重庆市部分区县2025届化学高一下期末检测模拟试题含解析

重庆市部分区县2025届化学高一下期末检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与生产、生活、社会发展等息息相关。下列说法正确的是A．为补充土壤中的钾元素，可在田间焚烧秸秆B．煤经过气化、液化等物理变化可转变为清洁燃料C．聚乙烯、聚氯乙烯均可作包装材料，且不会造成环境污染D．在食品包装时放入盛有铁粉的透气小袋可防止食品氧化变质2、通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是（）A．石油的年产量 B．硫酸的年产量C．合成纤维的年产量 D．乙烯的年产量3、化学与生产、生活等息息相关，下列说法中错误的是A．“华为P30pro”手机中麒麟芯片的主要成分是单质硅B．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”其中的“丝”和“泪”化学成分都是蛋白质C．我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的2H、3H与1H互为同位素D．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物4、下列属于加成反应的是A．CH4+2O2CO2+2H2OB．CH2＝CH2+H2CH3CH3C．+HNO3+H2OD．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O5、下列物质中，既有离子键，又有共价键的是（）A．CaCl2B．KOHC．H2OD．N26、下列方程式正确的是A．铁与稀硫酸反应的离子方程式：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑B．乙烯与Br2的CCl4溶液反应的方程式：CH2=CH2+Br2→CH2=CHBr+HBrC．碳酸钠在水中的电离方程式：Na2CO3===2Na+＋CO32－D．二氧化硅溶于氢氧化钠溶液的离子方程式：SiO2+2Na++2OH－===Na2SiO3+H2O7、下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法不正确的是（）A．可用浓硝酸鉴别含苯环的蛋白质B．淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物相同C．蛋白质、纤维素、油脂都是高分子化合物D．工业上利用油脂在碱的催化作用下水解生产肥皂8、有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则四种金属的活动性顺序为()A．A＞B＞C＞DB．B＞D＞C＞AC．C＞A＞B＞DD．A＞C＞D＞B9、下列实验操作正确的是A． B． C． D．10、下列说法正确的是()A．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应B．油脂有油和脂肪之分，但都属于酯C．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物D．糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的11、对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的原子可能共平面。其中正确的是（）A．①②③④⑤ B．①②⑤⑥ C．①②④⑤⑥ D．全部正确12、下列生活用品中主要由合成纤维制造的是()A．尼龙绳B．宣纸C．羊绒衫D．棉衬衣13、今有下列各组反应,放出H2的平均速率最快的是(不考虑酸根对速率的影响)()。编号金属酸的浓度及体积反应温度/℃12.4g镁条3mol·L-1硫酸100mL4022.4g镁粉3mol·L-1盐酸200mL3032.4g镁粉3mol·L-1硫酸100mL4045.6g铁粉3mol·L-1硫酸100mL40A．A B．B C．C D．D14、一次性餐具目前最有发展前景的是(

)A．瓷器餐具B．淀粉餐具C．塑料餐具D．纸木餐具15、下列物质的分离方法不正确的是()A．用重结晶的方法除去硝酸钾中混有少量的氯化钾B．用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C．用酒精萃取碘水中的碘D．用过滤的方法除去食盐溶液中的泥沙16、某元素的原子的最外层电子数是次外层的a倍（a>1），则该原子核内质子数是（）A．2aB．a+2C．2a+10D．2a+2二、非选择题（本题包括5小题）17、下面是元素周期表的一部分，请按要求填空：ABCDEFGHI（1）A元素的最高价氧化物的电子式______。（2）元素G在周期表中的位置是_______。（3）C与D简单离子中半径较大的是________（用离子符号表示）。（4）C与F的气态氢化物中较稳定是________（用化学式表示）。（5）写出G单质与I的最高价氧化物对应水化物的溶液反应的化学方程式______。（6）下列说法或实验不能证明H和I两种元素的金属性强弱的是_____。a比较两种元素的单质的熔点、沸点高低b将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度c比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱18、有四种短周期元素，相关信息如下表。元素相关信息A气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂B单质的焰色反应为黄色C单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒D–2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同请根据表中信息回答：(1)A在周期表中位于第______周期______族。(2)用电子式表示B与C形成化合物的过程：______。(3)在元素C与D的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是(填化学式)______。(4)已知硒(Se)与D同主族，且位于D下一个周期，根据硒元素在元素周期表中的位置推测，硒可能具有的性质是______。a.其单质在常温下呈固态b.SeO2既有氧化性又有还原性c.最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3d.非金属性比C元素的强19、丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOCH2CH3，相对分子质量为100）可广泛用于制造涂料、黏合剂。某实验小组利用如图所示的装置合成丙烯酸乙酯（部分夹持及加热装置已省略）。方案为先将34.29mL丙烯酸（CH2=CHCOOH，密度为1.05g·mL-l）置于仪器B中，边搅拌边通过仪器A缓缓滴入乙醇与浓硫酸的混合液至过量，充分反应。试回答下列问题：(1)仪器D的名称是____。(2)仪器C中冷水应从____（填“c”或“b”）口进入。(3)利用如下试剂和方法提纯丙烯酸乙酯：①加入适量水洗涤后分液；②加入适量饱和Na2C03溶液后分液；③用无水Na2SO4干燥；④蒸馏。操作的顺序为_____（填序号）。(4)写出生成丙烯酸乙酯的化学方程式______。最后得到35.0g干燥的丙烯酸乙酯，则丙烯酸乙酯的产率为_____。20、在严格无氧的条件下，碱与亚铁盐溶液反应生成白色胶状的Fe(OH)2，在有氧气的情况下迅速变为灰绿色，逐渐形成红褐色的氢氧化铁，故在制备过程中需严格无氧。现提供制备方法如下：方法一：用FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。(1)配制FeSO4溶液时需加入铁粉的原因是_____；除去蒸馏水中溶解的O2常采用_____的方法。(2)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_____。方法二：在如图装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。(1)在试管Ⅰ里加入的试剂是_____；(2)在试管Ⅱ里加入的试剂是_____；(3)为了制得白色Fe(OH)2沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是_____。(4)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是_________________________。21、物质分类和实验探究都是中学化学重要的学科思想。（一）以下是对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求填空：上述分类方法是______；A组物质中属于电解质的是_____(填化学式)；C组物质与水反应的离子方程式为_____；D组物质与水反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶2的物质是___(填化学式)。（二）用质量分数为98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm−3)配制240mL浓度为0.5mol·L－1的硫酸溶液，选用到的仪器正确的是______(填序号)。下列操作会使配制结果偏高的是_______(填序号)A容量瓶用蒸馏水洗净后，未进行干燥处理B稀释的硫酸转移到容量瓶中后未洗涤烧杯C未冷却，即将溶液注入容量瓶并定容D定容时，俯视容量瓶的刻度线(三)某小组用如下装置比较氯、溴、碘的非金属性强弱实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。实验步骤：①打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸；②当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹；③当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a；④打开活塞b，将少量C中溶液滴入试管D中，关闭活塞b，取下试管D振荡，静置后CCl4层变为紫红色。请回答：(1)装置A中证明氯的非金属性强于碘的实验现象是_________。(2)B中溶液发生反应的离子方程式是_______________。(3)步骤③实验的目的是确认C的黄色溶液中无_____（填化学式）。步骤④能否说明非金属性：Br>I_______（填“能”或“否”）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A．直接在田间焚烧秸秆会造成大气污染，同时也会破坏土壤中的微生物，虽然草木灰中含有少量的钾肥，但是得不偿失，所以不符合“节能减排，低碳生活”的主题，故A错误；B．通过煤经过气化、液化等化学变化可转变为清洁燃料，故B错误；C．聚乙烯、聚氯乙烯均可作包装材料，但造成白色污染，故C错误；D．铁粉有还原性，在食品包装时放入盛有铁粉的透气小袋可防止食品氧化变质，故D正确，答案为D。2、D【解析】

乙烯是重要的有机化工原料，乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展，因此，乙烯的产量已成为衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志，故D选项正确；答案选D。3、B【解析】

A.硅单质为良好的半导体材料，故常作电子芯片的主要成分，故A正确；B.春蚕的“丝”主要成分为蛋白质，而蜡烛的“泪”不是蛋白质，古代的蜡是油脂，现代的蜡是多种烃的混合物，故B错误；C.同位素为同种元素的不同核素，2H、3H与1H互为同位素，故C正确；D.超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物组成的，故D正确；故答案选B。4、B【解析】

A.CH4+2O2CO2+2H2O属于氧化还原反应，不属于加成反应，选项A错误；B.CH2＝CH2+H2CH3CH3属于加成反应，选项B正确；C.+HNO3+H2O属于硝化反应，也属于取代反应，选项C错误；D.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应，不属于加成反应，选项D错误。答案选B。5、B【解析】A．氯化钙中只含离子键，故A错误；B．氢氧化钾中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，故B正确；C．水中只含共价键，故C错误；D．氮气中只含共价键，故D错误；故选B。点睛：本题考查了离子键和共价键的判断。本题的易错点为AB的区别，就是离子化合物中是否存在共价键的判断，可以根据电离方程式加以判断，在电离出的离子中如果含有原子团，如氢氧根、硫酸根、铵根等，则存在共价键。6、C【解析】

A.铁与稀硫酸反应的离子方程式应为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，故错误；B.乙烯与Br2的CCl4溶液反应的方程式应为加成反应：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br，故B错误；C．碳酸钠是可溶性盐，在水中完全电离，C正确D.二氧化硅溶于氢氧化钠溶液的离子方程式应为：SiO2++2OH－===SiO32-+H2O，故D错误；故答案选C。7、C【解析】分析：A.含苯环的蛋白质能与浓硝酸发生颜色反应；B.淀粉与纤维素水解最终产物是葡萄糖；

C.相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；D.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油。详解:A.某些含有苯环的蛋白质能与浓硝酸发生颜色反应,所以A选项是正确的；

B.淀粉水解生成葡萄糖,纤维素水解液生成葡萄糖,所以B选项是正确的；

C.油脂相对分子质量均较小,属于小分子化合物,故C错误；

D.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油,高级脂肪酸盐为肥皂的主要成分,所以D选项是正确的。

所以本题答案选C。8、D【解析】①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原电池中，电子从负极流向正极，C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电子由C→导线→D，所以金属活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B，答案选B。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。在判断时需要注意溶液的酸碱性和某些金属的特殊性质等。9、A【解析】

A、取用液体时：①试剂瓶瓶口要紧挨试管口，防止液体流出；②标签向着手心，防止液体流出腐蚀标签；③瓶塞倒放桌面上，防止污染瓶塞，从而污染药品，所以图中操作正确，选项A正确；B、配制一定物质的量浓度的溶液定容时应用玻璃棒引流，选项B错误；C、使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管的位置已伸入到试管内，图中操作错误，会污染胶头滴管，应悬空滴加，选项C错误；D、量取液体时，俯视读数引起的后果是：量取的液体比实际体积偏小，正确的读数方法是视线与凹液面相平，选项D错误；答案选A。10、B【解析】分析：A.根据二糖、多糖能发生水解,单糖不能发生水解；B.液体的是油,固态的是脂肪；C.相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；D.根据糖类、油脂、蛋白质的组成元素。详解:A.因二糖、多糖能发生水解，单糖不能发生水解，葡萄糖、果糖是单糖,蔗糖是二糖，故A错误；

B.因油脂有油和脂肪之分,两者都属于酯,所以B选项是正确的；C.因糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物,油脂也不是高分子化合物,蛋白质是高分子化合物,故C错误;

D.因糖类、油脂的组成元素为C、H、O，蛋白质的组成元素为C、H、O、N，故D错误；

所以B选项是正确的。11、C【解析】

①苯乙烯分子中有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，①正确；②苯乙烯子中有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，②正确；③苯乙烯不溶于水，③不正确；④有机物通常都易溶于有机溶剂，苯乙烯可溶于苯中，④正确；⑤苯乙烯能与浓硝酸发生硝化反应，即取代反应，⑤正确；⑥根据苯环和乙烯分子都是平面结构，可以判断苯乙烯所有的原子可能共平面，⑥正确。综上所述，其中正确的是①②④⑤⑥，故选C。12、A【解析】

合成纤维是化学纤维的一种，是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称。它以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，如聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等。A、尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，故A正确；B、宣纸的的主要成分是纤维素，故B错误；C、羊绒衫的主要成分是蛋白质，故C错误；D、棉衬衫的主要成分是纤维素，故D错误。【点睛】掌握常见物质的组成以及合成纤维的含义是解答本题的关键，题目难度不大，注意羊绒衫和棉衬衣的区别。13、C【解析】活动性不同的金属与相同浓度的酸反应,金属越活泼,放出氢气的速率越快;不同形状的同种金属与酸反应,粉末状比块状反应速率快;金属与酸反应,H+浓度越大、温度越高,反应速率越快。14、B【解析】A．瓷器餐具，一次性使用后，废弃物是硅酸盐，难以降解，故A错误；B．淀粉餐具，一次性使用后，废弃物是淀粉，淀粉能水解，不会产生污染，故B正确；C．塑料餐具，一次性使用后，废弃物是塑料，难以降解，对周围的环境造成不同程度的破坏，故C错误；D．纸木餐具需要消耗大量的木材，破坏环境，故D错误；故选B。15、C【解析】

A项、氯化钾和硝酸钾都溶于水，二者溶解度不同，可利用结晶的方法分离，故A正确；B项、自来水中含有盐类物质，利用沸点不同制取蒸馏水，则一般用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故B正确；C项、酒精和水互溶，则不能用酒精萃取碘水中的碘，一般选择苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；D项、泥沙不溶于水，食盐溶于水，则能用过滤的方法除去食盐中泥沙，故D正确；故选C。16、D【解析】最外层电子数不超过8，主族元素的原子的最外层电子数是次外层的a倍（a＞1），则该元素原子有2个电子层，最外层电子数为2a，所以该元素原子核外电子数为2a+2，对于电中性原子，质子数=核外电子数，所以该原子核内质子数为2a+2。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期ⅦA族O2-H2O2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2Oa【解析】

依据元素在周期表的位置关系可知，A、B、C、D、E、F、G、H和I分别是C、N、O、Na、Si、S、Cl、K和Ca，结合元素周期律和物质的结构与性质分析作答。【详解】（1）A元素的最高价氧化物为CO2，为共价化合物，C与O原子之间共用2对电子对，使各原子达到满8电子稳定结构，其电子式为；（2）元素G为Cl，原子序数为17，在周期表中位于第三周期ⅦA族；（3）电子层数越大，简单离子的半径越大；电子层数相同时，原子序数越小，简单离子半径越大，则C与D简单离子中半径较大的是O2-；（4）同主族中元素的非金属性从上到下依次减弱，则C与F的气态氢化物中较稳定是H2O；（5）G单质为Cl2，I的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钙，两者参与反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（6）a.两种元素的单质的熔点、沸点高低，指的是物理性质，与元素的非金属性无关，符合题意，a项正确；b.将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度，若与冷水反应越剧烈，则单质的金属性越强，b项错误；c.比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，碱性越强，则金属性越强，c项错误；答案选a。18、二VAHClO4ab【解析】

气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则该气体为NH3，A为N元素；B单质的焰色反应为黄色，说明B元素是Na元素；C元素的单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒，则C元素是Cl元素；元素的原子获得2个电子形成-2价阴离子。D元素的–2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，则D元素是S元素，然后逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知A是N，B是Na，C是Cl，D是S元素。(1)A是N元素，原子核外电子排布是2、5，根据原子结构与元素位置的关系可知N元素在周期表中位于第二周期第VA族。(2)Na原子最外层只有1个电子容易失去形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，容易获得1个电子形成Cl-，Na+、Cl-通过离子键结合形成离子化合物NaCl，用电子式表示B与C形成化合物的过程为：。(3)元素的非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以在元素C与D的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是HClO4。(4)a.根据元素名称硒(Se)可知其单质在常温下呈固态，a正确；b.由于Se原子最外层有6个电子，最高为+6价，最低为-2价，而在SeO2中Se元素的化合价为+4价，处于该元素的最高化合价和最低化合价之间，因此既有氧化性又有还原性，b正确；c.Se原子最外层有6个电子，最高为+6价，所以最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，c错误；d.同一主族的元素，随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐减弱。所以元素的非金属性S>Se，由于非金属性Cl>S，所以元素的非金属性Se比Cl元素的弱，d错误；故合理选项是ab。【点睛】本题考查了元素的推断及元素周期表、元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构和物质的性质推断元素的本题解答的关键。19、干燥管c②①③④CH2＝CHCOOH+HOCH2CH3⇌加热浓硫酸CH2＝CHCOOCH2CH3+H2O【解析】

（1）根据仪器构造可知仪器D的名称是干燥管；（2）冷却水应从下口流入，上口流出，克服重力，与气体逆流，流速较慢，可达到更好的冷凝效果，冷凝挥发性物质丙烯酸和乙醇，回流液体原料，因此仪器C中冷水应从c口进入；（3）充分反应后得到酯、乙醇、丙烯酸、水的混合物，加适量水后分液，丙烯酸乙酯密度小于水，有机物易溶于有机物，在上层，用饱和碳酸钠溶液吸收丙烯酸乙酯，目的是除去乙醇、丙烯酸、降低丙烯酸乙酯的溶解度，便于分层得到酯，最后用无水Na2SO4干燥，然后蒸馏即可得到纯丙烯酸乙酯，所以操作的顺序为②①③④；（4）生成丙烯酸乙酯的反应是酯化反应，反应的化学方程式为CH2＝CHCOOH+HOCH2CH3⇌加热浓硫酸CH2＝CHCOOCH2CH3+H2O；34.29mL丙烯酸的质量m=ρv=1.05g/mL×34.29mL=36.0g，根据方程式可知理论生成丙烯酸乙酯的质量为：36.0g×100/72≈50.0g，最后得到35.0干燥的丙烯酸乙酯，所以酯的产率为：实际产量/理论产量×100%=35.0g/50.0g×100%=70.【点睛】本题考查了丙烯酸乙酯制备，掌握有机酸、醇、酯官能团的性质应用是解题关键，注意物质的分离与提纯实验基本操作，尤其要注意根据制备乙酸乙酯的实验进行迁移应用，题目难度中等。20、稀硫酸、铁屑煮沸避免生成的Fe（OH）1沉淀接触O1稀硫酸、铁屑NaOH溶液检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H1纯净时，再夹紧止水夹试管Ⅰ中反应生成的H1充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入【解析】

本实验题用两种方法来制备氢氧化亚铁，方法一完全是采用课本中的实验，考查硫酸亚铁溶液的配制中的要求，必须要注意防止水解和氧化；在制备氢氧化亚铁必须要除去溶解在溶液中的氧气及制备氢氧化亚铁的操作要求；方法二是对课本实验的延伸，是一种改进的制备方法，用氢气作保护气的方法来保证新制的氢氧化亚铁不被马上氧化。【详解】方法一

：(1)配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸和铁屑，抑制Fe1+的水解并防止Fe1+被空气中的O1氧化为Fe3+，故答案为稀H1SO4、铁屑；(1)煮沸蒸馏水可除去其中溶解的O1．故答案为煮沸；(3)Fe(OH)1很容易被空气中的氧气氧化，实验时生成白色Fe(OH)1沉淀的操作是用长滴管吸取不含O1的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，故答案为避免生成的

Fe(OH)1沉淀接触O1；方法二：(1)试管Ⅰ中提供还原性气体氢气和硫酸亚铁溶液，可用硫酸和铁屑反应生生成，故答案为稀H1SO4、铁屑；(1)试管Ⅱ中应为NaOH溶液，与试管Ⅰ中生成的FeSO4溶液反应生成Fe(OH)1沉淀，故答案为NaOH溶液；(3)打开止水夹，Fe与H1S