四川省阆中中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（Word版附解析）

阆中中学高2023级2023年秋12月月考化学试题（满分:100分考试时间：75分钟）可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Al27Fe56Zn65S32Cl35.5Ba137第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（共14个小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．“84”消毒液具有强氧化性，能用于饮用水杀菌消毒B．维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有氧化性C．放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应D．用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3溶于水后，其溶液显碱性2．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是A．用溶液捕集吸收大气中的B．用盐酸去除铁锈(主要成分)C．用作为呼吸面具或潜水艇中氧气的来源D．用溶液除去薄膜3．室温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L－1NaOH溶液：Na＋、K＋、CO32－、NHB．0.1mol·L－1FeSO4溶液：Na＋、H＋、Cl－、H2O2C．使pH试纸变红的溶液：K＋、Mg2＋、NO3－、SO42－D．加入铁粉放出氢气的溶液：NH、Fe3＋、ClO－、SO42－4．下列离子方程式正确的是()A．Na2CO3溶液中通入过量氯气：CO32-+Cl2=CO2+Cl-+ClO-B．Fe(OH)3溶于过量HI溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC．将CO2通入足量BaCl2溶液：CO2+H2O+Ba2+=BaCO3↓+2H+D．酸性碘化钾淀粉溶液久置空气中变蓝：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.2mol·L－1AlCl3溶液中Cl－物质的量为0.6molB．1.6gO2和O3的混合气体中所含的O原子数目为0.1NAC．形成胶体，胶粒的数目为0.1NAD．7.8gNa2O2中含有阴阳离子的总数为0.4NA. 6．类比是研究物质性质的常用方法之一。下列说法正确的是A．CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，推测Fe2O3也可以和酸反应生成盐和水B．Cu与Cl2能化合生成CuCl2，推测Fe与Cl2也能化合生成FeCl2C．碳酸氢钠可以治疗胃酸过多，推测碳酸钠也可以治疗胃酸过多D．Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，推测Na也可以置换出CuSO4溶液中的铜7．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是A．物质的量：甲<乙B．相对分子质量：甲<乙C．摩尔体积：甲>乙D．气体体积：甲>乙8．下列除去杂质(括号中的物质为杂质)的方法中，不正确的是A．FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2B．Fe2O3固体(Al2O3)：加入足量的盐酸，过滤C．CO(CO2)：通过NaOH溶液洗气后干燥D．CO2气体(HCl)：通过饱和NaHCO3溶液洗气后干燥9．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是选项实验操作及现象推理或结论A向某固体中加入稀盐酸，产生气泡该固体一定是碳酸盐B铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体氧化性：Fe2+＞Cu2+C向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红该溶液中一定含有Fe2+D向FeCl3溶液中加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝氧化性Fe3+＞I210．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2＝2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，对此反应下列说法中正确的是A．Na2O2只作氧化剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．O2是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移11．含FeCl3、CuCl2各1mol的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是：A．溶液中一定不含Fe3+B．滴加少量酸性高锰酸钾一定褪色C．溶液中阳离子为2mol D．剩余固体中一定含铜12．由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物30g，与足量的盐酸反应产生的H2为11.2L(标准状况)，则混合物中一定含有的金属是A．锌B．铁C．铝D．镁13．下列选项描述与对应图像相符的是()A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl-浓度随着时间变化的曲线B．图②为Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸产生CO2的图像C．图③为Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液的导电性变化图像D．图④为FeBr2、FeI2混合液,各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b代表的是Cl-14.高铁酸钾(K2FeO4)是种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A．反应I不能在常温下进行B．“尾气”可用FeCl2溶液吸收，其离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．最后一步能制取K2FeO4的原因可能是相同温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4第II卷（非选择题共58分,每空2分）15．（16分）现有某溶液中可能含有、、、、、、中的若干种，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：①向第一份中加入溶液，有白色沉淀产生；②向第二份中加足量溶液并加热，收集到气体(标准状况)；③向第三份中加足量溶液，得到沉淀，加入足量盐酸充分反应后，沉淀剩余。根据上述实验，回答下列问题： （1）实验③中生成沉淀的离子方程式为__________、，沉淀溶解的离子方程式为______。（2）溶液中一定不存在的离子有___________。（3）实验①中加入溶液，有白色沉淀产生，能否说明原溶液中含有？______(填“能”或“否”)，理由是___________。（4）推断是否存在______(填“是”或“否”)，若存在，计算其物质的量浓度：_________(若不存在，此问不作答)16（14分）“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶84消毒液，该消毒液通常稀释到100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如图信息：（1）该84消毒液NaClO物质的量浓度约为mol/L(保留1位小数)。（2）取10mL该84消毒液稀释至1000mL。下列有关该实验的说法不正确的是(填字母)。A．如图所示的仪器中，需用的仪器有①②③④⑥B．使用前要检查容量瓶是否漏液C．容量瓶上标有容积、温度和浓度D．容量瓶用蒸馏水洗净后，须烘干后再使用E．容量瓶使用完毕后，应洗净、晾干，对于玻璃磨口瓶塞，应在瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连（3）84消毒液具有消毒能力是利用了次氯酸钠的(填“氧化性”或“还原性”)，往其中加入少量稀硫酸，可(填“增强”或“减弱”)其漂白能力。（4）某消毒小组人员用18.4mol•L-1的浓硫酸配制500mL0.1mol•L-1的稀硫酸用于84消毒液消毒能力的实验探究，在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏低的有(填代号)。①用量筒量取98%的硫酸时俯视②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水 ④转移过程中，有少量液体溅出⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出（5）若要配制470mL0.1mol·L-1稀硫酸，请回答下列问题：(i)所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是。(ii).下列为配制稀硫酸的过程中部分操作的示意图，其中有错误的是（填序号）。17．（14分）（I）某小组同学依据性质差异，采用比较的方法设计实验鉴别Na2CO3和NaHCO3。实验I实验Ⅱ实验Ⅲ（1）实验Ⅰ中，分别向两支试管中滴加几滴水，A中温度计示数略有降低，B中温度计示数升高。说明固体b与水作用的过程中(填“放出”或“吸收”)热量，可判断固体b为Na2CO3。（2）实验Ⅱ中，向试管C和D中分别加入5mL水，充分振荡，试管C中固体有剩余，试管D中固体完全溶解。分别向两支试管中滴加2滴酚酞，试管中红色较浅。（3）实验Ⅲ中，分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡。结合离子方程式解释E中开始无气泡产生的原因。（Ⅱ）铝是地壳中含量最多的金属元素，其单质和化合物广泛应用于日常生活中。回答下列问题：（1） 可以用电镀法在钢制品上电镀铝，为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应消耗2molNaOH时，所得气体的物质的量为mol。（1）如图是从铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)中提取Al2O3并生产AlN的工艺流程：①配料中属于两性氧化物的是②“溶解”时，SiO2与NaOH溶液反应生成的硅酸钠与溶液中偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，“赤泥”的主要成分为Na2Al2Si2O8和(写出化学式)。③“酸化”时，通入过量CO2与之反应，生成滤液的主要成分是(写化学式)。18.（14分）以废铁屑(含少量、等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体，流程示意图如下。（已知：晶体受热易失水。）（1）的电离方程式是。（2）酸浸时间对所得溶液的成分影响如下表所示。酸浸时间用KSCN溶液检验变红未变红变红①时检验，溶液变红，说明所得溶液中含有。②时检验，用离子方程式表示溶液未变红的原因。③时检验，溶液复又变红，用离子方程式说明原因。④操作X是。（3）测定所得硫酸亚铁晶体中的含量，步骤如下：Ⅰ：称取硫酸亚铁晶体样品，配制成溶液。Ⅱ：取出溶液，加入适量稀硫酸，滴入的溶液，至反应完全共消耗溶液。①Ⅱ中氧化的离子方程式是。 ②计算硫酸亚铁晶体样品中的质量分数。 四川省阆中中学校高2023级2023年秋12月月考化学参考答案1．【答案】C【解析】A．“84”消毒液具有强氧化性，给水溶液增加大量的Na+，不用于饮用水杀菌消毒，故A错误；B．维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性，故B错误；C．空气属于气溶胶，放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应，故C正确；D．用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3和盐酸反应生成易溶于水的氯化铁，故D错误；故选C。2．【答案】C【解析】A．用溶液捕集吸收大气中的，其反应可为，该反应中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A不选；B．用盐酸去除铁锈(主要成分)，其反应为，该反应属于复分解反应，故B不选；C．作为呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，因为，有氧气产生，且该反应属于氧化还原反应，故C选；D．用溶液除去薄膜，涉及反应，该反应中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故D不选；故选C。3．【答案】C【解析】离子之间能大量共存，即离子之间不发生反应生成沉淀、气体、水、弱电解质以及不发生氧化还原反应等。A项，OH－与NH反应生成NH3·H2O而不能大量共存，不符合题意；B项，Fe2＋在酸性溶液中会与H2O2发生氧化还原反应而不能大量共存，不符合题意；C项，使pH试纸变红的溶液显酸性，在酸性条件K＋、Mg2＋、NO3－、SO42－之间不发生反应，K＋、Mg2＋、NO3－、SO42－与H＋能大量共存，符合题意；D项，B加入铁粉放出氢气的溶液呈酸性，H＋与ClO－发生反应生成弱酸，则在溶液中不能大量共存，不符合题意。4．【答案】D【解析】A项，Na2CO3溶液中通入过量氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，离子方程式为：CO32-+2Cl2=CO2+2Cl-+2HClO，故A错误；B项，Fe(OH)3溶于过量HI溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C项，将CO2通入足量BaCl2溶液没有沉淀生成，弱酸不能制取强酸，故C错误；D项，酸性条件下，碘化钾被氧气氧化，生成碘单质，使淀粉溶液变蓝：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故D正确；故选D。5.【答案】B【解析】A项，只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算Cl－的物质的量，错误；B项，O原子相对原子质量是16，在1.6gO2和O3的混合气体中所含的O原子的质量为1.6g，其O原子物质的量是0.1mol，则O原子的数目为0.1NA，正确；C项，形成的胶粒的物质的量小于0.1mol，数目小于0.1NA，C错误；D项，Na2O2中含有2个Na＋和1个O22－，7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，因此0.1molNa2O2中含有的阴阳离子总物质的量是0.3mol，错误。6．【答案】A 【解析】A项，碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物。CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，Fe2O3也是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，正确；B项，Fe与Cl2反应生成FeCl3，错误；C项，胃酸的主要成分是HCl，治疗胃酸，就是用碱性物质去中和胃中过多的酸。碳酸钠碱性比较强,对肠胃刺激性比较大,不可以用于治疗胃酸过多。所以，一般选用碳酸氢钠治疗胃酸过多，错误；D项，Na投入到CuSO4溶液中，钠先和水反应：2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，然后NaOH和CuSO4反应：2NaOH＋CuSO4＝Cu(OH)2↓＋Na2SO4，故不能生成单质铜，错误。7．【答案】A【解析】根据ρ=m÷V知，相同条件下，质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，在同温同压下，物质的量之比等于体积之比，说明甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，据此解答。A．根据分析可知，甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，故A正确；B．甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，两种气体质量相等，根据M=m÷n可知，甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大，故B错误；C．同温同压，气体摩尔体积相同，故C错误；D．质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，故D错误；故选A。8．【答案】B【解析】A．Cl2与FeCl2反应产生FeCl3，因此可以用Cl2除去FeCl3溶液中的杂质FeCl2，达到除杂、净化的目的，故A正确；B．盐酸与Fe2O3和Al2O3都反应变为可溶性物质，不能达到除杂、净化的目的，故B错误；C．杂质CO2与NaOH溶液反应产生可溶性的盐，而CO不能反应，能够达到除杂、净化的目的，故C正确；D．杂质HCl能够在饱和NaHCO3溶液中溶解，而被提纯的CO2气体既不溶解也不能反应，达到了除杂、净化的目的，故D正确；故选：B。9．【答案】D【解析】A．向某固体中加入稀盐酸，产生气泡，该气体可能为CO2，也可能为SO2，所以该固体可能为碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐，A不符合题意；B．铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体，表明生成Cu，发生置换反应，氧化性Cu2+＞Fe2+，B不符合题意；C．向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红，可能原溶液中只含有Fe3+，C不符合题意；D．向FeCl3溶液中加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，表明发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则氧化性Fe3+＞I2，D符合题意；故选D。10．【答案】B【解析】2FeSO4＋6Na2O2＝2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由＋2价升高到＋6价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。A项，Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，错误；B项，FeSO4→Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2→Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，正确；C项，Na2O2→O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，错误；D项，反应中化合价升高的元素有Fe，由＋3价→＋6价，化合价升高的元素还有O元素，由－2价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×3＋2mol×2＝10mol电子转移，错误。11．【答案】C【分析】由题意知氧化性顺序为Fe3+>Cu2+>Fe2+，则剩余的固体一定含有铜，成分有两种可能： 一、只有铜，没有铁，当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu；二、剩余固体为铁和铜的混合物，当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；所以，剩余的固体一定含有铜，只要有固体剩余一定没有Fe3+，一定含有Fe2+，可能含有Cu2+；【详解】A．根据以上分析可知，溶液中一定不含Fe3+，故A正确；B．溶液中一定含有Fe2+，滴加少量酸性高锰酸钾与Fe2+发生氧化还原反应，一定褪色，故B正确；C．反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，若1molFeCl3、1molCuCl2完全反应生成2.5molFeCl2，由于不确定剩余的固体的量，则无法计算溶液中阳离子的物质的量，故C错误；D．反应后有固体剩余，由于还原性Fe>Cu，则剩余的金属中一定含有铜，故D正确；故选C。12．【答案】A【详解】产生的氢气为11.2L(标准状况时)，其物质的量为=0.5mol，转移电子1mol，则盐酸与单一金属反应转移1mol电子所需要锌32.5g，铁28g，铝9g，镁12g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于30g和大于30g，而大于混合物30g的只有锌，故一定有锌，故选A。13．【答案】C【解析】A项，图①为新制氯水在阳光直射，新制氯水中有次氯酸，阳光照射会分解为HCl和氧气，则溶液中Cl-浓度会增大，A项错误；B项，Na2CO3、NaHCO3混合溶液滴加盐酸，0-40为Na2CO3与盐酸反应，NaHCO3与盐酸反应产生气体消耗的盐酸应大于40mL，B项错误；C项，溶液中离子浓度越大，导电性越强，Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4，随着反应的进行有BaSO4沉淀，Mg(OH)2沉淀生成，导致溶液中离子浓度减小，当完全反应为BaSO4沉淀，Mg(OH)2沉淀时，导电能力为0，继续滴加MgSO4溶液，离子浓度增大，导电能量增大，C项正确；D项，因还原性，则先发生反应：，I-完全反应后再发生反应：，最后发生反应：，b段发生的反应为，则b段代表Fe3+的物质的量的变化情况，D项错误；故选C。14.【答案】C【分析】由题给流程可知，铁与氯气在点燃的条件可以反应生成氯化铁，次氯酸钠在碱性溶液中将氯化铁氧化成高铁酸钠，高铁酸钠在饱和氢氧化钾溶液中生成溶解度较小的高铁酸钾。【详解】A．反应I为铁与氯气在点燃的条件可以反应生成氯化铁，铁与氯气在常温下不反应，故A正确；B．尾气的主要成分是氯气，氯气能与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，则氯化亚铁溶液可以吸收氯气，防止污染环境，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，故B正确；C．反应II为次氯酸钠在碱性溶液中将氯化铁氧化成高铁酸钠，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，铁元素的化合价升高被氧化，氯化铁是反应的还原剂，由得失电子数目守恒可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D．最后一步能制取高铁酸钾的原因是相同温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，高铁酸钠与饱和氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾和氢氧化钠，故D正确；故选C。 第II卷（非选择题共58分）15．【答案】（共16分，每空2分）（1）、（2）、（3）否、、都能与生成白色沉淀（4）是【分析】①向第一份中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明、、Cl-至少有一种；②向第二份中加足量KOH溶液并加热，收集到气体0.02mol，说明有0.02mol；③向第三份中加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.3g，加入足量盐酸充分反应后，剩余沉淀2.33g，则含：，含：，可进一步判断无镁离子和Ca2+。再根据电中性原则，可进一步判断Na+、Cl-存在的可能性。（1）根据分析可知，实验③加入的Ba2+分别和、反应生成沉淀，离子方程式为：Ba2++===BaCO3↓、Ba2++===BaSO4↓，加入足量盐酸BaCO3溶解，离子方程式为：BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2O。答案为：Ba2++===BaCO3↓、Ba2++===BaSO4↓；BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2O。（2）根据分析可知，溶液中含有、，所以Ca2+、Mg2+一定不存在。答案为：Ca2+、Mg2+。（3）、、Cl-都能和AgNO3溶液生成白色沉淀，所以实验①中加入AgNO3溶液生成白色沉淀，不能否说明原溶液中含有Cl-。答案为：否；碳酸银、硫酸银、氯化银均为白色沉淀，无法确定是否含有Cl-(合理即可)。（4）每一等份中：已知的阳离子所带正电荷为0.02mol，已知的阴离子、所带负电荷为0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol，大于已知的正电荷，根据电中性原则，一定有Na+，而Cl-不能确定，所以c(Na+)≥。答案为：是，经过计算可知，只有存在钠离子，溶液中才能保持电中性；c(Na+)≥0.2mol/L。16答案（14分，每空2分）（1）4.0（2）ACD（3）氧化性增强（4）①④⑤（5）(i):500ml容量瓶(ii):①④【分析】对于溶液的稀释，配制时，需要量取浓溶液、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，所以必须用到的仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、一定规格的量筒和一定规格的容量瓶，配制过程中要保证溶质完全转移到容量瓶中、保证溶液体积准确，不然会引起误差，若不当操作导致溶质物质的量偏小或溶液体积偏大，则浓度偏小；若不当操作导致溶质物质的量偏大或溶液体积偏小，则浓度偏大，据此回答。（1）该84消毒液NaClO物质的量浓度约为c=mol/L≈4.0mol/L(保留1位小数)。（2）有关10mL该84消毒液稀释至1000mL实验的说法： A．取10mL该84消毒液稀释至1000mL的步骤：计算、量取、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器：⑤量筒、①烧杯、②玻璃棒、④1000mL容量瓶、⑥胶头滴管，用不到的仪器：③托盘天平；如图所示的仪器中，需用的仪器有①②④⑤⑥，说法错误，A选；B．配制溶液时需要摇匀溶液，所以使用前要检查容量瓶是否漏液，说法正确，B不选；C．容量瓶上标有容积、温度和刻度线，没有浓度，说法错误，C选；D．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需干燥，可以直接使用，且烘干会影响容量瓶的精度，说法错误，D选；E．容量瓶只能用来配制溶液、不能存放溶液，使用完毕后，应洗净、晾干，对于玻璃磨口瓶塞，应在瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连，说法正确，E不选；选ACD。（3）84消毒液具有消毒能力是利用了次氯酸钠的氧化性，往其中加入少量稀硫酸，可增强其漂白能力，原理是稀硫酸与次氯酸钠反应生成氧化性更强的次氯酸，化学方程式为：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO。（4）对于实验：用18.4mol•L-1的浓硫酸配制500mL0.1mol•L-1的稀硫酸在配制过程中的操作：①用量筒量取98%的硫酸时俯视，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；④转移过程中，有少量液体溅出，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；选①④⑤。17．（14分，每空2分）（I）【答案】（1）放出（2）C（3）碳酸钠与少量盐酸发生反应，故开始无气泡产生（Ⅱ）【答案】（1）3（2）①Al2O3②Fe2O3、③NaHCO3（I）【解析】（1）B中温度计示数升高，说明固体b与水作用的过程中放出热量，使得溶液温度升高，可判断固体b为Na2CO3；（2）①碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；试管D中固体完全溶解，则固体d为碳酸钠；②碳酸钠俗称纯碱，水溶液显碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，碳酸钠溶液碱性更强，故分别向两支试管中滴加2滴酚酞，C试管中红色较浅；（3）分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡。E中开始无气泡产生的原因是碳酸根离子和少量氢离子生成碳酸氢根离子；（Ⅱ）【答案】（1）3（2）①Al2O3②Fe2O3、③NaHCO3 【解析】（1）根据关系式：，；（2）②铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)，铝土矿中加入NaOH，SiO2、Al2O3反应生成Na2Al2Si2O8沉淀和NaAlO2，Fe2O3不溶，所以“赤泥”为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；③向NaAlO2溶液中通入过量的CO2得Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故滤液主要为NaHCO3；18.（14分）【答案】（1）（2）①②③④加热浓缩、冷却结晶（3）①②/【分析】向废铁屑(含少量、等杂质)中加入硫酸酸浸，发生的反应有、、；得到硫酸亚铁溶液；经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体；【解析】（1）属于强电解质，在水中完全电离出和，电离方程式为；故答案为：；（2）①时用KSCN溶液检验溶液变红，发生反应，说明所得溶液中含有；故答案为：；②时用KSCN溶液检验，溶液未变红，说明溶液中不含，其原因为被Fe还原为，其反应为；故答案为；③时检验，溶液复又变红，说明在酸性条件下，被氧化为，其反应的离子方程式为；故答案为：；④酸浸处理后，得到硫酸亚铁溶液；经过加热浓缩、冷却结晶，过滤，得到硫酸亚铁晶体；故答案为：加热浓缩、冷却结晶；（3）①从配制好的溶液中取出溶液，加入适量稀硫酸，滴入的溶液，发生反应；故答案为：；②结合离子方程式，消耗的溶液，硫酸亚铁溶液中的物质的量浓度为，硫酸亚铁晶体样品中的质量分数为或；故答案为：或。