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解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）•c2（OH-）=5×10-12，而c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，故c（OH-）大于10-3mol/L，则溶液中的c（H+）小于10-11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失，

故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；

（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3-，还含有OH-；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3-，OH-；Ca（HCO3）2；

（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+①，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑ ②

将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑，故答案为：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑；

（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，故答案为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．

解：硫铁矿烧渣（主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅），加硫酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，加废铁皮，Fe与三价铁离子反应生成亚铁离子，过滤去除多余的铁，滤液为硫酸亚铁溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体，晶体中加稀硫酸、双氧水得到聚合硫酸铁[Fe2（OH）n（SO4）3-n/2]m，

（l）根据流程图可知，操作I为过滤，需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，

故答案为：漏斗、玻璃棒；

（2）“酸溶”后的溶液中含有Fe3+和Fe2+，Fe2+具有还原性，所以检验Fe2+试剂是KMnO4 溶液，现象是紫红色褪去，

故答案为：KMnO4 溶液；紫红色褪去；

（3）操作Ⅲ的目的是由溶液得到晶体FeSO4•7H2O，需蒸发浓缩、冷却结晶，洗涤的操作方法是向漏斗里加入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作2-3次，

故答案为：蒸发浓缩（加热浓缩）、冷却结晶；向漏斗里加入蒸馏水，使水没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作2～3次；

（4）酸性条件下H2O2氧化Fe2+为Fe3+，同时生成水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．

解：从流程来看①是加入浓硫酸，将铜溶解为铜离子，同时铁的化合物以二价或三价进入溶液．第②步加入H2O2溶液，将二价铁氧化为三价铁，第③步再加入CuO调pH到3.7～5.2之间，过滤除去氢氧化铁（滤渣），铜离子留在溶液．为了防止铜离子在加热浓缩时水解，加入硫酸控制酸度，抑制水解．当溶液浓缩到一定程度，冷却即可结晶出胆矾，过滤即得产品，

（1）A可选用浓H2SO4、加热，稀硫酸不能溶解Cu，而浓FeCl3溶液、浓HNO3会引入杂质，故答案为：b；

（2）H2O2与Fe2+发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）第③步目的是调节pH值，使用碱性物质，但不能引入新的杂质，故选用CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，使PH正好让氢氧化铁完全沉淀，而氢氧化铜不沉淀，故答案为：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；3.7-5.2；

（4）加H2SO4调节pH=1，防止铜离子水解，生成氢氧化铜沉淀，故答案为：抑制Cu2+水解；

（5）过滤操作主要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒等，操作⑥的主要步骤为蒸发浓缩、冷却结晶以得到硫酸铜晶体，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒等；蒸发浓缩；冷却结晶；

（6）上述流程中产生污染环境的二氧化硫，硫酸利用率低，可以先加热，并在稀硫酸中通入氧气，这样不好产生二氧化硫气体，以避免污染环境，故答案为：产生污染环境的二氧化硫，硫酸利用率低；加热，并在稀硫酸中通入氧气．

解：根据题目流程知道：废水处理过程中，调节pH，可以发生反应：CN-+ClO-═CNO-+Cl-，3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O，含有CNO-和SO42的水样继续处理即可得到待检水样．

（1）由图可知，将废水中的离子实现上述转化时，利用了氧化还原反应，则主要使用的方法为氧化还原法，故答案为：氧化还原法；

（2）NaClO溶液呈碱性，是因次氯酸根离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为ClO-+H2OHClO+OH-，故答案为：ClO-+H2OHClO+OH-；  

（3）碱性条件下，CN-离子与NaClO发生氧化还原反应，无气体放出，则生成CNO-、Cl-离子，离子反应为CN-+ClO-═CNO-+Cl-，故答案为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；

（4）每0.4molCr2O72-转移2.4mol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol×2×（6-x）=2.4mol，解得x=+3，则离子反应为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O，

故答案为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；

（5）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，Cu（OH）2（s）+S2-（aq）═CuS（s）+2OH-（aq），

故答案为：Cu2+；Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；Cu（OH）2（s）+S2-（aq）=CuS （s）+2OH-（aq）；CuS比Cu（OH）2更难溶（或溶解度更小）．

解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的Br-氧化溴单质，因为单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗．由流程图可知单质溴在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，故答案为：CCl4；分液漏斗；

（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；由表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全，pH大于12.2时，Ca2+开始沉淀，所以理论上可选择pH最大范围是11.0≤pH＜12.2；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，

故答案为：除去溶液中的SO42-；11.0≤pH＜12.2；盐酸；

（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，故答案为：bd．

解：根据流程可知：A溶于水得沉淀和溶液，溶液G是硫酸铝溶液，沉淀F是氧化铝和氧化铁；

将沉淀F溶于过量NaOH溶液中，Al2O3能和氢氧化钠反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应，所以沉淀C是Fe2O3，溶液D是NaAlO2；

溶液G中加入过量的氨水得到沉淀E，则E为Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH溶液反应得到NaAlO2，将Al（OH）3加热得到沉淀B，B是Al2O3，硫酸铝和氨水反应生成Al（OH）3和硫酸铵，

（1）分离溶液和固体的操作方法为过滤，故答案为：过滤；

（2）通过以上分析知，B是Al2O3，C是Fe2O3，D是NaAlO2，E是Al（OH）3，故答案为：Al2O3；Fe2O3；NaAlO2；Al（OH）3；

（3）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+2H2O，向D的溶液通入过量的CO2，D为偏铝酸钠溶液，二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-，溶液G中含有铝离子，铝离子与过量稀氨水反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，

故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+2H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．

解：水钴矿磨矿将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，加入稀硫酸，矿渣为SiO2，滤液中含有：CoSO4、Fe2（SO4）3、MgSO4、CaSO4，加入碳酸钠，除去Fe2（SO4）3，加入氟化钠，除去钙镁，过滤得主要含CoSO4的溶液，加入草酸铵，通过沉淀、过滤、洗涤、干燥得到四水合草酸钴．

（1）根据图知，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出12小时后，浸出率变化不大，90℃和120℃浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳的浸出时间为12小时，最佳的浸出温度为90℃，

故答案为：D；  

（2）增大反应物接触面积，可以加快化学反应速率，所以矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，提高矿石的溶出（浸出）率；过滤操用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等；其中属于玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，

故答案为：矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率；提高矿石的溶出（浸出）率；玻璃棒；

（3）该沉淀中吸附易溶于水的离子，根据流程图知，溶液中还含有钠离子，所以沉淀上含有钠离子，得到的沉淀要进行洗涤和干燥才能得到较纯净、干燥的物质，

故答案为：Na+；洗涤；干燥；

（4）KSP（CaF2）=1.11×10-10，KSP（MgF2）=7.40×10-11，则滤液中===1.5，

故答案为：1.5；

（5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：CoO2+Li++e-=LiCoO2，

故答案为：CoO2+Li++e-=LiCoO2；

解：苯酚的工业废水的处理流程原理：工业废水与苯进入设备Ⅰ，苯酚溶解于苯中，得到苯酚、苯的溶液与可以排放的无酚工业废水，将苯酚从工业废水里提取出来，用分液的方法将下层的工业废水放出排放，苯酚和氢氧化钠反应得到苯酚钠溶液，向苯酚钠中通入二氧化碳可以得到苯酚和碳酸氢钠，所以A是氢氧化钠，B是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氧化钙的水溶液即氢氧化钙之间反应得到碳酸钙，碳酸钙沉淀高温分解为氧化钙和二氧化碳，二氧化碳和氧化钙可以循环使用．

（1）工业废水与苯进入设备Ⅰ得到苯酚、苯的溶液与可以排放的无酚工业废水，说明在设备Ⅰ中进行的是萃取，利用苯与苯酚相似的结构互溶与与水不溶，将苯酚从工业废水里提取出来，用分液的方法将下层的工业废水放出排放，上层的苯酚、苯混合液进入设备Ⅱ；萃取、分液必须用到的仪器名称叫分液漏斗，

故答案为：萃取、分液；分液漏斗；

（2）盛有苯酚、苯溶液的设备②中注入氢氧化钠溶液，此时，具有酸性的苯酚跟氢氧化钠发生反应，生成苯酚钠和水，由设备②进入设备Ⅲ的物质A是C6H5ONa，在设备Ⅱ中的液体分为两层，上层是苯层，下层是苯酚钠的水溶液，上层的苯通过管道送回设备①中继续萃取工业废水中的苯酚，循环使用，下层的苯酚钠溶液进入设备③，在盛有苯酚钠溶液的设备Ⅲ中，通入过量的二氧化碳气，发生化学反应，生成苯酚和碳酸氢钠，故答案为：C6H5ONa；NaHCO3；　

（3）依据碳酸性比苯酚的酸性强，弱酸盐与“强”酸发生的复分解反应，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，反应的方程式为C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，

故答案为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；

（4）设备Ⅴ应是石灰窑，CaCO3高温分解所得的产品是氧化钙和二氧化碳，所得二氧化碳通入设备Ⅲ，反应所得氧化钙进入设备Ⅳ．在含苯酚工业废水提取苯酚的工艺流程中，苯、氧化钙、CO2、和NaOH理论上应当没有消耗，它们均可以循环使用，故答案为：CO2；NaOH．

解：（1）化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，溶液中质量分数=×100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需计算出浓盐酸的体积和水的体积，需用量筒量取，浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器稀释选择a，玻璃棒搅拌加速溶解选择c，

故答案为：增大接触面积从而使反应速率加快；ac；

（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）=1.6×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，

故答案为：Fe3+；Mg（OH）2、Ca（OH）2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少；

（3）无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H20 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用b mol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=（V0-V1）b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：mol/L=mol/L，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大，

故答案为：上方；；偏大．

解：MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应会得到氢氧化镁以及氢氧化铝的混合物沉淀，将沉淀洗涤干燥进行焙烧可以得到MgAl2O4，

（1）如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化镁沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀，故答案为：B；

（2）过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁，防止液体溅出，故答案为：漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；

（3）沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，高温焙烧固体应在坩埚中进行，

故答案为：AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）；坩埚；

（4）金属铝可以的氯气之间发生反应生成氯化铝，因为氯化铝遇潮湿空气即产生大量白雾，并且能和HCl反应，制得的氯气中含有氯化氢和水，应该除去，并且要防止空气中水的干扰，F可以吸收水分，防止生成的氯化铝变质，

B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，G是吸收反应剩余的氯气．

故答案为：除去HCl；吸收水蒸气．

解：（1）由流程图可知C1O2发生器中目的是产生C1O2，二氧化硫具有还原性，将ClO3-还原为C1O2，自身被氧化为SO42-，反应离子方程式为2SO2+4ClO3-=4C1O2+2SO42-；

故答案为：2SO2+4ClO3-=4C1O2+2SO42-；

（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2，以防止爆炸，故选b；

（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解，吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量所需要的试剂是酚酞，过量时，显示红色，反之不会显示红色．

故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2═2ClO2-+O2↑+2H2O；防止H2O2受热分解，有利于NaClO2•3H2O的析出；酚酞．

（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，故答案为：b；

（5）得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体．

故答案为：重结晶．

解：（1）A为三颈烧瓶，冷凝水应从下口进水，才有利于冷水在冷凝器中存在，冷凝效果更好；

反应会产生二氧化硫，不能直接排放到大气中，用碱液吸收，加倒扣的漏斗是防止倒流，

故答案为：三颈烧瓶；a；吸收二氧化硫，并防止倒吸；

（2）①次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解，需要控制温度，故须水浴加热，可以使反应受热均匀，且更容易控制温度，

故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；　

②HCHO具有挥发性，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，

故答案为：HCHO；

（3）抽滤装置不同于普通过滤装置，由减压系统（真空泵）、抽滤瓶、安全瓶和布氏漏斗等组成，抽滤时滤纸应略低于布氏漏斗内径，

故答案为：抽滤瓶、安全瓶；小于；

（4）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化．

解：（1）依据流程图分析操作Ⅰ是矿石酸溶后分离固体和液体的方法，实验操作是过滤；操作Ⅱ是加入有机物溶解铜的化合物且能和水分层，实验操作是分液，用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗等，故答案为：过滤；分液漏斗；

（2））“浸出”步骤中，为提高铜的浸出率，可以升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取），故答案为：升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）；

（3）利用水和有机溶剂萃取提纯硫酸铜溶液结晶得到硫酸铜晶体；操作II、操作III的主要目的是除去溶液中的杂质，故答案为：除去杂质、富集铜元素；

（4）亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色，但是铁离子不可以，铁离子遇到硫氰化钾显示红色，所以用硫氰化钾检验铁离子的存在，再取少量待测液，滴加几滴高锰酸钾的酸性溶液，紫色褪去，说明溶液中存在Fe2+，故答案为：硫氰化钾；另取少量溶液，滴加几滴高锰酸钾的酸性溶液，紫色褪去，说明溶液中存在Fe2+；

（5）20.00mLn（Cu2+）=n（H2Y2-）=bc×10-3mol，

则ag试样中n（CuSO4•5H2O）=bc×10-3mol×=5bc×10-3mol，

m（CuSO4•5H2O）=5bc×10-3mol×250g/mol=1.25bcg，

则CuSO4•5H2O质量分数为=，

故答案为：；

 （6）A．滴定临近终点时，用洗瓶中的蒸馏水洗下滴定管尖嘴口的半滴标准液至锥形瓶中，对实验无影响，故A错误；

B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00mL进行滴定，会导致溶液浓度偏小，测定结果偏低，故B错误；

C．滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，会导致体积偏大，测定结果偏大，故C正确．

故答案为：C．

解：根据流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀盐酸，得到滤渣为二氧化硅，滤液中含有铁离子、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；二氧化硫与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠，

（1）滤液B中是否还含有铁元素的方法为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，

故答案为：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；

（2）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了会溶解氢氧化铝，氢氧化钠不是最佳试剂，故a错误；

b．硫酸溶液不与铝离子反应，故b错误；

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正确；

d．二氧化碳和氯化铝不反应，无法生成氢氧化铝沉淀，故d错误；

故答案为：c；

（3）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，故答案为：加入浓盐酸；过滤；

（4）A．蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故A错误；

B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，可在铁坩埚中用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故B正确；

C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故C错误；

D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故D错误；

故答案为：B．