2021-2022学年上海市同济中学高一下学期期末考试化学试卷 （含解析）

同济中学2021学年第二学期期末测试高一化学一、选择题(每一题有1个正确答案)1.化学与环境密切相关，下列有关酸雨的说法错误的是A.酸雨是小于7的雨水 B.空气中的主要来自于含硫的煤和石油的燃烧C.属于大气污染物 D.或都会导致酸雨的形成【答案】A【解析】【详解】A．酸雨是小于5.6的雨水，故A错误；B．含硫的煤和石油的燃烧会产生SO2，故B正确；C．是一种大气污染物，故C正确；D．会形成硝酸型酸雨，会形成硫酸型酸雨，故D正确；答案选A。2.类比是学习化学的重要方法，下列说法中正确的是A.SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成，则SO3通入BaCl2溶液中也无沉淀生成B.MgO、Al2O3都是高熔点离子化合物，熔化时都能导电C.CO2与SiO2都是第IVA族的最高价氧化物，则它们的物理性质也相似D.加热条件下，Na与O2反应生成Na2O2，Li与O2反应也生成过氧化锂【答案】B【解析】【详解】A．由于H2SO3的酸性比HCl弱，所以SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成，SO3通入BaCl2溶液中，SO3与水反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应产生BaSO4白色沉淀，A错误；B．MgO、Al2O3都是高熔点离子化合物，熔化时电离产生自由移动的离子，因此在熔融状态下都能导电，B正确；C．CO2与SiO2都是第IVA族的最高价氧化物，CO2是由分子构成的物质，分子之间以微弱的分子间作用力结合，断裂消耗较少能量，因而熔沸点比较低，在室温下呈气态。而SiO2是由原子通过共价键结合形成的原子晶体，由于共价键是一种强烈的相互作用，断裂消耗很高能量，因此物质的熔沸点高，在室温下呈固体，可见二者物理性质差别很大，C错误；D．加热条件下，Na与O2反应生成Na2O2，Li金属活动性比Na弱，Li与O2反应只生成Li2O，D错误；故合理选项是B。3.我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟。关于铷原子()说法正确的是A.中子数是37 B.质量数是85C.电子数是38 D.与互称同素异形体【答案】B【解析】【分析】核素表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；【详解】A．质量数=质子数+中子数，中子数是85-37=48，A错误；B．核素的表示方法可知，质量数是85，B正确；C．原子中质子数=电子数，电子数为37，C错误；D．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；与互称同位素，D错误；故选B。4.元末陶宗仪《辍耕录》中记载：“杭人削松木为小片，其薄为纸，熔硫磺涂木片顶端分许，名日发烛……，盖以发火及代灯烛用也。”下列有关说法错误的是A.将松木削薄为纸片状有助于发火和燃烧B.“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性C.“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化D.硫磺是“发烛”发火和燃烧反应的催化剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．将松木削薄为纸片状可以增大可燃物与氧气接触面积，有助于发火和燃烧，A正确；B．发烛具有可燃性，“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性，B正确；C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化，如化学能转化为光能、热能等，C正确；D．硫磺也燃烧，不是催化剂，D错误；选D。5.元素周期表在化学及其他科学范畴中被广泛使用。下列说法正确的是A.元素周期表的第一列都是碱金属元素B.元素周期表中第16列都是非金属元素C.元素周期表最外层电子数相同的元素都在同一列D.在周期表过渡元素中易寻找催化剂及耐高温、耐腐蚀的合金材料【答案】D【解析】【详解】A．元素周期表第一列H元素不是碱金属元素，A错误；B．元素周期表第16列元素有O、S、Se、Te、Po，Po是金属元素，B错误；C．He最外层电子数为2，与Mg虽然最外层电子数相同，但不在同一列，C错误；D．在周期表过渡元素中易寻找催化剂及耐高温、耐腐蚀的合金材料，D正确；故选D。

6.下列关于的说法错误的是A.能使紫色石蕊试液变色，但不能褪色B.用作葡萄酒的食品添加剂，用来杀死有害细菌，防止色素被氧化C.能使品红溶液褪色，体现其氧化性D.通入溶液中有黄色沉淀生成，体现其氧化性【答案】C【解析】【详解】A．能使紫色石蕊试液变色因为二氧化硫与水生成亚硫酸，溶液显酸性，但不能褪色，A正确；B．二氧化硫作为抗氧化剂用作葡萄酒的食品添加剂，用来杀死有害细菌，防止色素被氧化，B正确；C．二氧化硫能和品红溶液生成无色物质而使品红溶液褪色，该现象体现二氧化硫的漂白性，与二氧化硫酸性氧化物的性质、氧化性和还原性无关，C错误；D．通入溶液中有黄色沉淀(S)生成，体现其氧化性，D正确；答案选C。7.下列有关浓硫酸的说法正确的是A.浓硫酸可以用来干燥和 B.浓硫酸与碳的反应体现了浓硫酸的强酸性C.浓硫酸有氧化性，稀硫酸没有氧化性 D.可以用铝罐装浓硫酸是因为铝和浓硫酸不反应【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，不能与氯气和二氧化硫反应，则用浓硫酸可以干燥氯气和二氧化硫，故A正确；B．浓硫酸与碳共热反应生成二氧化氯、二氧化碳和水，反应中浓硫酸只表现强氧化性，故B错误；C．浓硫酸中+6价硫元素为最高价态，具有氧化性，稀硫酸电离出的氢离子，氢元素的+1价氢元素为最高价态，能表现弱氧化性，故C错误；D．铝在冷的浓硫酸中钝化，阻碍反应的继续进行，所以可以用铝罐装浓硫酸，故D错误；故选A。8.价类二维图是学习元素化合物的工具，如图a~g分别表示氮元素的不同价态所对应的物质。下列说法错误的是A.f属于电解质B.a可转化为cC.b化学性质稳定，可从空气中提取D.g受热分解可制取a【答案】D【解析】【分析】根据价类二维图，可知a是NH3；b是N2单质；c是NO、d是NO2；e是HNO3；f是；g是铵盐。【详解】A.f是，能电离出，属于电解质，故A正确；B.NH3发生催化氧化生成NO和水，故B正确；C.N2化学性质稳定，可以用分离液态空气法制取N2，故C正确；D.铵盐和碱反应制取氨气，故D错误；选D。9.下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是A. B. C. D.KBr【答案】C【解析】【详解】A．H2SO4只有共价键，A不符合题意；

B．只有共价键，B不符合题意；

C．既有离子键又含有共价键，C符合题意；

D．KBr只有离子键，D不符合题意。

答案选C。10.下列过程只需要破坏共价键的是A.NaCl溶于水 B.碘升华 C.熔融 D.晶体硅熔化【答案】D【解析】【详解】A．氯化钠为离子化合物，溶于水破坏离子键，A错误；B．碘升华克服分子间作用力，B错误；C．氧化铝是离子化合物，熔融破坏的是离子键，C错误；D．晶体硅是原子晶体，熔融破坏的是共价键，D正确；故答案选D。11.下列单质中，最容易与氢气发生反应的是（

）A.O2 B.N2 C.F2 D.Cl2【答案】C【解析】【详解】与氢气化合的难易程度与元素的非金属性强弱有关。同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，由于F是非金属性最强的元素，所以最易与氢气反应，F2在暗外就能与氢气化合且发生爆炸。12.下列元素的原子或离子半径比较正确的是A.C＞Si B.Na＜Al C.Cl-＜Mg2+ D.O2-＞F-【答案】D【解析】【详解】A．同主族自上而下原子半径依次增大，所以原子半径C＜Si，A错误；B．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径Na＞Al，B错误；C．Cl-有3层电子，Mg2+只有2层电子，所以半径Cl-＞Mg2+，C错误；D．O2-和F-均含3层电子，但O2-核电荷数更小，所以半径O2-＞F-，D正确；综上所述答案为D。13.按C、N、O、F的顺序，下列元素的性质表现为递减的是A.原子半径 B.非金属性C.最高化合价 D.最低化合价【答案】A【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则四种元素的原子半径依次减小，故A符合题意；B．同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则四种元素的非金属性依次增强，故B不符合题意；C．氟元素和氧元素没有正化合价，则四种元素的最高化合价没有递变规律，故C不符合题意；D．同周期元素，从左到右最低化合价依次增大，则四种元素的最低化合价依次增大，故D不符合题意；故选A。14.下列叙述能说明氯元素非金属性比硫元素强的是①HCl的溶解度比大②HCl的酸性比强③HCl的稳定性比强④还原性：⑤HClO的酸性比弱⑥与铁反应生成，而S与铁反应生成FeS⑦向溶液中滴入适量盐酸可产生A.③④⑥ B.①③⑥⑦ C.③④⑤⑦ D.全部【答案】A【解析】【分析】氢化物的稳定性越强，元素非金属性越强；单质跟氢气形成氢化物越容易，元素的非金属性越强；最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强；非金属单质的氧化性越强，或其阴离子的还原性越强，相应元素的非金属性越强。【详解】溶解度为物理性质，①不能说明；比较酸性必须为最高价含氧酸，②不能说明；氢化物的稳定性可以说明氯元素的非金属性大于硫，③能说明；离子的还原性可以说明非金属性的强弱，④能说明；不是最高价含氧酸，⑤不能说明；Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS说明氯气的氧化性大于硫，⑥可以说明氯元素的非金属性大于硫；向Na2SO3溶液中滴入适量盐酸可产生SO2，说明盐酸酸性强于亚硫酸，比较酸性必须为最高价含氧酸，⑦不可以说明；答案选A。15.“神舟十三号”乘组航天员在空间站进行了三次“天宫授课”。以下实验均在太空中进行，下列说法正确的是A.“泡腾片实验”中，柠檬酸与小苏打反应时，有电子的转移B.“太空冰雪实验”中，过饱和乙酸钠溶液结晶，该过程放出热量C.“太空五环实验”中，向乙酸溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色D.“水油分离实验”中，不需其他操作，静置即可实现水和油的分离【答案】B【解析】【详解】A．柠檬酸与小苏打反应生成柠檬酸钠、二氧化碳和水，为强酸制弱酸的复分解反应，没有电子的转移，故A错误；B．过饱和乙酸钠溶液一旦遇到晶核，会迅速结晶，并放出热量，故B正确；C．乙酸溶液呈酸性，向乙酸溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色(或橙色，与pH有关)，故C错误；D．失重环境下水油无法自然分离，可以使用旋转的方式，借助离心作用，来使它们分离，故D错误；故选B。16.某实验小组通过下图所示实验，探究Na2O2与水的反应：下列说法中正确的是A.②中的大量气泡的主要成分是氢气B.③中溶液变红，说明有酸性物质生成C.④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D.⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度【答案】C【解析】【详解】A.过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，则②中大量气泡的主要成分是氧气，A错误；B.酚酞遇到碱显红色，③中溶液变红，说明有碱性物质生成，B错误；C.④中红色褪去，应该是由溶液中的强氧化性物质氧化酚酞致酚酞变质导致，C正确；D.⑤中加入MnO2产生较多气泡，说明溶液中存在H2O2，MnO2的主要作用是作催化剂，D错误；答案选C。【点睛】过氧化钠与水反应后的溶液中含有过氧化氢，具有强氧化性、漂白性，掌握反应原理是解题的关键。17.下列各图中所涉及为放热反应的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．该反应为铝热反应,为放热反应，A正确；B．生成物的总能量高于反应物，属于吸热反应，B错误；C．浓硫酸溶于水为放热过程，不是放热反应，C错误；D．化学键断裂为吸热过程，D错误；故选A。18.如图，在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，下列关于该装置的说法正确的是A.外电路电流方向为：X—外电路—YB.若两极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒C.X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D.若两极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据图片知该装置是原电池,外电路中电子从X电极流向Y电极,电流的流向与此相反,即Y→外电路→X,选项A错误；B.原电池中较活泼的金属作负极,较不活泼的金属或导电的非金属作正极,若两电极分别为Fe和碳棒,则Y为碳棒,X为Fe,选项B错误；C.X是负极,负极上发生氧化反应；Y是正极,正极上发生还原反应,选项C错误；D.原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，该原电池中X是负极，Y是正极，所以若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y，选项D正确；答案选D。19.下列各组离子在澄清透明溶液中能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】【详解】A．、、、互不反应，可以大量共存，故A符合题意；B．在酸性条件下可以氧化而不能大量共存，故B不符合题意；C．与可以反应生成氨水而不能大量共存，故C不符合题意；D．可以氧化而不能大量共存，故D不符合题意；故选A。20.在2L容器中进行反应，2min后，B的物质的量由5mol减少为3mol，在此2min内反应速率表示正确的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】B的物质的量由5mol减少为3mol，在此2min内反应速率【详解】A．A为固体，一般不用其表示化学反应速率，A错误；B．由分析可知，，B错误；C．，C正确；D．A为固体，一，般不用其表示化学反应速率，D错误；故选C。二、解答题21.W、X、Y、Z、R是原子序数依次递增的五种短周期元素，Y原子核外电子数与W、X的最外层电子数之和相等，Y原子半径是短周期元素原子半径中最大的，R最高正价与最低负价代数和为4，W的一种氢化物常作制冷剂，Z原子的电子层数与最外层电子数相等。回答下列问题：（1）W元素的名称为_______，R元素在周期表中位于_______。（2）X、Z、R三种元素中，所形成的简单离子半径由大到小的顺序为_______(用离子符号表示)，原子半径最大的元素的原子结构示意图为：_______。（3）Y的最高价氧化物对应的水化物的电子式为_______。（4）W、X的最简单氢化物稳定性关系：_______(填氢化物化学式)；（5）用电子式表示X的简单氢化物的形成过程_______。（6）与气体发生氧化还原反应，生成X的常见单质和一种盐，写出该反应的化学方程式为：_______。【答案】（1）①.氮②.第3周期VIA族（2）①.S2-＞O2-＞Al3+②.（3）

（4）H2O＞NH3（5）（6）2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2【解析】【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z、R是原子序数依次递增的五种短周期元素，Y原子半径是短周期元素原子半径中最大的，则Y为Na，R最高正价与最低负价代数和为4，则R为S，W的一种氢化物即NH3常作制冷剂，即W为N，Y原子核外电子数与W、X的最外层电子数之和相等，则X为O，Z原子的电子层数与最外层电子数相等，则Z为Al，综上分析可知，W、X、Y、Z、R五种元素分别为N、O、Na、Al、S五种，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，W为N，则W元素名称为氮，R为S，是16号元素，故R元素在周期表中位于第3周期VIA族。【小问2详解】由分析可知，X、Z、R分别为O、Al、S，故X、Z、R三种元素形成的简单离子分别为S2-、O2-、Al3+，S2-核外电子排布三层，O2-和Al3+核外电子均排布两层，O的核电荷数为8，Al的核电荷数为13，一般地，电子层数越多，半径越大，若电子层数相同，质子数越多，半径越小，则半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Al3+；原子半径最大的元素即Al，其原子结构示意图为：。【小问3详解】分析可知，Y为Na，则Y的最高价氧化物对应的水化物即NaOH，NaOH是由Na+和OH-通过离子键结合而成的化合物，其电子式为：。【小问4详解】由分析可知，W、X分别为N、O，由于O的非金属性强于N，元素的气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，则W、X的最简单氢化物稳定性关系：H2O＞NH3。【小问5详解】X为O，其简单氢化物为H2O，H2O为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：。【小问6详解】由分析可知，X、Y、R分别为O、Na、S，故Y2X2即Na2O2与RX3即SO3气体发生氧化还原反应，类比于CO2和Na2O2反应可知生成X的常见单质即O2和一种盐即Na2SO4，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2。22.细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。（1）氮循环中，属于氮的固定的有_______(填字母序号，下同)，属于氧化反应的有_______。a.转化为氨态氮b.硝化过程c.反硝化过程（2）铵态氮肥是水体中铵根的主要来源之一。氨气溶于水也能产生铵根，此过程中发生的反应有(用方程式表示)_______，检验某固态氮肥中铵根的实验操作与相应的现象及结论为_______。（3）铵态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生0.02mol氮气时，转移电子的物质的量为_______。（4）土壤中的铁循环可用于水体脱氮(指将氮元素从水体中除去)，原理为，证明铁离子存在的实验操作及现象为：_______。（5）实验室中也可以实现不同价态氮元素之间的转变，请写出符合以下要求的化学方程式：①转化为：_______②转化为：_______【答案】（1）①.a②.b（2）①.NH3+H2ONH3·H2O+OH-②.取固态氮肥少许于试管，加入NaOH溶液并加热，用镊子夹住一片湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该固态氮肥中有铵根离子（3）0.06mol（4）取少量土壤于试管中，加入适量水搅拌，用胶头滴管吸取上层清液于另一试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则土壤中存在Fe3+（5）①.C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O②.4NH3+5O24NO+6H2O【解析】【小问1详解】a．将氮由游离态转化为化合态为氮的固定。N2转化为氨态氮，将N2转化成含氮的化合物，属于氮的固定，N元素的化合价由0价降至-3价，N2被还原，发生还原反应；b．硝化过程中发生的转化为→→，反应物是含氮的化合物，不属于氮的固定，N元素的化合价由-3价→+3价→+5价，N元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应；c．反硝化过程中发生的转化有→N2、→N2、→，反应物是含氮的化合物，不属于氮的固定，N元素的化合价降低，被还原，发生还原反应；属于氮的固定的有a，属于氧化反应的有b；故答案为：a；b。【小问2详解】NH3溶于水，大部分跟水结合成NH3·H2O，NH3·H2O少部分发生电离，电离出铵根离子和OH-，用方程式表示为：NH3+H2ONH3·H2O+OH-。检验某固态氮肥中铵根的实验操作与相应的现象及结论为：取固态氮肥少许于试管，加入NaOH溶液并加热，用镊子夹住一片湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该固态氮肥中有铵根离子。【小问3详解】铵态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，该反应可表示为+=N2↑+2H2O，反应中每生成1molN2转移3mol电子，当产生0.02molN2时，转移电子物质的量为0.02mol×3=0.06mol。【小问4详解】Fe3+和SCN-反应能生成红色的Fe(SCN)3，证明铁离子存在的实验操作和现象为：取少量土壤于试管中，加入适量水搅拌，用胶头滴管吸取上层清液于另一试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则土壤中存在Fe3+。【小问5详解】+5价的N转化为+4价的N，如C与浓硝酸的反应，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。②-3价的N转化为+2价的N，如氨的催化氧化反应，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。三、实验题23.Na2CO3可用于纺织、制肥皂、造纸、制玻璃等，NaHCO3可用于制药、焙制糕点等，两者都是白色固体；某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。（1）称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴加2滴酚酞试液。①发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得到结论_______。②同学们在两烧杯中还观察到了其它现象。其中盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象：I溶液温度升高，Ⅱ_______(填字母序号)。a.滴入酚酞后呈无色b.滴入酚酞后呈红色（2）“套管实验”的实验装置如图所示，整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是_______。

（3）写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式：_______。（4）该实验可证明NaHCO3的热稳定性_______(填“强于”“弱于”或“等于”Na2CO3；证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？_______(填“能”或“不能”)。（5）能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是_______。A.将Na2CO3和NaHCO3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较B.分别在这两种物质的溶液中，加入少量CaCl2溶液C.分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液【答案】（1）①.同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3②.b（2）有气泡产生，澄清石灰水变浑浊（3）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O（4）①.弱于②.不能（5）AB【解析】【小问1详解】①Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得到结论是：同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，故答案为：同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3；

②同学们在两烧杯中还观察到了盛放Na2CO3的烧杯中溶液温度升高，滴入酚酞后呈红色，故答案为：b；【小问2详解】NaHCO3受热分解的温度较低，而碳酸钠受热不分解，所以“套管实验”中，能观察到烧杯B中的现象是有气泡产生，澄清石灰水变浑浊，故答案为：有气泡产生，澄清石灰水变浑浊；【小问3详解】实验过程中试管中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；【小问4详解】该实验可证明NaHCO3的热稳定性弱于Na2CO3，证明热稳定性的实验装置中，不能将NaHCO3、Na2CO3的位置互换，故答案为：弱于；不能；【小问5详解】A．将Na2CO3和NaHCO3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较，pH大的为Na2CO3，故A正确；

B．分别在这两种物质的溶液中，加入少量CaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3，故B正确；

C．分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液，均有白色沉淀产生，故C错误；

故答案为：AB。24.用下面几种方法可以制得白色的沉淀。方法一：用不含的溶液与用不含的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。（1）用硫酸亚铁晶体配制上述溶液时，还需加入少量铁屑，原因是_______。(写离子方程式)（2）除去蒸馏水中溶解的常采用_______的方法。（3）生成白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含的NaOH溶液，插入溶液液面下，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、稀等试剂制备。（4）在试管I里加入的试剂是_______。（5）在试管II里加入的试剂是_______。（6）为了制得白色沉淀，在试管I和II中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后实验步骤是_______。（7）这样生成的沉淀能较长时间保持白色，其理由是_______。【答案】（1）Fe+2Fe3+=3Fe2+（2）煮沸（3）避免生成的Fe(OH)2沉淀接触到空气中的O2而被氧化（4）铁屑和稀硫酸（5）NaOH溶液（6）收集试管II出口处的气体，检验氢气的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹（7）铁屑和稀硫酸反应生成的氢气将两支试管内的空气都排出去，使氢气充满试管I和试管II(起保护气的作用)，且外界空气不容易进入，由于有氢气的保护作用，Fe(OH)2沉淀能较长时间地稳定存在

【解析】【分析】方法二中，向试管I中加铁屑和稀硫酸，向试管Ⅱ中加NaOH溶液，这样铁屑和稀硫酸反应可以制取FeSO4溶液，借助生成的氢气将两支试管内的空气都排出去，使氢气充满试管I和试管II(起保护气的作用)，反应一段时间后，关闭止水夹，试管I内压强增大，FeSO4溶液顺着导管进入试管II的NaOH溶液中，NaOH与FeSO4发生反应生成Fe(OH)2沉淀。【小问1详解】+2价的铁有还原性，其化合物无论是在空气中还是在水中，都易被氧化为+3价铁的化合物，加入少量铁屑可防止Fe2+被氧化，离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；【小问2详解】除去蒸馏水中溶解的O2常采用煮沸的方法；【小问3详解】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。这样操作的理由是避免生成的Fe(OH)2沉淀接触到空气中的O2而被氧化；【小问4详解】试管I中加入的试剂是铁屑和稀硫酸；【小问5详解】试管Ⅱ中加入的试剂是NaOH溶液；【小问6详解】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，试管Ⅰ中生成氢气和硫酸亚铁，氢气沿着导管进入试管Ⅱ中，收集试管II出口处的气体，检验氢气的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹，这时试管I内压强增大，FeSO4溶液顺着导管进入试管II的NaOH溶液中，NaOH与FeSO4发生反应生成Fe(OH)2沉淀。【小问7详解】铁屑和稀硫酸反应生成的氢气将两支试管内的空气都排出去，使氢