上海市12校2025届高一下化学期末考试模拟试题含解析

上海市12校2025届高一下化学期末考试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、缬氨霉素（valinomycin）是一种脂溶性的抗生素，是由12个分子组成的环状化合物，它的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（）A．缬氨霉素是一种蛋白质B．缬氨霉素完全水解可得到四种氨基酸C．缬氨霉素完全水解后的产物中有三种产物互为同系物D．缬氨霉素完全水解，其中一种产物与甘油醛（​）互为同分异构体2、关于化学反应的下列说法中正确的是（）A．分子的种类和数目一定发生改变B．原子的种类和数目一定发生改变C．能量变化主要是由化学键变化引起的D．能量变化的大小与反应物的质量多少无关3、下列冶炼金属的方法错误的是A．加热分解制金属HgB．高温下用CO还原赤铁矿炼铁C．电解溶液制金属NaD．Fe和溶液湿法炼铜4、某未知溶液可能含Cl-、CO32-、Na+、SO42-、Cu2+。将溶液滴在蓝色石蕊试纸上试纸变红；取少量试液，先滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是A．一定没有Na+、Cl-B．可能有Cl-、CO32-C．一定没有CO32-、可能有SO42-D．一定有SO42-、Cu2+5、下列属于加成反应的是A．CCl4+H2CHCl3+HClB．2CH2=CH2+O22CH3CHOC．D．6、现有一瓶乙二醇和丙三醇的混合物，已知它们的性质如下表，据此，将乙二醇和丙三醇互相分离的最佳方法是（）物质分子式熔点℃沸点℃密度（g/cm3）溶解性乙二醇C2H6O2-11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇C3H8O317.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶A．萃取法 B．结晶法 C．分液法 D．分馏法7、对已经达到化学平衡的下列反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，保持其它条件不变，增大容器容积，对反应产生的影响是A．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动B．正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动C．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向正反应方向移动D．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动8、从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：下列说法不正确的是A．用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B．步骤⑥电解熔融MgCl2时可制得Mg（OH）2C．步骤⑤可将晶体置于HCl气体氛围中脱水D．上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应9、苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（）①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色②苯中碳碳键的键长均相等③苯能在一定条件下跟氢气发生加成反应生成环己烷④经实验测得邻二甲苯只有一种结构⑤苯在FeBr3存在下与液溴可发生取代反应，但不能使溴水褪色A．①②③④ B．①②④⑤ C．①③④⑤ D．②③④⑤10、下列哪一组元素的原子间反应容易形成离子键()A．a和c B．a和f C．d和g D．c和g11、已知如下两个热化学方程式:C(s)+O2(g)=CO2(g)；△H=－1．5kJ／mol，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=－2．6kJ／mol。现有3．2mol炭粉和氢气组成的悬浮气体、固体混合物在氧气中完全燃烧，共放出4．53kJ热量。则炭粉与氢气的物质的量之比是（）A．1：1 B．l：2 C．2:3 D．3:212、下列有机物能与NaOH反应的是（）A．乙烷B．乙醇C．乙酸D．苯13、根据元素周期律的知识，下列两者性质比较中，不正确的是（）A．热稳定性：PH3＜NH3 B．金属性强弱：Na＞Mg＞AlC．酸性强弱：HF＞HCl＞HBr＞HI D．原子半径：K＞Si＞Cl＞F14、下列各组顺序的排列不正确的是A．热稳定性：HCl＞H2S＞PH3 B．若离子半径：R2->M+，则原子序数一定：R＞MC．酸性强弱：H2SiO3＜H2CO3＜CH3COOH D．熔点：金刚石＞食盐＞干冰15、下列叙述错误的是（）A．烷烃中除甲烷外，很多都能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去B．甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应C．分子通式为CnH2n＋2的烃一定是烷烃D．甲烷能够燃烧，在一定条件下会发生爆炸，因此是矿井安全的重要威胁之一16、下列有关叙述：①非金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质N；②M原子比N原子容易得到电子；③单质M跟H2反应比N跟H2反应容易得多；④气态氢化物水溶液的酸性HmM>HnN；⑤氧化物水化物的酸性HmMOx>HnNOy；⑥熔点M>N。能说明非金属元素M比N的非金属性强的是A．②⑤ B．①②③ C．①②③⑤ D．全部二、非选择题（本题包括5小题）17、该表是元素周期表中的一部分：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②③3④⑤⑥⑦⑧⑨⑩4⑪⑫⑬回答下列问题：（1）⑦是____________，原子半径最大的是____________。（填元素符号或化学式，下同）（2）⑧⑨⑪⑫四种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是________。（3）上述元素中，最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是____________，碱性最强的化合物的电子式____________。（4）用电子式表示⑤和⑨组成的化合物的形成过程____________。（5）①和氢元素形成的化合物很多，其中C2H6可用于形成燃料电池，若用NaOH作电解质溶液，写出该燃料电池的负极反应方程式____________。（6）CO2与CH4经催化重整制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。已知上述反应中相关的化学键键能数据如表：化学键C－HC=OH－HCO(CO)键能/kJ·mol−14137454361075则该反应产生2molH2（g）时____________（填“放出”或“吸收”）热量为____________kJ。18、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素。A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E元素同主族。(1)B在元素周期表中的位置是_________。

(2)E元素形成的最高价氧化物对应的水化物的化学式为______，由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为______。

(3)C、D、E形成的简单离子的半径大小关系是_________(用离子符号表示)。

(4)用电子式表示化合物A2C的形成程:____________________________，化合物D2C2中含有的化学键是____________________________________。

(5)化合物D2C2与A2C反应的化学方程式____________________________19、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_________________________。20、为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。I.用图甲所示装置进行第一组实验时：（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____(填字母)。A石墨B．镁C．银D．铂（2）实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。II.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为___________________，_________________。（5）电解进行一段时间后，若在X极收集到672mL气体，Y电板(铁电极)质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为____mL(均己折算为标准状况时气体体积)。（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______________。21、下面为元素周期表的一部分,根据元素①~⑧在表中的位置回答下列问题｡（1）元素④的原子结构示意图为___________,元素⑦在自然界的存在形态是__________｡（2）用电子式表示元素⑤､⑧形成化合物的过程_____________｡（3）元素①③形成的最简单氢化物化学式是__________,写出实验室制备此物质的化学方程式___________｡（4）元素⑥的单质与磁性氧化铁反应的化学方程式___________｡（5）由元素②形成的只有三种同分异构体的烷烃是_________(填化学式),这三种同分异构体的结构简式分别是CH3CH2CH2CH2CH3､___________､___________｡

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、蛋白质是高分子化合物，分子中含有氨基、羧基和肽键，而缬氨霉素是由12个分子组成的环状化合物，不是蛋白质，A错误；B．缬氨霉素发生水解产物有三种、和，且只有是氨基酸，B错误：C．只有两种物质，即和互为同系物，C错误；D．与甘油醛（）的分子式相同，均是C3H6O3，结构不同，互为同分异构体，D正确；答案选D。2、C【解析】

A、化学反应前后分子种类发生变化，但数目不一定变化，选项A错误；B、化学变化过程是分子分解为原子，原子重新组合成新分子的过程，化学变化前后原子种类和原子数目保持不变，选项B错误；C、化学反应中的能量变化就是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的，选项C正确；D．化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量成正比，选项D错误；答案选C。3、C【解析】A.Hg是不活泼的金属，加热分解HgO制金属Hg，A正确；B.高温下用CO还原赤铁矿炼铁，B正确；C.电解熔融的氯化钠制金属Na，C错误；D.Fe和硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，属于湿法炼铜，D正确，答案选C。4、D【解析】

将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32-不存在；因为Cu2+水解呈酸性，所以有Cu2+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42-；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有Cl-，因为前面已滴加了氯化钡，可知溶液中一定含有Cu2+和SO42-，一定不含CO32-，可能含有Cl-、Na+，故选D。【点睛】本题考查了溶液中离子的检验，题目难度中等，熟练掌握常见离子的性质及检验方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。5、D【解析】试题分析：A、C项属于取代反应；B项属于氧化反应；D项属于加成反应。考点：考查有机化学反应类型。6、D【解析】

分析表中数据信息可知，乙二醇和丙三醇为互溶液体，故不能用分液法、结晶法及萃取法，乙二醇和丙三醇沸点差别较大，可以采用蒸馏法分离。故选D。【点睛】分离、提纯的方法：1.蒸馏：分离、提纯沸点相差较大的混合溶液；2.重结晶：分离、提纯溶解度受温度影响较大的固体混合物；3.分液：分离、提纯互不相溶的液体混合物；4.洗气：分离、提纯气体混合物；5.过滤：分离不溶性的固体和液体。7、A【解析】增大容器容积，减小压强，对有气体参与的反应，正逆反应速率都减小，平衡向化学计量数增大的方向移动，对于2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，平衡逆向进行，故选A。8、B【解析】

由题给流程可知，贝壳高温煅烧生成氧化钙，氧化钙与水反应生成石灰乳；海水经结晶，过滤得到含有镁离子的母液，将石灰乳加入母液中，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁；向氢氧化镁中加入盐酸，盐酸与氢氧化镁反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到六水氯化镁；六水氯化镁在氯化氢气氛中加热脱去结晶水生成无水氯化镁；电解熔融的氯化镁制得金属镁。【详解】A项、海水中含有大量的镁元素，从海水中提取镁的优点之一是原料来源丰富，故A正确；B项、电解熔融的MgCl2时，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成Cl2，阴极镁离子得电子发生还原反应生成金属镁，故B错误；C项、因MgCl2能水解，所以将MgCl2·6H2O晶体在HCl气体氛围中加热脱水，防止MgCl2水解生成Mg(OH)2，故C正确；D项、步骤①涉及CaCO3的分解反应得到CaO，CaO与H2O发生化合反应得到Ca(OH)2，步骤⑥是电解涉及分解反应，步骤③涉及MgCl2与Ca(OH)2发生复分解反应得到Mg(OH)2和CaCl2，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意海水提取镁的流程分析,注意利用物质性质分析工艺流程中物质的转化是解答关键。9、B【解析】

①依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；②依据苯分子中的氢原子，分析碳原子的不饱和程度，判断苯分子中的碳碳键完全相同；③依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；④根据同分异构体数目解答；⑤根据碳碳单键和双键的性质判断。【详解】①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选B。10、B【解析】

一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，据此解答。【详解】根据M层的最外层电子数可知a是Na，b是Mg，c是Al，d是Si，e是P，f是S，g是Cl。则A.a和c均是金属，不能形成化合物，A错误；B.a和f可以形成离子化合物硫化钠，含有离子键，B正确；C.d和g可以形成共价化合物SiCl4，含有共价键，C错误；D.c和g形成共价化合物AlCl3，含有共价键，D错误。答案选B。【点睛】选项D是解答的易错点，注意活泼的金属和活泼的非金属不一定就形成离子键，另外全部由非金属元素也可以形成离子键，例如氯化铵中含有离子键，属于离子化合物。11、A【解析】

根据题中碳粉与氢气的物质的量之比可知，本题考查利用热化学方程式计算碳粉与氢气燃烧放出的热量，运用物质的量与反应放出的热量成正比分析。【详解】设碳粉xmol，则氢气为(3.2-x）mol，则C(s)+O2(g)=CO2(g)AH=-1.5kJ/mol11.5kJx1.5xkJ2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=－2．6kJ／mol22.6kJ(3.2-x)mol241.8(3.2-x)kJ所以1.5xkJ+241.8(3.2-x)kJ=4.53kJ，解得x=3.1mol，则炭粉与H2的物质的量之比为3.1mol:3.1mol=1:1,答案选A。12、C【解析】A.乙烷属于烃，不能与NaOH反应，故A错误；B.乙醇不能与NaOH反应，故B错误；C.乙酸能够电离出氢离子，能与NaOH反应生成盐和水，故C正确；D.苯不能与NaOH反应，故D错误；故选C。13、C【解析】

A．非金属性N＞P，热稳定性：NH3＞PH3，故A正确；B．同周期主族元素核电荷数越大，金属性越弱，则金属性强弱：Na＞Mg＞Al，故B正确；C．非金属性F＞Cl＞Br＞I，同主族元素的非金属性越强，对应氢化物的酸性越弱，则酸性强弱：HI＞HBr＞HCl＞HF，故C错误；D．同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，同主族核电荷数大，原子半径大，则原子半径：K＞Si＞Cl＞F，故D正确；答案选C。14、B【解析】

A．非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，A正确；B．如R2-、M+的核外电子排布相同，由核电荷数越大，离子半径越小可知，可能存在R＜M，B错误；C．非金属性Si＜C，则酸性H2SiO3＜H2CO3，醋酸的酸性比碳酸强，C正确；D．金刚石是原子晶体，食盐为离子晶体，干冰为分子晶体，所以熔点：金刚石＞食盐＞干冰，D正确；答案选B。15、A【解析】

A.烷烃是饱和烃，都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A选；B.甲烷和氯气发生取代反应会生成一氯甲烷，二氯甲烷，三氯甲烷，四氯化碳，都是取代反应，故B不选；C.分子通式是CnH2n+2的烃，一定是烷烃，故C不选；D.甲烷是可燃性气体，和空气混合达到一定比例，会发生爆炸。甲烷是矿井里的气体之一，所以甲烷是安全的重要威胁之一，故D不选。故选A。【点睛】在烃中，符合通式CnH2n+2只有烷烃，因为烷烃是饱和烃。其他烃，如烯烃和环烷烃、炔烃和二烯烃的通式都是相同的。16、B【解析】

①非金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质N，则M的氧化性比N的氧化性强，对应的元素的非金属性M强于N，①正确；②非金属性表示的元素原子得电子的能力，M原子更容易得到电子，则元素M的非金属性强于N，②正确；③元素非金属性越强，元素的单质遇氢气化合反应越容易，单质M与H2反应更容易，则非金属元素M的非金属性比N的强，③正确；④比较元素的非金属性强弱，可以比较其简单氢化物的稳定性，而不是氢化物的酸性，④错误；⑤比较元素的非金属性强弱，比较通过比价最高价氧化物的水化物的酸性强弱，现在不同判断是否为M和N元素的最高价氧化物的水化物，⑤错误；⑥熔点为物理性质，非金属性为化学性质，没有直接关系，⑥错误；综上①②③正确，B项符合题意；本题答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、SiKS2－＞Cｌ－＞K+＞Ca2+C2H6－14e－+18OH－=2CO32－+12H2O吸收120【解析】

根据元素在周期表中的位置可知①～⑬分别是C、N、O、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Ca、Br，据此解答。【详解】（1）⑦是Si；根据元素周期律，同周期随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小，同主族随着核电荷数增大，原子半径逐渐增大，原子半径最大的是K；（2）相同的电子结构，质子数越大，离子半径越小，则⑧⑨⑪⑫四种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是S2－＞Cl－＞K+＞Ca2+；（3）非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，故最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是HClO4；金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，故碱性最强的化合物KOH，电子式为；（4）用电子式表示⑤和⑨组成的化合物氯化镁的形成过程为；（5）C2H6用于形成碱性燃料电池，作负极反应物生成CO32－，发生氧化反应，失电子，碳元素化合价从-3→+4，1个C2H6转移14个电子，故该燃料电池的负极反应方程式C2H6－14e－+18OH－=2CO32－+12H2O；（6）按反应计量系数，该化学反应的反应热=反应物总键能-生成物总键能=(413×4+745×2－1075×2－436×2)kJ/mol=120kJ/mol，则该反应产生2molH2（g）吸收热量为120kJ。18、第二周期第ⅤA族H2SO4NH4NO3S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性键(或共价键)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【解析】

A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素。【详解】(1)B元素为N元素，位于元素周期表第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；（2）E为S元素，最高价为+6，最高价氧化物对应水化物为H2SO4，故答案为：H2SO4；（3）C、D、E形成的简单离子分别为O2—、Na+、S2—，同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则离子半径的大小关系是S2-＞O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；（4）A为H元素、C为O元素，A2C为H2O，H2O为共价化合物，用电子式表示H2O的形成过程为；化合物D2C2为Na2O2，Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性键（或共价键），故答案为：；离子键、非极性键(或共价键)；(5)化合物D2C2为Na2O2，A2C为H2O，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。19、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H1SO4反应生成H1充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的Fe1+沿导管进入右侧试管与NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)1，若过早关闭止水夹，使左侧试管中的硫酸压入右侧试管中，将NaOH中和，则得不到Fe(OH)1溶液．故答案为检验试管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；(4)由于装置中充满H1，外界空气不易进入，所以沉淀的白色可维持较长时间，故答案为试管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。【点睛】Fe(OH)1很容易被空气中的氧气氧化，这是Fe(OH)1的重要性质，本题是在原有性质基础上进行了改编，设计成了探究型实验题。本题考查水解方面的问题，又考查了氧化还原方面的问题，还有实验中的实际问题，同时还考查了实验的设计，题目难度中等。20、B从右向左滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)增大4OH--4e-=2H2O+O2↑Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O1682FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+12OH-【解析】分析：I.甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，利用该原电池电解氢氧化钠溶液，结合原电池、电解池的工作原理解答。II.乙装置是电解池，铁电极与电源正极相连，作阳极，铁失去电子，碳棒是阴极，氢离子放电，结合电极反应式以及电子得失守恒解答。详解：（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序可知Mg＞Zn，因此不能是Mg，答案选B。（2）根据同种电荷相