反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O。（3）步骤中可加入强碱例如氢氧化钠，沉淀出Fe3，使Al3转化为偏铝酸根离子留在溶液里，所以滤液中所含溶质为NaOH、NaAlO2。通入CO2发生的反应为：OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3；（4）若步骤中用氨气代替CO2，则滤液中含有铝离子，则步骤生成沉淀的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+NH4+。【点睛】该题以铝矾石制取金属铝的工艺流程图为载体，培养学生获取有关的感性知识和印象，并运用分析、比较、概括、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用的能力。该题的关键是明确有关物质的性质差异，并能结合流程图灵活运用即可。