学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高一月考化学试题解析版.docx

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学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高一月考化学试题解析版

哈六中2020届高一（下）3月假期学习总结化学试卷

一、选择题（每小题只有一个答案符合题意，每小题3分，60分）

1.下列物质的用途错误的是

A.硅是制造太阳能电池的常用材料B.二氧化硅是制造光导纤维的材料

C.水玻璃可用作木材防火剂D.硅是制取水泥的原料

【答案】D

【解析】试题分析：

A．硅是半导体材料，常用制造太阳能电池，故A正确；B．光导纤维是二氧化硅，故B正确；C．硅酸钠的水溶液可用作木材防火剂，故C正确；D．硅酸盐是制取水泥的原料，故D错误；答案为D。

考点：

考查物质的性质与应用

2.实验室用下列两种方法制取氯气：

①用含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87gMnO2与足量浓盐酸的反应，则所得Cl2

A.①比②多B.②比①多C.一样多D.无法比较

【答案】B

【解析】从反应的化学方程式上看，①中146gHCl与87gMnO２恰好完全反应，但反应进行一段时间后，盐酸浓度降低，反应不再进行，146gHCl不能完全反应；②中浓HCl足量，MnO２可完全反应。

故②产生气体多，答案选B。

3.现有以下物质：

①NaCl溶液②干冰（固态的二氧化碳）③冰醋酸（纯净的醋酸）④铜⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦酒精⑧熔融的KNO3，其中属于电解质的是

A.①③⑤⑧B.②③④⑤⑥⑦C.③⑤⑧D.全部

【答案】C

【解析】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，则①NaCl溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质；②干冰（固态的二氧化碳）是非电解质；③冰醋酸（纯净的醋酸）是电解质；④铜是单质，不是电解质，也不是非电解质；⑤BaSO4固体是电解质；⑥蔗糖是非电解质；⑦酒精是非电解质；⑧熔融的KNO3属于电解质，因此其中属于电解质的是③⑤⑧，答案选C。

点睛：

掌握电解质的含义是解答的关键，注意判断电解质时不能依据能否导电进行判断，关键是看引起导电的原因是不是自身发生的电离，如果在溶液中或熔融状态下能够自身电离出离子，则就属于电解质，否则不是。

4.如图所示，室温下，甲、乙两个容积相等的烧瓶中分别装满了两种气体（同温、同压）成份见下表，打开止水夹K，使两烧瓶内气体充分接触后，容器内压强由小到大的顺序正确的是

编号

①

②

③

甲中气体

H2

NH3

NO

乙中气体

Cl2

HCl

O2

A.②③①B.③①②C.③②①D.①②③

【答案】A

【解析】相同温度下，一定体积的容器中气体压强与气体的物质的量成之比，气体的物质的量越大其压强越大，则①氢气和氯气在常温下不反应，气压不变；②氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，反应后气体压强为零；③一氧化氮和氧气化合会生成二氧化氮，即2NO+O2＝2NO2，然后发生2NO2⇌N2O4，反应后气体体积减小，要比原来体积的2/3还要小；所以最后容器内的压强由大到小的顺序为①＞③＞②，答案选A。

点睛：

本题考查物质间的反应，明确物质的性质并根据差量法来分析解答，③中易漏掉二氧化氮和四氧化二氮之间的转化而导致错误，为易错点。

5.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是

操作

现象

结论

A

滴加BaCl2溶液

生成白色沉淀

原溶液中有SO42-

B

滴加氯水和CCl4，振荡、静置

下层溶液显紫色

原溶液中有I-

C

用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应

火焰呈黄色

原溶液中有Na+、无K+

D

滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口

试纸不变蓝

原溶液中无NH4+

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A、滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有SO42-，因为CO32-、SO32-、Ag+等滴加BaCl2溶液，也生成白色沉淀，故A错误；B、滴加氯水和CCl4，下层溶液显紫红色说明产生了碘单质，氯水为强氧化性溶液，可推断溶液存在强还原性的I-，氯气置换出碘单质，故B正确；C.、用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+，但并不能说明溶液中无K+，因为黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；D、NH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，检验NH4+的正确操作为：

向原溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝证明存在NH4+，故D错误。

故选B。

6.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是

A.FeCl3溶液与Cu的反应：

Cu+Fe3+==Cu2++Fe2+

B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2：

2AlO2-+CO2+3H2O==2Al（OH）3

+CO32-

C.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：

CaCO3+2H+==Ca2++H2O+CO2

D..NO2与水的反应：

3NO2+H2O==2NO3-+NO+2H+

【答案】D

【解析】A.FeCl3溶液与Cu反应，离子方程式为：

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2，生成Al（OH）3和HCO3－，离子方程式为：

AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3

+HCO3－，故B错误；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：

CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2++H2O+CO2

，故C错误；D.NO2与水反应生成HNO3和NO，离子方程式为：

3NO2+H2O=2NO3－+NO+2H+，故D正确；答案选D。

7.现有两瓶溶液，新制饱和氯水和亚硫酸，下列方法或试剂（必要时可加热）能用于鉴别它们的是

①观察颜色；②石蕊试剂；③品红溶液

A.①②③B.只有①③C.只有②③D.只有①②

【答案】A

【解析】①Cl2是新制氯水的主要成分，溶液呈浅黄绿色，而亚硫酸无色，①正确；②氯水中含有HCl和HClO，能使石蕊试液先变红后褪色，而亚硫酸只能使石蕊试液变红，②正确；③HClO的强氧化性将有色物质氧化成无色物质，不可逆，SO2能使品红溶液褪色，加热会恢复原来的颜色，③正确，答案选A。

8.取一干燥烧瓶，用排空气法收集氨气，做喷泉实验。

当水充满约整个烧瓶容积的二分之一后，喷泉停止。

烧瓶内的氨水的物质的量浓度是（按标准状况下计算））

A.1mol·L－1B.0.029mol·L－1C.0.045mol·L－1D.不能确定

【答案】C

【解析】氨气溶于水所得溶液的体积等于氨气的体积，令溶解的氨气体积为22.4L，则溶液的体积也为22.4L，标准状况下22.4L氨气的物质的量为22.4L÷22.4L/mol=1mol，故所得溶液的物质的量浓度为1mol÷22.4L=0.045mol/L，答案选C。

点睛：

本题主要考查物质的量浓度的计算，属于无数据计算型试题，解答本题的关键是判断氨气的体积和溶液的体积相等，设出氨气的体积，再依次根据n=

和c=

计算即可，试题难度不大。

9.在FeCl3和CuCl2混合液中，加入过量的铁粉，充分反应后，溶液中的金属离子

A.Fe2+B.Fe3+和Fe2+C.Cu2+和Fe2+D.Cu2+

【答案】A

【解析】铁粉过量，溶液中铁离子和铜离子均被铁还原转化为亚铁离子和铜，因此充分反应后，溶液中的金属离子是亚铁离子，答案选A。

10.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是

A.常温下，23gNO2含有NA个氧原子

B.1L0.1mol•L-1的氨水含有0.1NA个OH―

C.常温常压下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子

D.1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子

【答案】A

考点：

考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断

点评：

阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，因为它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。

要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。

视频

11.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。

下列图示对应的操作规范的是（）

A.称量

B.溶解

C.转移

D.定容

【答案】B

【解析】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误，答案选B。

视频

12.下列有关说法正确的是（）

A.因HF与SiO2反应所以氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记

B.Fe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象

C.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体

D.SiO2既能和氢氧化钠溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物

【答案】A

13.下列实验现象与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（　　）

A.将NaHCO3固体加入新制氯水中，有无色气泡（H＋）

B.新制氯水呈黄绿色（Cl2）

C.使蓝色石蕊试纸先变红后褪色（H＋、Cl2）

D.滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl－）

【答案】C

【解析】A．氯水中氢离子与碳酸氢钠反应，则含H+，有无色气泡，故A正确；B．氯气为黄绿色，溶于水，则新制氯水呈黄绿色，故B正确；C．HClO具有强氧化性，则使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，含H+、HClO，故C错误；D．氯离子与银离子反应生成沉淀，则生成白色沉淀可知含Cl-，故D正确；故选C。

14.能与Al反应生成H2的透明溶液中可能大量共存的一组离子是（）

A.NH4＋、SO42－、CO32－、NO3－B.Mg2＋、Fe3＋、Cl－、SCN－

C.K＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－D.K＋、NO3－、AlO2－、Na＋

【答案】D

【解析】能与Al反应生成H2的透明溶液既可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，A.若为酸性溶液，因H＋和CO32－反应生成CO2和H2O，H+、NO3－与Al反应不能生成H2，故不能大量存在CO32－、NO3－，若为碱性溶液，NH4＋不能大量存在，故A错误；B.因Fe3＋与SCN－反应生成络合物Fe（SCN）3，一定不能大量共存，故B错误；C.在酸性或碱性溶液中都不能大量存在HCO3－，故C错误；D.若为酸性溶液，NO3－不能大量存在，若为碱性溶液，该组离子之间互不反应，可以大量共存，故D正确；答案选D。

15.误食NaNO2会导致血红蛋白中的Fe2＋氧化为Fe3＋而中毒，服用维生素C可以解除NaNO2引起的中毒。

下列关于上述中毒、解毒过程的说法中正确的是（）

A.NaNO2是还原剂

B.维生素C的还原性强于Fe2＋

C.1×10-3molFe2＋被NaNO2氧化为Fe3＋时得到1×10-3mol电子

D.解毒过程中维生素C被还原

【答案】B

【解析】A．亚硝酸盐具有氧化性，是氧化剂，故A错误；B．氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，维生素C可以将铁离子还原成亚铁离子，所以维生素C的还原性强于Fe2+，故B正确；C．1×10-3molFe2+被NaNO2氧化为Fe3+时失去1×10-3mol电子，故C错误；D．解毒过程中维生素C被铁离子氧化，故D错误；故选B。

点睛：

注意从元素化合价的变化的角度判断物质在反应中体现的性质，亚硝酸盐会导致Fe2+转化为Fe3+而中毒，则亚硝酸盐具有氧化性，亚铁离子具有还原性；服用维生素C可以解毒，维生素C具有还原性。

16.下列化合物中，可以通过置换反应一步得到的是（）

①FeSO4②NaOH③Fe3O4④Al2O3

A.①②③④B.①②③C.①④D.①③

【答案】A

【解析】①Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，为置换反应，故选；②Na与水反应生成NaOH和氢气，为置换反应，故选；③Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁、氢气，为置换反应，故选；④Al与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和Fe，为置换反应，故选；故选A。

17.烧杯中盛有含Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、Na＋、Fe2＋、Cl－六种离子的溶液，若向其中加入足量的Na2O2搅拌，充分反应后再向该烧杯中滴加足量的稀盐酸，此时上述离子物质的量保持不变的有（）

A.1种B.2种C.3种D.4种

【答案】B

【解析】加入足量Na2O2，Na2O2具有强氧化性且和水反应生成NaOH，Fe2+被氧化生成Fe3+，Al3+→AlO2-，Fe3+→Fe（OH）3，Mg2+→Mg（OH）2，加入盐酸后，Mg（OH）2、AlO2-和Fe（OH）3分别又生成Mg2+、Al3+、Fe3+，则溶液中Fe3+增多，引入钠离子、氯离子，则Na+、Cl-也增多，Fe2+减小，只有Mg2+、Al3+不变，故选B。

点睛：

把握过氧化钠性质及整个过程中发生的反应是解本题关键，Na2O2可与水反应生成NaOH，且具有强氧化性，具有还原性的离子或与OH-反应的离子不能大量共存，再通入过量稀盐酸，可与碱、偏铝酸钠等反应，以此来解答。

18.在实验室进行下列实验，括号内的实验仪器或试剂都能用得上的是（）

A.配制100g20%的氢氧化钠溶液（烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管）

B.钠的焰色反应（铂丝、硫酸钠溶液、稀盐酸）

C.从碘水中提取碘（蒸发皿、酒精灯、玻璃棒）

D.除去自来水中的Cl-（铁架台、玻璃棒、漏斗）

【答案】B

【解析】A．配制100g20%的氢氧化钠溶液，可称量后在烧杯中溶解即可，则不需要100mL容量瓶、胶头滴管，故A不选；B．铂丝用盐酸清洗后，灼烧至无色，然后蘸取硫酸钠溶液，灼烧，观察Na的焰色反应，则均需要，故B选；C．从碘水中提取碘，选择萃取装置，需要分液漏斗，不需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，故C不选；D．除去自来水中的Cl-，选择蒸馏装置，需要蒸馏烧瓶、冷凝管等，不需要玻璃棒、漏斗，故D不选；故选B。

19.一定条件下，24mL的CO2和N2的混合气体通过足量的过氧化钠粉末，充分反应后得到相同状况下的气体20ml，则原混合气体中CO2的体积分数为（）

  A．56%B．44%C．33.3%D．66.7%

【答案】C

【解析】设CO2的体积为xmL、N2的体积为（24－x）mL，将混合气体通过足量的过氧化钠粉末充分反应，由反应方程式2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2可知，生成O2的体积为0.5xmL，则0.5xmL+（24－x）mL=20mL，解得x=8mL，所以原混合气体中CO2的体积分数为

×100%=33.3%，故答案选C。

20.甲、乙两种溶液中分别含有大量的Cu2＋、K＋、H＋、Cl－、CO32－、OH－这6种离子中的3种（两种溶液中的离子不重复），已知乙溶液为无色溶液，则甲溶液中大量存在的离子是（）

A.Cu2＋、H＋、Cl－B.K＋、OH－、CO32－C.CO32－、OH－、Cl－D.K＋、H＋、Cl－

【答案】A

【解析】因乙溶液为无色溶液，则甲溶液中含有Cu2＋，能和Cu2＋反应的CO32－、OH－不能存在，所以乙溶液中含有CO32－、OH－，能和CO32－、OH－反应的H＋不能存在，则甲溶液中含有H＋，根据溶液电中性原则，甲溶液中一定含有Cl－，乙溶液中一定含有K＋，综上所述，甲溶液中大量存在的离子是Cu2＋、H＋、Cl－，故答案选A。

点睛：

本题主要考查离子共存，掌握常见离子之间的反应是解题的关键，本题的突破口是利用乙溶液为无色溶液，说明甲溶液中含有Cu2＋，再根据离子之间若发生反应则不能共存并结合溶液呈电中性进行分析即可得出正确结论，试题难度不大。

二．填空（每空2分，共40分）

21.

（1）反应2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中，氧化剂是___________，还原剂是__________，若生成71gCl2,被氧化的HCl是______g。

（2）现有100mL的CuCl2溶液，投入2.3g钠充分反应后，若溶液中的Cu2+全部以沉淀形式存在（溶液呈中性，忽略溶液的体积变化）。

a.反应中产生的气体在标准状况下的体积为___________L；

b.反应过程转移电子的个数____________；

c.原溶液中Cu2+的浓度为____________。

【答案】

（1）.KMnO4

（2）.HCl（3）.73（4）.1.12（5）.6.02×1022（6）.0.5mol/L

【解析】

（1）反应2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中Mn元素化合价从+7价降低到+2价得到电子，氧化剂是KMnO4，氯元素化合价从－1价升高到0价，失去电子，还原剂是HCl；71gCl2的物质的量是1mol，根据氯原子守恒可知被氧化的HCl是2mol，质量是2mol×36.5g/mol＝73g。

（2）a.2.3g钠的物质的量是0.1mol，根据方程式2Na+CuCl2+2H2O＝Cu（OH）2↓+2NaCl+H2↑可知反应中产生的气体是0.05mol，在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；b.反应过程转移电子的物质的量是0.1mol，个数是0.1mol×6.02×1023/mol＝6.02×1022；c.根据方程式可知原溶液中Cu2+的浓度为0.05mol÷0.1L＝0.5mol/L。

22.某研究性学习小组通过下列反应原理制备SO2并进行性质探究。

反应原理为：

Na2SO3（固）+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O

（1）根据上述原理制备并收集干燥SO2的实验装置连接顺序为________________。

（填接头序号）

（2）D中盛装的试剂为_________________。

（3）甲同学用注射器吸取纯净的SO2并结合装置G进行SO2的性质实验，若X是Na2S溶液，其目的是检验SO2的_____________，可观察到的现象_________。

（4）实验1：

乙同学将溶液X换为浓度均为0.1mol/LFe（NO3）3和BaCl2的混合溶液（已经除去溶解氧），通入少量SO2后观察到烧杯产生白色沉淀，乙同学认为白色沉淀为BaSO4，为探究白色沉淀的成因，他继续进行如下实验验证：

（已知：

0.1mol/LFe（NO3）3的pH=2）

实验

操作

现象

结论和解释

2

将SO2通入0.1mol/L____和BaCl2混合液

产生白色沉淀

Fe3+能氧化H2SO3

3

将SO2通入_______和BaCl2混合液

产生白色沉淀

酸性条件NO3-能将H2SO3氧化为SO42-

【答案】

（1）.afgdce（写afgdcfge）

（2）.NaOH溶液（或其它碱液）（3）.氧化性（4）.产生黄色沉淀（黄色浑浊或乳白色沉淀）（5）.FeCl3（6）.0.01mol/LHNO3（或pH=2的HNO3）

【解析】试题分析：

本题考查SO2的实验室制备和SO2性质探究，实验方案的设计。

（1）根据反应原理，制备SO2属于“固体+液体→气体”；制得的SO2中混有H2O（g），用浓硫酸干燥SO2；SO2密度比空气大，用向上排空法收集；SO2污染大气，最后要进行尾气吸收，所以实验装置连接顺序为afgdce。

（2）D中盛装的试剂吸收SO2尾气，可用NaOH溶液。

（3）若X是Na2S溶液，由于酸性H2SO3

H2S，反应的过程为SO2与Na2S溶液作用生成H2S，H2S与SO2作用生成S和H2O，SO2被还原成S，所以实验目的是检验SO2的氧化性，可观察到的现象是：

产生黄色沉淀。

（4）白色沉淀为BaSO4，说明H2SO3被氧化成SO42-；根据Fe（NO3）3溶液的性质，可能是Fe3+将H2SO3氧化成SO42-，也可能是酸性条件下的NO3-将H2SO3氧化成SO42-；所以设计实验方案时用控制变量的对比实验。

实验2要证明是Fe3+氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3含有相同Fe3+浓度的FeCl3溶液进行实验；实验3要证明是酸性条件下NO3-氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3溶液等pH的HNO3溶液进行实验。

点睛：

实验室制备气体时装置的连接顺序一般为：

气体发生装置→气体除杂净化装置→气体收集装置（或与气体有关的主体实验）→尾气吸收装置。

设计实验方案时必须遵循以下原则，如科学性原则、单一变量原则和对比原则等，如本题在设计实验时用实验1作为对比，选择合适的试剂，有利于更好的得出结论。

23.已知：

甲、乙、丙为常见单质，甲常温下为固体，乙为一黄绿色气体，丙为无色气体。

A、B、C、D均为化合物，D为一红褐色沉淀，它们之间有下图转化关系。

请回答以下问题。

（1）写出下列物质的名称；乙____________；B______________。

（2）写出③反应的化学方程式：

_____________________________。

（3）写出②反应的离子方程式：

____________________________。

【答案】

（1）.氯气

（2）.氯化亚铁（3）.4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3（4）.2Fe3+＋Fe＝3Fe2+

【解析】乙为一黄绿色气体，所以乙为氯气，D为一红褐色沉淀说明D为氢氧化铁，结合转化图D是A和氢氧化钠反应生成，所以A一定是含铁的化合物，推断甲为金属铁，A为氯化铁；A和甲反应生成B，是氯化铁和铁反应生成了B为氯化亚铁，B和氢氧化钠反应生成C为氢氧化亚铁沉淀，C和丙气体反应生成D氢氧化铁；所以丙为氧气；则

（1）根据以上分析可知乙、B的名称分别是氯气和氯化亚铁；

（2）第③反应的化学方程式是氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3；（3）第②反应的离子方程式是氯化铁和铁发生的氧化还原反应，反应的离子方程式为：

Fe+2Fe3+=3Fe2+。

点睛：

本题考查了氯气、铁及其铁的化合物的化学性质的应用和现象判断，解答的关键是物质的特殊颜色和特征反应，找到推断物质的题眼是解决问题的突破口。

24.将mgAl2O3和Fe2O3的混合物溶于100mL盐酸中，然后逐滴加入1mol/LNaOH溶液，其结果如图所示：

（1）最初加入V1mLNaOH溶液的作用是____________；

（2）盐酸的物质的量浓度是___________________；

（3）若mg混合物中Al2O3和Fe2O3按不同比例进行上述实验（其他条件不变），则V2的值会不会改变__________（填“会”或“不会”），（V2—V1）的取值范围是____________。

【答案】

（1）.中和过量的酸

（2）.V2×10-2mol/L（3）.不会（4）.（3m/80）×103＜（V2—V1）＜（m/17）×103

【解析】

（1）从图中看出氢氧化钠溶液体积0-V1时，无沉淀，故中和的是过量的盐酸，故答案为：

中和过量的酸；

（2）V1至V2过程中，氢氧根离子与Al3+、Fe3+结合形成沉淀，在V2时沉淀完全，此时溶液中只有氯化