2026届鸡西市重点中学高一化学第一学期期末质量检测试题含解析

2026届鸡西市重点中学高一化学第一学期期末质量检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将2.17gNa、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到336mL混合气体，将该混合气体通过放电，恰好完全反应。则它们的物质的量之比为A．1：1：1 B．1：1：2C．1：2：1 D．4：3：22、下列说法正确的是()A．二氧化硫使品红溶液褪色与使氯水褪色原理相同B．工业上在炼铁高炉中用一氧化碳还原氧化铁C．电解NaCl溶液和电解熔融的NaC1均可制备金属钠.D．工业上常用氢气与氯气混合气体光照的方法制取盐酸3、下列有关物质性质的应用正确的是（）A．常温下干燥氯气与铁不反应，可以用钢瓶储存氯水B．次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液C．“84”消毒液与“洁厕灵”混合使用，去污效果更好D．液氯有酸性，氯水有漂白性4、有相同质量的两份NaHCO3粉末，第一份加入足量盐酸，第二份先加热使其完全分解再加足量同质量分数的盐酸，则两者所消耗的盐酸中氯化氢的质量比为A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．3∶25、有NaCl、KSCN、NaOH、AgNO3四种溶液，只用一种试剂就把它们鉴别开来，这种试剂是（）A．盐酸 B．Na2CO3溶液 C．氯水 D．FeCl3溶液6、某溶液中含有大量Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+、Cl-、SO42-离子，其中加入足量Na2O2固体后，再加入足量的盐酸溶解沉淀，最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是A．Na+、Fe2+ B．Al3+、SO42- C．Fe3+、SO42- D．Al3+、Cl-7、对于溶液中某些离子的检验及结论一定正确的是()A．加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀消失，一定有Ba2＋B．加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀不消失，一定有SO42－C．加入足量稀盐酸，无明显现象，再加BaCl2溶液后有白色沉淀产生，一定有SO42－D．加入稀盐酸产生无色气体，气体通入澄清石灰水溶液变浑浊，一定有CO32－8、将硫磺在氧气中燃烧生成气体A，把气体A溶于水得溶液B，向B中滴加溴水，溴水褪色而B变为C；在C中加入Na2S产生气体D，若将D通入B溶液，可得沉淀E；A、B、C、D、E中均含有硫元素。在下列各组中按A、B、C、D、E排列的是()A．SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、S B．SO2、H2SO3、H2SO4、SO2、SO3C．SO2、H2SO4、H2SO3、SO2、S D．SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S9、“天宫一号”与“神州八号”的对接成功是我国航天事业发展的又一里程碑.发射时运载火箭的推进剂引燃后，从尾部会喷出大量的高温气体，该气体的主要成分是CO2、H2O、N2、NO等，在发射现场可以看到火箭尾部产生大量红棕色气体，你认为其原因最有可能的是()A．NO是一种红棕色气体 B．NO遇空气生成了NO2C．高温下N2遇空气生成了NO2 D．NO与H2O反应生成H2和NO210、欲进行下列实验，操作合理的是（）ABCD检查装置气密性实验室制备氢氧化亚铁用NaOH溶液吸收SO2用蘸有待测液的铁丝，检验K+A．A B．B C．C D．D11、浓硝酸常呈黄色的原因是（）A．浓硝酸中混有碘化银 B．浓硝酸中混有铁离子C．浓硝酸易分解产生二氧化氮 D．浓硝酸中混有单质硫12、下列各组中两种气体所含的原子数一定相等的是()A．质量相等、密度不等的氮气和一氧化碳B．温度相同、体积相同的氧气和氮气C．体积相等、密度相等的一氧化碳和乙烯D．压强相同、体积相同的氮气和氧气13、某溶液中，只含有下表中所示的四种离子，则X离子及其个数b可能为（）离子Na+Al3+Cl－X个数3a3a2abA．NO3-、4a B．SO42-、4a C．OH-、8a D．SO42-、5a14、下列说法中不正确的是()A．钠保存在煤油中B．氯水保存在棕色试剂瓶中C．Na2O2需要隔绝空气密封保存D．实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用玻璃塞15、古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句不涉及氧化还原反应的是()A．野火烧不尽，春风吹又生B．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干C．粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间D．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏16、同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是A．O2 B．SO2 C．CO D．NH3二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色固体，可能含有Na2CO3、KNO3、KCl、BaCl2和CuSO4，按下列步骤实验。①将该固体溶于水得无色溶液。②向溶液中加入AgNO3溶液，得到白色沉淀，再加足量的稀HNO3，白色沉淀部分溶解并有气泡产生，把气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊。根据上述现象判断：（1）一定存在的物质是_______；一定不存在的物质是________；可能存在的物质是_____________；（2）请写出白色沉淀部分溶解的化学方程式_____18、物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K存在下图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：(1)写出下列物质的化学式：B是_________________，F是_________________，K是_________________。(2)写出反应“A→C”的离子方程式：_________________________________________。(3)写出反应“I→J”的化学方程式：_________________________________________。(4)在溶液中滴加NaOH溶液，可观察到的现象是_____________________________。19、在实验室中利用二氧化锰与浓盐酸反应制备干燥、纯净的氯气，所用装置如图所示：（1）连接上述装置的正确顺序（填各接口处的字母）：____接___；___接___；___接___；___接___。__（2）装置中，饱和食盐水的作用是__；NaOH溶液的作用是__。（3）化学实验中常用湿润的淀粉—KI试纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到__，反应化学方程式为___。（4）写出下列化学反应的化学方程式：①气体发生装置中进行的反应：___。②NaOH溶液中发生的反应：____。20、铁是人体必需的微量元素，在肺部，血红蛋白中血红素的Fe2＋与O2结合，把O2送到各个组织器官。铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研学小组测定其含量。（1）（铁元素的分离）称量黑木耳，将之洗净切碎，用蒸馏水浸泡，但浸泡液中未能检测到铁元素。在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。用酸充分浸泡溶解，过滤，滤液备用。①浸泡液检测不出铁元素的原因是____。②滤液中铁元素的存在形式是Fe2＋、____。（2）（配制溶液）将滤液配制成100mL溶液。实验时需要选择合适的仪器完成（铁元素的分离）、（配制溶液）2个实验，下列仪器不必使用的是____。（3）（铁元素含量测定）研学小组提出如下测量方案：Ⅰ.沉淀法：向溶液中加入足量NaOH溶液，搅拌使Fe（OH）2全部转化为Fe（OH）3然后过滤、洗涤沉淀、加热烘干、称量Fe（OH）3的质量进行分析。请指出该测量方案是否可行及其理由____。Ⅱ.比色法：流程示意如下：①用离子方程式解释加入H2O2的目的是____。②溶液a的颜色是____。③溶液颜色越深，光的透过能力越差，即透光率越小。若不加H2O2，测出黑木耳中铁元素的含量____（填“偏大”或“偏小”）。（4）亚铁盐易被氧化，但在体内Fe2＋参与O2的运输却不被氧化。蛋白质是一种既有亲水部分、又有疏水部分的大分子，为血红素提供了疏水环境。可见，氧化还原反应能否发生与___有关。21、（1）0.5molNa2CO3中含有___________个Na+。（2）质量都是50g的HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是____________。（3）配制90mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要CuSO4·5H2O________g，下列操作会使所配溶液浓度偏低的是___________。A．容量瓶洗涤干净后未干燥B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水C．定容时俯视刻度线D．烧杯和玻璃棒未洗涤（4）氧化还原反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________，若反应中消耗了0.6molS，则反应中转移的电子为________mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

混合气体的物质的量是＝0.015mol；Na2O和水反应生成氢氧化钠，没有气体产生，Na与水反应生成的是氢气，Na2O2与水反应生成的是氧气；混合气体为O2和H2的混合物，其物质的量为0.015mol，根据H2和O2反应的物质的量比为2：1可判断H2为0.01mol，O2为0.005mol，对应的Na为0.02mol(0.46g)，过氧化钠为0.01mol(0.78g)，所以Na2O为2.17g－0.46g－0.78g＝0.93g，即为0.015mol，所以三者的物质的量之比为0.02:0.015:0.01=4：3：2，D正确；答案选D。【点睛】本题涉及到了物质的量的简单计算，其中有两个细节要抓住，一个是混合气体的成分，以及混合气体通过放电，恰好完全反应提示了氢气与氧气的物质的量之比是2:1。2、B【解析】

A项、二氧化硫可与品红发生化合反应生成不稳定的无色物质，加热可恢复到原来的颜色，二氧化硫与氯水发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸而使氯水褪色，褪色原理不相同，故A错误；B项、一氧化碳与氧化铁在炼铁高炉中高温反应生成铁和二氧化碳，故B正确；C项、电解NaCl溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，不能制备金属钠，故C错误；D项、氢气与氯气混合气体光照发生爆炸，不能用于制取盐酸，工业上常用氢气在氯气中燃烧制HCl，进一步制取盐酸，故D错误；故选B。3、B【解析】

A.氯水中含有盐酸，能够与铁反应，腐蚀钢瓶，因此不可以用钢瓶储存氯水，A错误；B.次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液，B正确；C.“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，“洁厕灵”主要成分为盐酸，二者混用会发生反应，不但去污效果大大减弱，而且产生有毒的氯气，C错误；D.液氯为液态的氯气，为纯净物，无酸性，氯水中含有次氯酸，具有漂白性，D错误；故答案选B。4、B【解析】

假设有1mol碳酸氢钠，与盐酸反应，需要1mol盐酸，若先加热分解生成0.5mol碳酸钠，再与足量的盐酸反应，需要1mol盐酸，故消耗的盐酸的物质的量相等，质量相等，故选B。5、D【解析】

A.盐酸只能鉴别硝酸银溶液，A错误；B.碳酸钠溶液只能鉴别硝酸银溶液，B错误；C.氯水和氢氧化钠溶液反应，氯水褪色，和硝酸银反应产生白色沉淀，但不能鉴别氯化钠和KSCN，C错误；D.FeCl3溶液与NaCl没有明显现象、与KSCN溶液显血红色、与NaOH生成红褐色沉淀、与AgNO3生成白色沉淀，可以鉴别，D正确。答案选D。6、B【解析】

A．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，钠离子浓度增大，故A错误；B．Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，硫酸根离子自始至终不发生变化，故B正确；C．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故C错误；D．加入足量的盐酸溶解沉淀，氯离子浓度增大，故D错误；故选B。【点晴】可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点，溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子，增加的是三价铁离子。7、C【解析】

A.白色沉淀也可能是CaCO3，溶液中还可能含有Ca2+，故A错误；B.白色沉淀也可能是AgCl，溶液中还可能含有Ag+，故B错误；C.加入足量稀盐酸，排除溶液中的Ag+，CO32-，SO32-等，再加BaCl2溶液后有白色沉淀产生，则一定有SO42－，故C正确；D.SO2也能使澄清石灰水溶液变浑浊，溶液中不一定含有CO32－，故D错误。故选C。8、D【解析】

硫磺在氧气中燃烧生成气体二氧化硫，所以A为SO2，把气体二氧化硫溶于水得溶液H2SO3，B为H2SO3，向H2SO3中滴加溴水，亚硫酸会生成硫酸，C为硫酸，在硫酸中加入Na2S产生气体硫化氢，D为硫化氢，将硫化氢通入到亚硫酸中，会得到硫沉淀，所以E为硫。故选D。9、B【解析】

一氧化氮易被氧气氧化为二氧化氮，根据发射时从火箭尾部喷出的高温气体因含有NO2而呈红棕色来回答。【详解】A．NO是一种无色气体，故A错误；B．引燃后的高温气体成分CO2、H2O、N2、NO等无色气体中，一氧化氮容易被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，故B正确；C．氮气在放电下可以和氧气化合为一氧化氮，不会一步转化为二氧化氮，故C错误；D．一氧化氮和水之间不会发生反应，故D错误；故答案选B。【点睛】本题中红棕色气体一定是NO2，但是它的生成过程一定要符合客观事实，符合氧化还原反应的规律。10、C【解析】

A.检查装置气密性时，没有封闭装置，一般是向长颈漏斗中加水至液面不再下降，观察漏斗中液面是否下降，不下降则装置气密性良好，故A不符合题意；B.实验室制备氢氧化亚铁时，胶头滴管伸入到氯化亚铁溶液液面以下，挤出溶液，故B错误；C.用NaOH溶液吸收SO2，SO2极易与NaOH溶液反应，要防倒吸，故C正确；D.用蘸有待测液的铁丝，检验K+，观察时，要透过蓝色钴玻璃片观察，故D错误。综上所述，答案为C。11、C【解析】

浓硝酸不稳定，见光或受热容易分解，4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，分解出的二氧化氮又溶于浓硝酸中，使浓硝酸显黄色，故选C。12、A【解析】

A.氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，质量相等时其物质的量相等，二者都是双原子分子，故原子数一定相等，故A正确；B.温度、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素还有压强，由于两者的压强不一定相等，则两气体的物质的量不一定相等，故含有的原子数目不一定相等，故B错误；C.体积和密度相等，则两气体的质量相等，由于其摩尔质量相等，则两者的物质的量相等，二者原子数之比为1:3，故含有原子数目之比为1:3，故C错误；D.压强、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相等，则原子数不一定相等，故D错误；答案选A。【点睛】影响气体体积的外界因素有温度、压强等条件，在研究比较气体体积时，要考虑外界条件（温度、压强）相同的情况下进行比较。13、D【解析】

溶液呈电中性，则溶液中存在3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）=2a×N（Cl-）+nb×N（X），设X的电荷数为n，则A.3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）≠2a×N（Cl-）+4a×N（NO3-），电荷不守恒，故A错误；B.3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）≠2a×N（Cl-）+4a×2×N（SO42-），电荷不守恒，故B错误；C.3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）≠2a×N（Cl-）+8a×N（OH-），电荷不守恒，故C错误；D.3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）=2a×N（Cl-）+5a×2×N（SO42-），电荷守恒，故D正确；故选：D。14、D【解析】

A.钠能与空气中氧气和水反应，保存时需隔绝空气，钠的密度比煤油大，且与煤油不反应，故钠可保存在煤油中，A正确；B.氯水中有次氯酸，其见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，B正确；C.过氧化钠能与空气中二氧化碳和水反应，其保存时要隔绝空气密封保存，C正确；D.玻璃的主要成分是二氧化硅等，氢氧化钠与二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠有粘合性，容易将瓶口和玻璃塞粘结在一起，故氢氧化钠溶液的试剂瓶用橡胶塞，D错误。故选D。15、C【解析】

A.柴草的燃烧是氧化还原反应，A项错误；B.蜡炬的主要成分是烃，烃的燃烧是氧化还原反应，B项错误；C.碳酸钙的高温煅烧CaCO3CaO+CO2↑，该反应中各元素化合价都没有变化，不涉及氧化还原反应，C项正确；D.爆竹中火药的爆炸是氧化还原反应，D项错误；答案选C。16、D【解析】

由n=可知，质量相等的气体，摩尔质量越小，物质的量越大，则NH3的物质的量最大，由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，气体物质的量越大，气体体积越大，则NH3的体积最大，故选D。【点睛】同温同压下，气体摩尔体积相等，等质量时，气体体积与其摩尔质量成反比是解答关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2CO3和KClBaCl2和CuSO4KNO3Ag2CO3+2HNO3===2AgNO3+H2O+CO2↑【解析】

①将该固体溶于水得无色溶液，说明不存在硫酸铜；②向溶液中加入AgNO3溶液，得到白色沉淀，再加稀HNO3，白色沉淀部分溶解并有气泡产生，把气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，气体是CO2，所以一定存在碳酸钠，因此不能存在氯化钡，所以一定存在氯化钾，硝酸钾不能确定；【详解】(1)根据以上分析可知一定存在的物质是Na2CO3和KCl；一定不存在的物质是BaCl2和CuSO4；可能存在的物质KNO3；故答案为：Na2CO3和KCl；BaCl2和CuSO4；KNO3；(2)白色沉淀部分溶解的化学方程式为；故答案为：；【点睛】明确常见物质的性质是解答的关键，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。18、HClAl(OH)3Fe(OH)32Al+6H＋=2Al3++3H2↑2FeCl2+Cl2=2FeCl3先生成白色絮状沉淀，而后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀【解析】

金属A与溶液B反应生成的C肯定为盐，则F为碱，F能与溶液氢氧化钠溶液，则F为Al(OH)3，G为NaAlO2，A为Al，黄绿色气体E为Cl2，则B为HCl，C为AlCl3，红褐色沉淀K为Fe(OH)3，则H为Fe，I为FeCl2，J为FeCl3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【详解】（1）由上述分析可知，B为HCl，F为Al(OH)3，K是Fe(OH)3，故答案为：HCl；Al(OH)3；Fe(OH)3；（2）铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的离子方程式为2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，故答案为：2Al+6H+＝2Al3++3H2↑；（3）“I→J”的化学方程式为2FeCl2+Cl2═2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2＝2FeCl3；（4）在溶液FeCl2中滴入NaOH溶液，先生成氢氧化亚铁，然后被氧化为氢氧化铁，可观察到的现象是：先生成白色絮状沉淀，而后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，故答案为：先生成白色絮状沉淀，而后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀。【点睛】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和推断能力的考查，注重于元素化合物知识的综合运用，注意“题眼”的确定，准确确定“题眼”是解推断题的关键。19、ECDABHGF除去氯气中的HCl杂质吸收过量的氯气试纸变蓝2KI+Cl2=2KCl+I2MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O【解析】

浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下生成二氯化锰、氯气和水，浓盐酸易挥发，则生成的氯气中含有杂质HCl和水；先连接盛有饱和食盐水的装置，可除去HCl杂质，再连接盛有浓硫酸的装置可除去水蒸气；氯气的密度大于空气，可采用长进短出的方式收集氯气；氯气有毒，最后应有尾气处理装置。【详解】(1)按照制备气体的“发生装置→净化装置→收集装置→尾气处理装置”的顺序可确定装置连接顺序。制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，先用饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸进行干燥；由于Cl2的密度比空气大，收集Cl2时导管应长进短出；Cl2有毒，最后用NaOH溶液进行尾气处理，故连接顺序为E→C、D→A、B→H、G→F。(2)装置中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl杂质；NaOH溶液的作用是吸收过量的Cl2。(3)湿润的淀粉-KI试纸遇Cl2时发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，淀粉遇变蓝色。(4)①浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下生成二氯化锰、氯气和水，方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；②NaOH与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。20、黑木耳中含铁元素的物质不溶于水Fe3＋b、f不可行，Fe（OH）3受热易分解，且沉淀法操作步骤多误差大H2O2＋2H＋＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2H2O红色偏小水【解析】

(1)①浸泡液检测不出铁元素说明铁元素存在的物质没有溶于水；②根据高温灼烧黑木耳，结合亚铁离子不稳定分析判断；(2)通过过滤实现“铁元素的分离”、“配制溶液”2个实验，结合2个实验过程分析需要的仪器进行解答；(3)Ⅰ．Fe(OH)3受热易分解；Ⅱ．①过氧化氢能够氧化亚铁离子为铁离子；②铁离子遇到KSCN溶液形成血红色溶液；③根据测定原理结合容易的颜色分析判断；(4)根据蛋白质是一种既有亲水部分、又有疏水部分的大分子，为血红素提供了疏水环境分析判断。【详解】(1)①浸泡液检测不出铁元素，可能是因为黑木耳中含铁元素的物质不溶于水，故答案为：黑木耳中含铁元素的物质不溶于水；②在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化，黑木耳中的铁元素会转化为铁的氧化物，因为亚铁离子不稳定，因此得到的氧化物一定含有氧化铁；用酸充分溶解，过滤，滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、Fe3+，故答案为：Fe3+；(2)将滤液配制成100mL溶液，然后完成“铁元素的分离”、“配制溶液”2个实验；分离铁元素通过过滤除去不溶物，需要漏斗、玻璃棒、烧杯等，配制溶液需要称量、溶解、转移、洗涤定容等，需要的仪器有天平、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，故图中仪器一定不用的是冷凝管、分液漏斗，故选bf，故答案为：bf；(3)Ⅰ．向溶液中加入足量NaOH溶液，搅拌使Fe(OH)2全部转化为Fe(OH)3然后过滤、洗涤沉淀、加热烘干、称量Fe(OH)3的质量，该操作中Fe(OH)3受热易分解，得到的