【化学】内蒙古开来中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）

内蒙古开来中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
一. 选择题（每小题3分，共60分，每小题只有一个正确答案）
1. 化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药
B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C. 实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源
D. 垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用
【答案】D
【详解】A.化肥和农药虽然能提高农作物的产量和质量，但会污染环境、影响人体健康，不能大量使用，A错误；
B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除对环境的污染，B错误；
C.化石燃料属于不可再生能源，故仍需开发新能源缓解能源缺乏的问题，C错误；
D.垃圾可分类回收利用，节约能源，D正确
答案选D。
2. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，是灰霾天气的主要原因，它主要来自化石燃料的燃烧（如机动车尾气、燃煤）等，下列与PM2.5相关的说法不正确的是（ ）
A. 大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量
B. 开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖
C. 多环芳烃是强致癌物，能吸附在PM2.5的表面进入人体
D. PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
【答案】D
【解析】
【分析】大力发展电动车，开发利用各种新能源，可减少化石燃料的使用和PM2.5的排放，PM2.5具有较强的吸附性，可吸附一些有害物质，不利用人体健康。
【详解】A.大力发展电动车，减少燃油汽车的使用，可减少尾气排放，所以A选项是正确的；
B.开发利用各种新能源，可减少化石燃料的使用，减少环境污染，所以B选项是正确的；
C. PM2.5具有较强的吸附性，可吸附一些有害物质，不利用人体健康，所以C选项是正确的；
D. 砷为非金属元素，故D错误。
答案选D。
3.下列物质在括号内的条件下可以与烷烃发生反应的是（ ）
A. 氯水(光照) B. 浓硫酸 C. 氧气(点燃) D. 酸性KMnO4溶液
【答案】C
【详解】烷烃化学性质稳定，不与强酸、强碱、酸性高锰酸钾溶液、溴水发生反应，但在光照条件下可以与气态卤素单质发生取代反应，点燃条件与氧气发生燃烧反应，故选C。
4.液态的植物油不能发生的反应是（ ）
A. 酯化反应 B. 氧化反应 C. 水解反应 D. 加成反应
【答案】A
【详解】液态的植物油属于油脂，含有碳碳双键和酯基，碳碳双键能够发生氧化反应和加成反应，酯基能够发生水解反应，不含有羧基，不能发生酯化反应，故选A。
5.下列物质，将其在稀酸存在下分别进行水解，最后生成物只有一种的是（ ）
①蔗糖 ②淀粉 ③蛋白质 ④油脂
A. ①和② B. ② C. ②③和④ D. ④
【答案】B
【详解】①在稀酸存在下，蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖两种，故错误；
②在稀酸存在下，淀粉水解的最终产物只有葡萄糖，故正确；
③在稀酸存在下，蛋白质水解的最终产物为多种氨基酸，故错误；
④在稀酸存在下，油脂的水解产物为高级脂肪酸和甘油，故错误；
故选B。
6.下列物质有固定溶、沸点的是（ ）
A. 煤油 B. 花生油 C. 已酸 D. 聚乙烯
【答案】C
【解析】
【分析】纯净物具有固定的沸点，混合物因含多种成分没有固定的沸点。
【详解】A项、煤油是石油分馏的产品，属于混合物，没有固定溶、沸点，故A错误；
B项、花生油属于油脂，属于混合物，没有固定溶、沸点，故B错误；
C项、已酸属于羧酸，为纯净物，有固定溶、沸点，故C正确；
D项、聚乙烯为高分子化合物，属于混合物，没有固定溶、沸点，故D错误；
故选C。
7.下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的有（ ）
A. 乙烷 B. 乙醇 C. 丙烯 D. 乙烯
【答案】D
【解析】
【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，甲基具有甲烷的结构特点，分子中所有原子不可能处于同一平面上。
【详解】乙烷、乙醇和丙烯均含有甲基，分子中所有原子不可能处于同一平面上，乙烯为平面结构，所有原子都处于同一平面，故选D。
8.既可以用来鉴别甲烷和乙烯，又可以用来除去甲烷中混有的少量乙烯的操作方法是(　　)
A. 混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
B. 混合气体通过盛有足量溴水的洗气瓶
C. 混合气体通过盛有蒸馏水的洗气瓶
D. 混合气体与适量氯化氢混合
【答案】B
【详解】A．乙烯可使酸性KMnO4溶液褪色，甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，可以鉴别，但酸性KMnO4溶液能将乙烯氧化生成CO2，又引入新的杂质CO2，A错误；
B．乙烯与溴发生反应：CH2=CH2＋Br2→，生成油状液体1，2－二溴乙烷，溴水褪色，甲烷与溴水不反应，可以鉴别，并且还可除去甲烷中乙烯，B正确；
C．甲烷与乙烯均难溶于水，不能鉴别，且不能除去甲烷中的乙烯，C错误；
D．乙烯在适当条件下才能与HCl发生加成反应氯乙烷，反应中HCl量难以控制，且不能除去甲烷中的乙烯，D错误；
答案为B。
9.下列物质，都能与Na反应放出H2，其产生H2的速率排列顺序正确的是（ ）
①C2H5OH　②CH3COOH(aq)　③NaOH(aq)
A. ①>②>③ B. ②>①>③
C. ③>①>② D. ②>③>①
【答案】D
【解析】
【分析】羟基中H原子活泼性的顺序为：羧酸＞水＞醇。
【详解】乙醇中的羟基能和钠反应生成氢气，醋酸中的羧基能和金属钠反应放氢气，氢氧化钠溶液中的水可以和金属钠反应产生氢气，羟基中H原子活泼性越强，与Na反应放出H2的速率越快，羟基中H原子活泼性的顺序为：羧酸＞水＞醇，则产生H2的速率排列顺序为②>③>①，故选D。
10.实验室用乙酸、乙醇、浓硫酸制取乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和碳酸钠溶液的上面得到无色油状液体，振荡混合液，有气泡产生，原因是（　　）
A. 产品中有被蒸馏出的硫酸
B. 有部分未反应的乙醇被蒸馏出来
C. 有部分未反应乙酸被蒸馏出来
D. 有部分乙醇跟浓硫酸反应
【答案】C
【解析】
【分析】因为乙酸、乙醇易挥发，在制取乙酸乙酯时没有反应的乙酸、乙醇会被蒸馏出来，乙酸与碳酸钠溶液发生反应产生二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于水，溶液分层，密度比水小，乙酸乙酯在上层，而硫酸难挥发，该温度下不会被蒸馏出来，据此完成本题。
【详解】A、浓硫酸是难挥发性酸，在该温度下不会被蒸馏出来，产品中不会有被蒸馏出的硫酸，故A错误；
B、乙醇易挥发，蒸馏出的乙酸乙酯含有乙醇，但因为乙醇不与碳酸钠反应，不会产生气泡，故B错误；
C、因为乙酸易挥发，制备的乙酸乙酯含有乙酸，而乙酸与碳酸钠反应生成了二氧化碳，所以C选项是正确的；
D、有部分乙醇跟浓硫酸反应，该温度下浓硫酸与乙醇不会生成气体，故D错误。
答案选C。
11.下列实验方案不合理的是（ ）
A. 鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中加入新制Cu(OH)2并加热
B. 鉴别织物成分是真丝还是人造丝：用灼烧的方法
C. 鉴定苯中无碳碳双键：加入高锰酸钾酸性溶液
D. 鉴别己烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量己烯和苯中
【答案】A
【详解】A项、新制Cu(OH) 2 悬浊液与葡萄糖反应生成砖红色沉淀，此反应必须在碱性条件下发生，蔗糖水解是用稀硫酸作催化剂，没有加碱至碱性，故A错误；
B项、真丝成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，则利用灼烧的方法鉴别织物成分是真丝还是人造丝，故B正确；
C项、苯分子不能使酸性高锰酸钾褪色，说明分子中不含碳碳双键，故C正确；
D项、己烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，苯不能与溴的四氯化碳溶液反应，则将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量己烯和苯中可鉴别己烯和苯，故D正确；
故选A。
12.可用分液漏斗分离的一组混合物是（ ）
A. 硝基苯和酒精 B. 溴苯和溴
C. 苯和甲苯 D. 硝基苯和水
【答案】D
【解析】
【分析】分液漏斗可以将互不相溶的两种液体分离。
【详解】A项、硝基苯和酒精能互溶，不能用分液漏斗分离，故A错误；
B项、溴苯和溴能互溶，不能用分液漏斗分离，故B错误；
C项、苯和甲苯能互溶，不能用分液漏斗分离，故C错误；
D项、硝基苯和水不互溶，能用分液漏斗分离，故D正确；
故选D。
13.苯的二溴代物有三种，则四溴代物有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】C
【详解】苯的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故四溴代物与二溴代物同分异构体数目相同，由于苯的二溴代物有3种同分异构体，故四溴代物的同分异构体数目也为3种，故选C。
14.乙醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸乙酯，反应温度为115～125℃，反应装置如图。下列对该实验的描述错误的是（ ）

A. 不能用水浴加热
B. 长玻璃管起冷凝回流作用
C. 提纯乙酸乙酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤
D. 加入过量乙酸可以提高乙醇转化率
【答案】C
【详解】A项、实验室制取乙酸乙酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，不能用水浴加热，故A正确；
B项、实验室制取乙酸乙酯时，反应物乙酸和乙醇易挥发，可在反应装置中安装长玻璃管或冷凝回管起冷凝回流作用，防止反应物损耗，提高原料的利用率，故B正确；
C项、在强碱性条件下酯易水解，纯乙酸乙酯不能用NaOH溶液洗涤，可用饱和Na2CO3溶液洗涤， 故C错误；
D项、从化学平衡移动原理可知，增大反应物乙酸的量，平衡正反应方向移动，可提高另一种反应物乙醇的转化率，故D正确；
故选C。
15.下列叙述正确的是（ ）
①CO2的大量排放会加剧温室效应
②酸雨的pH为5.6，主要是因为溶解了SO2
③利用太阳能、风能和氢能替代化石能源可以改善空气的质量
④含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，不会导致水体污染
⑤为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理
A. ①②③④⑤ B. ②③⑤
C. ①③⑤ D. ①②④⑤
【答案】C
【详解】①温室效应加剧主要是由于现代化工业社会燃烧过多煤炭、石油和天然气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体进入大气造成的，故正确；
②正常雨水的pH为5.6，是因为溶解了二氧化碳气体形成的碳酸造成，故错误；
③太阳能、风能和氢能替代化石燃料可以有效减少二氧化碳和二氧化硫等气体的排放，故正确；
④含磷合成洗涤剂会引起水生富营养化，使植物快速生长 引起水体污染，故错误；
⑤电池中的重金属离子会带来水和土壤污染，为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理，故⑤正确；
①③⑤正确，故选C。
16.氧化还原反应广泛应用于金属的冶炼。下列说法不正确的是（ ）
A. 电解熔融NaCl制取金属钠的反应中，钠离子被还原，氯离子被氧化
B. 湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素都发生还原反应
C. 用磁铁矿炼铁的反应中，1 mol Fe3O4被CO还原成Fe，转移9 mol e−
D. 铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化
【答案】C
【详解】A、电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，钠离子得电子生成单质钠被还原，发生还原反应；氯离子失电子生成氯气单质被氧化，发生氧化反应，所以A选项是正确的；
B、湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素得电子生成铜单质，所以都发生还原反应，所以B选项是正确的；
C、Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，Fe3O4中3个Fe原子共显+8价，故1 mol Fe3O4被CO还原成Fe，转移8 mol e−，故C错误；
D、铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化，但很快会凝固，所以D选项是正确的。答案选C。
17.下列说法错误的是（ ）
A. 石油中含有C5~C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油
B. 含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油
C. 煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物
D. 煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来
【答案】D
【详解】A、石油是由烷烃、环烷烃、芳香烃组成的混合物。石油主要由液态烃构成，也溶有少量气态烃和固态烃。石油中肯定含有C5-C11的烷烃，因此通过石油炼厂的分馏就可以得到汽油、煤油等分馏产品，故A正确；
B、使长链烃分子断裂为C5-C11烷烃的过程采用催化裂化的方法，故B正确；
C、煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，故C正确；
D、煤经过干馏发生复杂的物理、化学变化后得到煤焦油等物质，而煤焦油是含有多种芳香族化合物的复杂混合物，在170℃以下蒸馏出来的馏出物里主要含有苯、甲苯、二甲苯和其他苯的同系物等，所以煤中并不含有苯和甲苯，故D错误。
答案选D。
18.从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（ ）
A. 将海带灼烧成灰
B. 过滤得含I－溶液
C. 萃取后下面放出碘的苯溶液
D. 分离碘并回收苯
【答案】D
【解析】
【分析】从海带中提取碘的实验过程为海带在坩埚中灼烧得到海带灰，海带灰加水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，过滤，得到含I—的水溶液，向溶液中加入用稀硫酸酸化的过氧化氢溶液，双氧水将I—氧化生成I2，加入有机溶剂萃取分液得到含I2的有机溶液，蒸馏含I2的有机溶液得到单质I2。
【详解】A项、不能在烧杯中高温灼烧固体，烧杯易炸裂，固体的灼烧应在坩埚中，故A错误；
B项、过滤时，应用玻璃棒引流，防止浊液外漏，故B错误；
C项、苯的密度比水小，上层溶液应从上口倒出，故C错误；
D项、碘和苯有沸点差异，可以用蒸馏方法分离，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水，但温度计的水银球应在支管口处，故D正确；
故选D。
19.在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是（ ）
A. CH2=CH2＋CCH3OOOH(过氧乙酸) ＋CH3COOH
B. CH2=CH2＋Cl2＋Ca(OH)2 ＋CaCl2＋H2O
C. 2CH2=CH2＋O22
D. 3HOCH2CH2OHHOCH2CH2—O—CH2CH2OH＋＋2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】“绿色化学”要求在化工合成过程中，原子利用率达到100%，则有机反应的产物只有一种。
【详解】只有反应物分子的原子全部进入生成物分子中，原子的利用率才能是100％的，2CH2=CH2＋O22的反应中，反应物全部转化为生成物，没有副产品，原子利用率最高，故选C。
20.某地有甲．乙两工厂排放污水，污水中各含有下列8种离子中的4种（两厂不含相同离子）：Ag+．Ba2+．Fe3+．Na+．Cl-．CO32-．NO3-．OH-。若两厂单独排放都会造成严重的水污染，如将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后污水便变成无色澄清只含硝酸钠而排放，污染程度会大大降低。关于污染源的分析，你认为正确的是（ ）
A. CO32-和NO3-可能来自同一工厂 B. Na+和NO3-来自同一工厂
C. Ag+和Na+可能来自同一工厂 D. Cl-和NO3-一定不在同一工厂
【答案】D
【解析】
【分析】假设甲厂排放的污水中含有Ag+，根据离子共存，甲厂一定不含CO32-、OH-、Cl-则CO32-、OH-、Cl-应存在与乙厂；因Ba2+与CO32-、Fe3+与OH-不能共存，则Fe3+、Ba2+存在于甲厂，根据溶液呈电中性可以知道，甲厂一定存在阴离子NO3-；所以甲厂含有的离子有：Ag+、Fe3+、Ba2+、NO3-，乙厂含有的离子为：Na+、CO32-、OH-、Cl-，据此分析解答。
【详解】A.根据以上分析可以知道，CO32-离子和NO3-不可能来自同一工厂，故A错误；
B. 由分析可以知道，Na+和NO3-一定来自不同的工厂，故B错误；
C.Ag+和Na+一定来自不同工厂，故C错误；
D. 根据分析可以知道，Cl-和NO3-一定来自不同工厂，所以D选项是正确的。
答案选D。
二. 填空题（本题包括五小题，共34分）
21.丁烷的同分异构体的结构简式___________________、__________________。
【答案】(1). CH3CH2CH2CH3 (2).
【详解】丁烷的同分异构体有2种，分别为正丁烷和异丁烷，结构简式为CH3CH2CH2CH3和，故答案为：CH3CH2CH2CH3；。
22.海水淡化的方法：________________、_______________、_______________
【答案】(1). 蒸馏法 (2). 电渗析法 (3). 离子交换法
【详解】海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故答案为：蒸馏法；电渗析法；离子交换法。
23.把1体积CH4与4体积Cl2组成混合气体充入大试管中，将此试管倒立在盛有Na2SiO3的水槽里，放在光亮处，片刻后发现试管中气体颜色________ ，试管中的液面__________，试管壁上有__________，水槽中还可观察到____________ ，CH4 与Cl2发生的是__________反应。
【答案】(1). 变浅 (2). 上升 (3). 淡黄绿色油状液滴 (4). 产生白色沉淀 (5). 取代反应
【解析】
【分析】甲烷与氯气在光照条件下发生了取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl等物质， CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体油状液滴，氯化氢极易溶于水，使溶液显酸性。
【详解】甲烷与氯气在光照条件下发生了取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl等，随着反应进行，Cl2不断消耗，黄绿色逐渐消失，又由于生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体，Cl2易溶于有机溶剂，使试管壁上有淡黄色油滴；因生成的HCl易溶于水，反应后，试管内气体压强减小，水位在试管内上升，HCl溶于水后与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3白色沉淀，故答案为：变浅；上升；淡黄绿色油状液滴；产生白色沉淀；取代反应。
24.某化工厂按如下步骤进行生产：①以煤为燃料，煅烧石灰石；②用饱和Na2CO3溶液充分吸收步骤①中产生的CO2气体，发生反应为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；③使步骤①中产生的CaO与水反应；④将步骤③中得到的产物与Na2CO3溶液反应。
（1）该工厂生产过程中没有涉及到的化学反应类型有______
A 氧化还原反应 B 分解反应
C 置换反应 D 化合反应
（2）该厂生产过程中涉及到的物质有：①石灰石；②纯碱；③小苏打；④烧碱；⑤二氧化碳；⑥消石灰。下列叙述正确的是______
A 起始原料是①② B 起始原料是②④
C 最终产品是④⑤ D 最终产品是③④
【答案】(1). C (2). AD
【详解】（1）①石灰石煅烧发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳；②饱和Na2CO3溶液与CO2气体发生复分解反应生成碳酸氢钠；③CaO与水发生化合反应生成氢氧化钙；④氢氧化钙与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，属于复分解反应，生产过程中没有涉及到置换反应，故答案为：C；
（2）该厂生产过程中起始原料是石灰石和纯碱，石灰石煅烧发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，反应生成的二氧化碳与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，CaO与水发生化合反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，最终产品是碳酸氢钠和氢氧化钠，故答案为：AD。
25.现以淀粉或乙烯为主要原料都可以合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。

（1）C中含有的官能团名称是_________，其中⑤的反应类型是__________；
（2）写出下列反应的化学方程式：③__________；⑤_______________。
【答案】(1). 羧基 (2). 酯化反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O
【解析】
【分析】淀粉是多糖，在催化剂作用下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在催化剂的作用下分解生成乙醇，则A是乙醇；乙醇含有羟基，在催化剂的作用下乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，则B是乙醛；乙醛含有醛基，发生氧化反应生成乙酸，则C是乙酸；乙酸含有羧基，在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯；乙烯含有碳碳双键，和水加成生成乙醇；由于D能发生加聚反应生成高分子化合物E，所以乙烯和氯化氢发生的是取代反应，生成氯乙烯，则D是氯乙烯；一定条件下，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则E为聚氯乙烯。
【详解】（1）C是乙酸，结构简式为CH3COOH，官能团为羧基；反应⑤为在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，故答案为：羧基；酯化反应；
（2）反应③为在催化剂的作用下乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应⑤为在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O。
26.从铝土矿(主要成分是Al2O3,含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下:

请回答下列问题：
（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为_________________________。
（2）灼烧用的仪器_________________填名称)。
（3）沉淀A的成分是______________（填化学式)。
（4）冶炼铝的化学方程式__________________________________。
【答案】(1). Al2O3 + 6H+ = 2Al3+ + 3H2O (2). 坩埚 (3). SiO2 (4). 2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
【解析】
【分析】根据工艺流程甲可知，铝土矿中氧化铝、氧化铁、氧化镁与盐酸反应生成氯化铝、氯化铁、氯化镁，则沉淀A为SiO2，滤液B中含有氯化铝、氯化铁、氯化镁；向滤液中加入过量的NaOH溶液，氯化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，氯化铁、氯化镁生成氢氧化钠溶液反应氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀，则沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D中含有偏铝酸钠和氯化钠；向滤液D中通入过量二氧化碳，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，则沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2与氢氧化钠溶液反应生成为硅酸钠、偏铝酸钠，则沉淀X为Fe2O3、MgO，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠；向滤液中通入过量二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠、偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀、硅酸沉淀，则沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3。
【详解】（1）流程甲加入盐酸后，铝土矿中氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al2O3 + 6H+ = 2Al3+ + 3H2O，故答案为：Al2O3 + 6H+ = 2Al3+ + 3H2O；
（2）氢氧化铝沉淀在坩埚中灼烧，发生分解反应生成氧化铝和水，故答案为：坩埚；
（3）根据工艺流程甲可知，铝土矿中氧化铝、氧化铁、氧化镁与盐酸反应生成氯化铝、氯化铁、氯化镁，则沉淀A为SiO2，故答案为：SiO2；
（4）工业上用电解熔融氧化铝的方法制备金属铝，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑，故答案为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑。