山东省章丘四中届高三月考化学试题解析版.docx
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山东省章丘四中届高三月考化学试题解析版
章丘四中高三阶段性考试化学试题
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Mg24Cl35.5Ca40Cu64
Ⅰ卷
一、选择题（每题3分，只有1个正确答案）
1.德国著名行业杂志《应用化学》上刊登文章介绍：
某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯（C60）的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。
下列说法正确的是
A.水、双氧水、水玻璃都是纯净物B.石墨和C60互称为同位素
C.磷酸钙是可溶性强电解质D.一定条件下石墨转化为C60是化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、水、双氧水都是纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故A错误；
B、同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子，石墨和C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B错误；
C、磷酸钙是难溶性强电解质，故C错误；
D、同素异形体之间的转化属于化学变化，一定条件下石墨转化为C60是化学变化，故D正确；故选D。
2.下列选项说法不正确的是（ ）
A.25℃时，0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH>1，证明CH3COOH是弱电解质
B.BaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质
C.25℃时，0.1mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D.醋酸、一水合氨、水都是弱电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．25℃时，0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH>1，说明CH3COOH不能完全电离，则CH3COOH是弱电解质，故A正确；
B．硫酸钡是难溶的盐，投入水中，导电性较弱，但熔融状态完全电离，所以BaSO4是强电解质，故B错误；
C．溶液离子浓度越大，导电性越强，硫化氢是弱电解质、硫化钠是强电解质，相同浓度的硫化氢、硫化钠溶液中，离子浓度：
Na2S＞H2S，所以导电性Na2S＞H2S，故C正确；
D．醋酸、一水合氨、水在水溶液中均不能完全电离，都是弱电解质，故D正确；
故答案为B。
3.设阿伏加德罗常数的值为NA。
下列说法不正确的是（ ）
A.在标准状况下，11.2LC3H8中共价键数目为5NA
B.氯气通入到FeI2溶液中，当有3NA个Fe2＋被氧化时，消耗标准状况下氯气33.6L
C.1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸共热，生成SO2分子数目小于NA
D.1molN2和3molH2充分反应后，容器中分子总数大于2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.1个C3H8中含有8个C-H键，2个C-C键，共10个共价键，则1molC3H8中含有10mol共价键，在标准状况下，11.2LC3H8物质的量为
=0.5mol，共价键数目为5NA，故A正确；
B．向FeI2溶液中通入适量Cl2，氯气先和I-反应，后和Fe2+反应，当有3NAFe2+被氧化时，I-已反应完全，由于FeI2的物质的量不明确，故I-的物质的量不明确，则消耗的氯气的物质的量和体积无法计算，故B错误；
C．Cu与稀硫酸不反应，则1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸共热，随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低，当硫酸浓度变稀后，反应会停止，生成SO2分子数目小于NA，故C正确；
D．1molN2和3molH2完全反应生成2mol氨气，但是氮气与氢气反应为可逆反应不能进行到底，所以1molN2和3molH2充分反应后，容器中分子总数大于2NA，故D正确；
故答案为B。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：
①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：
如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A.ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
B.Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
C.SO2具有漂白性，可用于制溴工业中吸收Br2
D.NH3易溶于水，可用于制冷剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故A错误；
B．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故B正确；
C．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，但制溴工业中吸收Br2，体现了SO2具有还原性，故C错误；
D．NH3用于制冷剂是NH3易液化的缘故，故D错误；
故答案为B。
5.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度为1g·mL－1），所得溶液的密度为ρg·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，则下列关系中正确的是
A.ρ＝
B.w＝
%
C.w＝
D.c＝
【答案】C
【解析】
【详解】A.VL氨气的物质的量为
mol，氨气质量为
mol×17g/mol=
g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液质量为
g，溶液体积为
L，所以溶液的密度为
，故A错误；
B.根据
可知，该氨水质量分数ω=
，故B错误；
C.溶液的质量分数ω=
×100%=
×100%，故C正确；
D.溶液体积为
L，氨气的物质的量浓度c=
mol/L，故D错误；
故选C。
6.下列物质的分类正确的是（ ）
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
NaOH
SO2
CO2
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
NO
C
KOH
HNO3
CaCO3
CaO
Mn2O7
D
NaOH
HCl
CaF2
Na2O2
SO2
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A项中Na2CO3属于盐，NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，错误；B项中NO不属于酸性氧化物，错误；D项中Na2O2不属于碱性氧化物，属于过氧化物，错误。
7.由下列实验和现象能推出相应结论的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向待测溶液中先滴加几滴KSCN溶液，然后滴加氯水
滴加KSCN溶液后无明显现象，滴加氯水后，溶液变红
待测溶液中含有Fe2＋
B
向某无色溶液中滴加稀HNO3酸化，再滴加Ba（NO3）2溶液
有白色沉淀
原溶液中一定含有SO
C
向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液
试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝
该盐中不含NH
D
向某溶液中滴加淀粉碘化钾溶液
溶液变蓝
溶液中含Cl2
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向待测溶液中先滴加几滴KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中不含有Fe3+，然后滴加氯水，溶液变红，则说明原溶液中含有的Fe2+被氯水氧化为Fe3+，故A正确；
B．向某无色溶液中滴加稀HNO3酸化，再滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，无法证明溶液中一定含有SO
，因
若原溶液中有SO32-，也能被稀HNO3氧化为SO
，最终滴加Ba（NO3）2溶液，也有白色沉淀，故B错误；
C．向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝，无法判断盐溶液中是否含有NH4+，原因是滴入氢氧化钠溶液后未加热，促进生成的NH3•H2O分解，故C错误；
D．向某溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，无法确定溶液中含Cl2，原因是能氧化I-的不一定是Cl2，还可能是Br2等其它氧化性强的溶液，当然原溶液中含有I2，溶液也会变蓝色，故D错误；
故答案为A。
8.下列关于物质的量浓度表述正确的是
A.0.3mol·L－1
Na2SO4溶液中含有Na＋和SO42－的总物质的量为0.9mol
B.当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol·L－1，只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1mol·L－1
C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO42－的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同
D.10℃时，100mL0.35mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度仍为0.35mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
A、离子的物质的量=离子的物质的量浓度×溶液的体积；
B、溶液的体积不等于溶剂的体积以及气体摩尔体积与状态有关；
C、电荷守恒：
c（Na+）+c（K+）=c（Cl-）+2c（SO42-）计算K+和Cl-的物质的量浓度；
D、温度不变，饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变，与溶液的体积无关．
【详解】A. 0.3mol⋅L−1的Na2SO4溶液中Na＋、SO42－的物质的量浓度为：
0.6mol⋅L−1,0.3mol⋅L−1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；
B.溶液的体积不等于溶剂的体积,所以1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol⋅L−1；气体摩尔体积与状态有关,22.4L氨气的物质的量无法求出,所以22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度不一定等于1mol⋅L−1，故B错误；
C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：
c（Na+）+c（K+）=c（Cl−）+2c（SO42－）,Na+和SO42－的物质的量相等,即物质的量浓度相等,所以K+和Cl−的物质的量浓度一定不相同，故C错误；
D. 10℃时，0.35mol/L的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L，故D正确；
故选：
D。
9.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A.氯气通入水中：
Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：
Ag＋2H＋＋NO
===Ag＋＋NO↑＋H2O
C.（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：
2NH
＋Fe2＋＋4OH－===2NH3·H2O＋Fe（OH）2↓
D.Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：
5SO
＋6H＋＋2MnO
===5SO
＋2Mn2＋＋3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气通入水中，离子方程式：
Cl2+H2O
H++Cl-+HClO，故A错误；
B．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜，离子方程式：
3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，故B错误；
C．向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，离子方程式：
2NH4++Fe2++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Fe（OH）2↓+2NH3•H2O，故C错误；
D．Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色，离子方程式：
5SO32-+6H++2MnO4-=5SO42-+2Mn2++3H2O，故D正确；
故答案为D。
【点睛】离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：
①反应原理，如：
铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg（OH）2沉淀等；②电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-；③配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒；④注意反应物的用量对离子反应的影响。
10.在下列物质的溶液中分别加入一定量Na2O2的固体，不会出现浑浊想象的是
A.饱和Na2CO3溶液B.Ca（HCO3）2稀溶液C.Na2SO3稀溶液D.饱和FeCl3溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶剂减少，碳酸钠晶体析出，A错误；B、生成的氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，B错误；C、亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，没有晶体析出，C正确；D、生成氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，D错误，答案选C。
考点：
考查过氧化钠的性质
11.下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、Mn元素化合价降低2价，应该是得到电子，氯元素化合价升高2价，应该是失去电子，A错误；B、根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从+5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从-1价升高到0价，转移电子数是5mol，即
，B错误；C、S元素化合价由0降低为-2价，总共降低4价，得到4个电子，S元素从0价升高为+4价，总升高4价，共失去4个电子，得失电子守恒，C正确；D、氯酸钾中氯元素化合价降低，得到电子，氧元素化合价升高，失去电子，箭头应该是从O指向Cl，D错误。
答案选C。
考点：
氧化还原反应的电子转移数目计算
12.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A.使酚酞变红色的溶液中：
Na＋、Al3＋、SO
、Cl－
B.
=1×10－13mol·L－1的溶液中：
NH
、Ca2＋、Cl－、NO
C.0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：
Na＋、Al3＋、SO
、NO
D.水电离的c（H＋）=1×10－13mol·L－1的溶液中：
K＋、Na＋、AlO
、CO
【答案】B
【解析】
【详解】A．使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．Al3＋与HCO3-在溶液中能发生双水解反应生成CO2和Al（OH）3沉淀，则不能大量共存，故C错误；
D．水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，AlO2-、CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：
能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：
溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
13.下列关于氧化性、还原性的判断正确的是
A.B的阳离子的氧化性比A的阳离子强，说明A元素的金属性一定比B元素强
B.发生氧化还原反应时，A原子失去的电子比B原子多，证明A的金属性一定比B强
C.适量的Cl2通入FeI2溶液中可发生反应：
3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3
D.一定量氯气通入30mL10.00mol·L－1的氢氧化钠溶液中，加热后形成NaCl、NaClO、NaClO3共存的溶液，若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、铁离子
氧化性比铜离子的氧化性强，但是铁的金属性比铜强，所以错误，不选A；B、金属性与失去电子的多少无关，错误，不选B；C、氯气和碘化亚铁反应时，碘离子先和氯气反应生成碘单质，错误，不选C；D、氯气和氢氧化钠的反应可以分两种，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，发生前面的反应，当有2摩尔氢氧化钠反应就转移1摩尔电子，所以现有0.3摩尔氢氧化钠反应转移0.15摩尔电子，发生后面的反应，当有6摩尔氢氧化钠反应转移5摩尔电子，所以现有0.3摩尔氢氧化钠反应转移0.25摩尔，正确，选D。
考点：
氧化还原反应
14.酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:
MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列有关该反应的说法中正确的是（）
A.被氧化的元素是Cu和S
B.Mn2+的还原性强于CuS的还原性
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:
5
D.若生成2.24L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由−2升到＋4价，只有硫元素被氧化，A错误；
B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS>Mn2+，B错误；
C.氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，CuS为ymol，根据电子守恒：
x×（7-2）=y×（4-（-2）），x：
y=6:
5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：
5，C正确；
D.二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×6/5=0.12mol，反应中Mn元素化合价由＋7价降低为＋2价，故转移电子为0.12mol×（7−2）＝0.6mol，D错误；
答案选C。
15.向含Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的某种稀溶液中逐渐加入铁粉，c（Fe2+）的变化如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A.横轴0～1：
Fe+NO
+4H+==Fe3++NO↑+2H2O
B.横轴1～2：
Fe+2Fe3+=3Fe2+
C.横轴2～3：
Fe+Cu2+=Fe2++Cu
D.原溶液中三种溶质浓度相等
【答案】D
【解析】
【分析】
根据氧化性：
HNO3＞Fe3+＞Cu2+，Fe先与氧化性强的物质反应，即Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，然后是：
Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后阶段Fe+Cu2+═Fe2++Cu，由图中起点、拐点、终点的位置来确定化学反应情况。
【详解】Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的稀溶液氧化性为HNO3＞Fe3+＞Cu2+，金属铁先和氧化性强的离子反应；
A．开始阶段是金属铁和硝酸之间的反应：
Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，当加入金属铁1mol是，生成三价铁离子是1mol，所以亚铁离子的浓度不变，故A正确；
B．金属铁和硝酸反应结束后，生成1mol的三价铁离子，然后发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时加入的1mol铁会和三价铁反应生成3mol亚铁离子，故B正确；
C．反应的最后阶段为：
Fe+Cu2+=Fe2++Cu，所有的离子均被还原，故C正确；
D．根据以上分析，整个过程
反应为：
4H++NO3-+3Fe+Fe3++Cu2+=4Fe2++Cu+NO↑+2H2O，则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为1：
1：
4，故D错误；
故答案为D。
16.由硫铁矿烧渣（主要成分：
Fe3O4、Fe2O3和FeO）得到绿矾（FeSO4·7H2O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：
烧渣
溶液
绿矾
铁黄
已知：
FeS2和铁黄均难溶于水。
下列说法不正确的是（ ）
A.步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣
B.步骤②，涉及的离子方程式为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO
＋16H＋
C.步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾
D.步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe（OH）3
【答案】C
【解析】
A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣，故A正确；B．步骤②发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42-+16H+，故B正确；C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故C错误；D．步骤④，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，故D正确；故选C。
点睛：
把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键，由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：
Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，以此来解答。
二、填空题
17.
（1）下列叙述错误的是________（填序号）。
①“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金
②铝热反应可用于冶炼部分高熔点金属
③除去铜器表面铜绿而不损器物，可用稀硝酸
④“以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术
⑤制备FeCl3、CuCl2固体均可采用将溶液直接蒸干的方法
⑥FeCl3溶液腐蚀铜线路板：
Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋
（2）下列对化学实验事实的解释不正确的是__________（填序号）。
①向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，说明氧化性：
Cl2>I2
②配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，目的是抑制Sn2＋水解，并防止Sn2＋被氧化为Sn4＋
③在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀产生，苯层呈紫色，说明Cu2＋有氧化性，白色沉淀可能为CuI
④KBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2，有机相呈橙色，说明氧化性：
Cl2＞KBrO3
⑤将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液，溶液变黄色，说明氧化性：
H2O2>Fe3＋
【答案】
（1）.③⑤⑥
（2）.④⑤
【解析】
【详解】
（1）①“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜“中的黄铜是铜锌形成的合金，故①正确；
②利用铝热反应冶炼Fe、Cr、Mn等部分高熔点金属，故②正确；
③稀硝酸能溶解Cu，则不能用稀硝酸清洗Cu表面的铜绿，否则要损坏器物，故③错误；
④湿法冶金
指铁与CuSO4反应生成Cu，故④正确；
⑤将FeCl3或CuCl2溶液直接蒸干，促进Fe3+或Cu2+水解，且生成盐酸易挥发，则不能得到FeCl3或CuCl2固体，应在HCl气流中蒸发，故⑤错误；
⑥FeCl3溶液腐蚀铜线路板发生的离子反应为2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，故⑥错误；
则叙述错误的是③⑤⑥；
（2）①加入淀粉后溶液变成蓝色，可知氯气氧化碘离子，则氧化性：
Cl2＞I2，故①正确；
②SnCl2易水解，为抑制Sn2+水解配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，为防止Sn2+被氧化为Sn4+，配制SnCl2溶液时，在试剂瓶中加入少量的锡粒，故②正确；
③CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，上层苯层呈紫红色，下
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