北京市延庆区2022-2023学年高一化学上学期期末试卷（Word版带解析）

北京市延庆区2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题考生须知：1.本试卷共8页，分为两个部分。第一部分为选择题，25小题(共50分)；第二部分为非选择题，8个小题(共50分)。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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27C135.5Fe56第一部分(选择题共50分)本部分共25小题，每小题2分，共50分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1.下列所用材料不属于合金的是A.青花瓷罐B.青铜器C.飞机外壳(硬铝)D.不锈钢手术器械A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】青花瓷罐属于陶瓷，是无机非金属材料，不属于合金；青铜器、飞机外壳(硬铝)、不锈钢手术器械都属于合金，故A符合题意；综上所述，答案为A。2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.盐酸B.蔗糖溶液C.Fe(OH)3胶体D.NaCl溶液 【答案】C【解析】【详解】A．盐酸是溶液，不可能产生丁达尔效应，故A错误；B．蔗糖溶液不可能产生丁达尔效应，故B错误；C．当光束通过Fe(OH)3胶体时能观察到丁达尔效应，故C正确；D．NaCl溶液不可能产生丁达尔效应，故D错误；故答案为C。3.下列物质不属于电解质的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A符合题意；B．是酸，属于电解质，故B不符合题意；C．是碱，属于电解质，故C不符合题意；D．是盐，属于电解质，故D不符合题意。综上所述，答案为A。4.下列元素不属于短周期的是A.HB.C.SD.K【答案】D【解析】【分析】短周期为一、二、三周期，结合元素在周期表的位置来解答。【详解】A．氢元素为第一周期元素，为短周期元素，A不选；B．氧元素为第二周期元素，为短周期元素，B不选；C．硫元素位于第三周期，为短周期元素，C不选；D．K元素为第四周期元素，为长周期元素，选D；故本题选D。5.下列物质含有非极性共价键的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．含有离子键和极性键，故A不符合题意；B．只含有非极性键，故B符合题意；C．只含极性键，故C不符合题意； D．只含离子键，故D不符合题意。综上所述，答案为B。6.下列元素的原子半径最小的是A.NaB.MgC.AlD.Cl【答案】D【解析】【详解】同一周期元素从左到右，原子半径逐渐增大，Cl原子半径最大；故选D。7.下列物质进行焰色试验，其火焰为黄色的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，灼烧钠盐，火焰的颜色呈黄色；【详解】A．NaCl含有钠元素，火焰的颜色呈黄色，选项A正确；B．CaCl2不含钠元素，焰色反应为砖红色，选项B错误；C．KCl不含钠元素，焰色反应为紫色，选项C错误；D．CuCl2不含钠元素，焰色反应颜色为黄绿色，选项D错误；答案选A。8.下列物质互称同位素的是A.和B.和C.和D.和【答案】D【解析】【分析】质子数相同中子数不同的原子互称同位素，据此分析。【详解】A．和是两种化合物，不是原子，A错误；B．和是氧元素的不同单质为同素异形体，不是同位素，B错误；C．NO和NO2是不同化合物，C错误；D．和是质子数相同而中子数不同的同种元素的不同种原子互为同位素，D正确；故本题选D。9.下列离子方程式书写不正确的是A.钠与水反应： B.铁与氯化铁溶液的反应：C.氧化铁放入稀盐酸中：D.碳酸钙与盐酸反应：【答案】B【解析】【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故反应的离子方程式为：，A正确；B．铁与氯化铁溶液的反应，原方程电荷不守恒，正确的离子方程式为：，B错误；C．氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，故反应的离子方程式为：，C正确；D．碳酸钙与盐酸反应会生成氯化钙、水和二氧化碳，故反应的离子方程式为：，D正确；故本题选B。10.下列关于物质分类的叙述中，不正确的是A.属于单质B.属于氧化物C.属于酸D.属于碱【答案】D【解析】【详解】A．是只由一种元素组成的纯净物，属于单质，选项A正确；B．是由氧元素和铁元素组成的纯净物，属于氧化物，选项B正确；C．是电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，选项C正确；D．不会电离出氢氧根离子，不属于碱，属于盐，选项D不正确；答案选D。11.下列关于金属铝的描述中，不正确的是A.有银白色金属光泽B.具有较强的还原性C.硬度高于硬铝D.常温下能与空气中的氧气反应【答案】C【解析】【详解】A．金属铝也具有金属的通性，故金属铝有银白色金属光泽，A正确；B．金属铝最外层有3个电子，容易失去电子，故具有较强的还原性，B正确； C．硬铝是合金，一般合金的硬度都大于纯金属，故硬铝硬度高于铝，C错误；D．铝单质非常活泼，在常温下能与空气中的氧气反应生成氧化铝，D正确；故本题选C。12.下列说法不正确的是A.1mol的质量是35.5gB.0.5mol中含有1molOC.的摩尔质量是56g/molD.1L1mol/L溶液中含有1mol【答案】A【解析】【详解】A．1mol的质量：，A错误；B．0.5mol中含有氧原子的物质的量为：0.5mol2=1mol，B正确；C．的摩尔质量是56g/mol，C正确；D．1L1mol/L溶液中含有的物质的量为：，D正确；故本题选A。13.硒()被称为长寿元素、抗癌之王，在机体中充当抗氧化剂。下列关于的说法不正确的是A.质子数为34B.质量数为43C.中子数为43D.核外电子数为34【答案】B【解析】【分析】元素符号的左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，质量数=中子数+质子数；对于原子来说，原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，据此回答。【详解】A．由上述分析可知，质子数为34，A正确；B．质量数为77，B错误；C．中子数为77-34=43，C正确；D．核外电子数为34，D正确；故本题选B。14.下列各组离子能在溶液中大量共存的是A.、、、B.、、、C、、、D.、、、 【答案】D【解析】详解】A．与反应生成二氧化碳气体和水而不共存，故A不符合题意；B．与反应生成沉淀而不共存，故B不符合题意；C．、、发生氧化还原反应而不共存，故C不符合题意；D．、、、大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。15.下列有关性质的比较不能用元素周期律解释的是A.金属性：B.酸性：C.碱性：D.热稳定性：【答案】B【解析】【详解】A．同周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性：，故A不符合题意；B．不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释酸性强弱，故B符合题意；C．同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性逐渐减弱，因此碱性：，故C不符合题意；D．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物稳定性逐渐减弱，因此热稳定性：，故D不符合题意。综上所述，答案为B。16.下列“实验结论”与“实验操作及事实”不相符的一组是实验操作及事实实验结论A绿豆大小的和K分别放入水中，K与水反应更强烈金属性：B向盛有沉淀的两支试管中，分别滴加足量盐酸和溶液，振荡后，均得到无色溶液是两性氢氧化物C将盐酸滴入碳酸钠中得到非金属性：D向KI溶液中滴加氯水，溶液变为棕黄色氧化性：A.AB.BC.CD.D【答案】C 【解析】【详解】A．金属性越强，与水反应越剧烈，由K与水反应更剧烈，可知金属性：Na<K，A正确；B．Al(OH)3与盐酸和NaOH溶液均反应生成盐和水，可知氢氧化铝具有两性，B正确；C．盐酸为无氧酸，不能由盐酸和碳酸的酸性比较Cl和C的非金属性强弱，C错误；D．向KI溶液中滴加氯水，溶液变为棕黄色，棕黄色为碘水的颜色，说明反应过程中有碘单质的生成，Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，氯气是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性：，故D正确；故本题选C。17.铁与水蒸气反应的实验装置如图所示，下列有关该实验的说法不正确的是A.湿棉花的作用是提供水蒸气B每消耗3mol，生成4molC.点燃酒精灯产生肥皂泡，证明发生了反应D.铁与水蒸气反应生成的固体产物是【答案】C【解析】【分析】加热时，湿棉花提供水蒸气，铁粉与水蒸气发生反应，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，肥皂液的主要作用是收集生成的H2，检验氢气的存在，以此解答该题。【详解】A．有上述分析可知，湿棉花提供给水蒸气，A正确；B．铁粉与水蒸气发生反应的方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，由方程式的反应关系可知，每消耗3mol，生成4mol，B正确；C．点燃酒精灯产生肥皂泡，只能说明有气体出来，可能氢气，也可能是空气和水蒸气，需要检验气体能否燃烧，才能确定是不是发生了反应，C错误；D．铁粉与水蒸气发生反应的方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，铁与水蒸气反应生成的固体产物是，D正确；故本题选C。18.下列说法不正确的是 A.22g在标准状况下的体积约为11.2LB.1mol中含有的电子数约为C.配置250mL1.0mol/L溶液需要18mol/L溶液的体积约为13.9mLD.1mol与足量反应时，转移的电子数约为【答案】B【解析】【详解】A．22g在标准状况下的体积约为11.2L，故A正确；B．1个N2分子中含有14个电子，1mol中含有的电子数约为，故B错误；C．配置250mL1.0mol/L溶液需要18mol/L溶液的体积约为13.9mL，故C正确；D．1mol与足量反应时，钠元素化合价由0升高为+1，1molNa转移1mol电子，转移的电子数约为，故D正确；选B。19.下列电子式书写不正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．氯原子最外层有7个电子，氯气形成一对共用电子对，氯气还有孤对电子，其电子式，故A错误；B．氢原子最外层有1个电子，氢气形成一对共用电子对，其电子式，故B正确；C．氢原子最外层有1个电子，氯原子最外层有7个电子，氯化氢形成一对共用电子对，氯原子还有孤对电子，其电子式，故C正确；D．氢原子最外层有1个电子，氧原子最外层有6个电子，水有两根氢氧键即两对共用电子对，氧原子还有孤对电子，其电子式，故D正确。 综上所述，答案为A。20.取等质量的镁粉和铝粉分别放入过量的盐酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后产生相同状况下氢气的体积A.镁粉多B.铝粉多C.一样多D.无法判断【答案】B【解析】【详解】根据题意得到关系式Mg～H2，2Al～3H2，等质量的镁粉和铝粉，设质量为mg，则产生氢气物质的量分别为、，则铝反应放出的氢气多，故B符合题意。综上所述，答案为B。21.实现下列变化需要加入氧化剂的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．碘元素的化合价由-1价变为0价，化合价升高，为还原剂，发生氧化反应，故需要外加氧化剂，选A；B．硫元素铝元素的化合价均没变，不是氧化还原反应过程，故B不选；C．铝元素的化合价均没变，不是氧化还原反应过程，故C不选；D．，锰元素的化合价由+7价变为+4价，化合价降低，被还原，故需要加入还原剂，D不选；故本题选A。22.下列对图示的解释不正确的是ABCD固体在水中形成水合离子向稀硫酸中加入溶液，溶液导电能力变化的形成示意图光照过程中氯水的变化 a时刻稀硫酸与溶液恰好完全反应降低的原因是氯气逸出A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．NaCl在水中形成水合离子，水合钠离子和水合氯离子，其电离方程式，故A正确；B．向稀硫酸中加入溶液，两者点反应生成硫酸钡沉淀和水，完全反应时，溶液几乎不导电，后来继续加入氢氧化钡，导电能力逐渐增强，故B正确；C．钠原子最外层有1个电子，氯原子最外层有7个电子，钠失去最外层的1个电子形成钠离子，钠原子失去的这个电子转移给氯原子，氯原子得到1个电子形成氯原子，钠离子和氯离子形成氯化钠，故C正确；D．氯水中主要有HCl和HClO，HClO见光分解生成盐酸和氧气，溶液氢离子浓度增大，pH降低，故D错误。综上所述，答案为D。23.向溶液中依次加入甲、乙、丙三种溶液，进行如下实验：则甲、乙、丙中的溶液可能是A.、、B.、、C.、、D.、、【答案】C【解析】 【详解】A．与反应没有沉淀产生，故不符合题意，A不选；B．与反应会产生碳酸钡的白色沉淀，加入过量的，沉淀会溶解，生成二氧化碳气体和硝酸钡（还有过量的硝酸），硝酸钡与氯化亚铁没有白色沉淀产生，不符合题意，B不选；C．与反应会产生碳酸钡的白色沉淀，加入过量的，沉淀会溶解，生成二氧化碳气体和氯化钡（还有过量的盐酸），再加入硫酸钠溶液，会有硫酸钡的白色沉淀产生，符合题意，选C；D．与反应没有沉淀产生，故不符合题意，D不选；故本题选C。24.下列关于“100mL0.1mol∙L−1溶液”的说法正确的是A.该溶液与0.1mol∙L−1溶液中的相等B.若取该溶液10mL，其中C.该溶液中含有的微粒主要有：、、、D.若取该溶液10mL，恰好能与10mL0.1mol∙L−1溶液完全反应【答案】D【解析】【详解】A．100mL0.1mol∙L−1溶液中，0.1mol∙L−1溶液中的，两者的不相等，故A错误；B．若取该溶液10mL，离子浓度不变，因此，故B错误；C．氯化钡全部电离，因此该溶液中含有的微粒主要有：、、，故C错误；D．若取该溶液10mL，与10mL0.1mol∙L−1溶液，两者的，因此两者恰好完全反应，故D正确。综上所述，答案为D。25.下列实验方案中，不能测定和混合物中的质量分数是A.取ag混合物充分加热，减重bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体C.取ag混合物与足量氢氧化钠充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体D.取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体【答案】C 【解析】【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，A不选；B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，B不选；C．取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH，不可以计算出Na2CO3质量分数，选C；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，最后得到固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，D不选；故本题选C。第二部分(非选择题共50分)本部分共8小题，共50分。26.补齐物质与其用途之间的连线如B−a_______物质用途A．碳酸氢钠a．作呼吸面具供养剂B．过氧化钠b．作食品膨松剂C．漂粉精c．作红色颜料D．氧化铁d．作游泳池消毒剂【答案】A−b，C−d，D−c【解析】【详解】碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，常用作作食品膨松剂，故A−b；漂白精具有消毒杀菌作用，常用作游泳池消毒剂，故C−d；氧化铁是红棕色粉末，常用作红色颜料，故D−c；综上所述，答案为：A−b，C−d，D−c。27.选择完成下列实验的装置 （1）加热和浓盐酸的混合物制，用_______(填序号，下同)。（2）从食盐水中获得食盐，用_______。（3）配制100mL1.00mol∙L−1溶液，用_______。【答案】（1）②（2）①（3）③【解析】【小问1详解】加热和浓盐酸的混合物制，圆底烧瓶中装二氧化锰，分液漏斗中装入浓盐酸，用酒精灯加热，因此用②装置；故答案为：②。【小问2详解】从食盐水中获得食盐，用蒸发结晶的方法，需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等装置，故用①；故答案为：①。【小问3详解】配制100mL1.00mol∙L−1溶液，用100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯等装置，因此用③；故答案：③。28.实验室制的化学方程式为。（1）作氧化剂的物质是_______，锰元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)。（2）反应中每生成1mol，消耗的物质的量是_______mol，转移电子的物质的量是_______mol。【答案】（1）①.②.降低（2）①.4②.2【解析】【小问1详解】反应方程式，MnO2中Mn化合价降低，被还原，发生还原反应，因此作氧化剂的物质是MnO2，锰元素的化合价降低；故答案为：MnO2；降低。【小问2详解】根据反应方程式分析，反应中每生成1mol，消耗的物质的量是4mol，转移电子的物质的量是2mol；故答案为：4；2。29.用固体配制100mL1.00mol/L溶液。（1）计算需要固体的质量为_______g。 （2）配制溶液时，正确的实验操作顺序是_______。a.将称好的固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解并冷却至室温。b.根据计算结果，称量固体。c.将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴好标签。d.将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100L容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，将洗涤液也都注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。e.将蒸馏水注入容量瓶，当液面离容量瓶颈部的刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。【答案】（1）4.00（2）badec【解析】【小问1详解】配制100mL1.00mol/L溶液，需要溶质的质量为：，答案为：4.00；【小问2详解】用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以正确的操作顺序为：badec；答案为：badec。30.84消毒液是北京某医院在1984年研制成功的一种高效含氯消毒液。该消毒液可由与溶液反应制得，其主要成分为、，是无色或淡黄色液体。人们主要利用84消毒液中的氧化性进行消毒。比要稳定的多，虽然也会分解，但它的水溶液在低温下存放三年才分解一半左右。（1）84消毒液的有效成分是。_______（2）84消毒液是由和两种物质组成的混合物。_______（3）用与溶液制备84消毒液的反应属于氧化还原反应。_______（4）很稳定，高温加热不分解。_______【答案】（1）正确（2）错误（3）正确（4）错误【解析】【小问1详解】84消毒液中的氧化性进行消毒，故84消毒液的有效成分是，答案为：正确； 【小问2详解】84消毒液是由、和水组成的混合物，答案为：错误；【小问3详解】与反应过程中生成了、和水，氯元素的化合价由0价分别变到了+1价和-1价，故该反应属于氧化还原反应，答案为：正确；【小问4详解】不稳定，高温条件下会分解，故答案为：错误。31.海洋是巨大的化学资源宝库。从海水中可以制取氯、溴、镁等多种化工产品。（1）在元素周期表中的位置是第_______周期、第_______族。（2）的最高价氧化物对应的水化物为，其中溴元素的化合价是_______，的酸性比的酸性_______(填“强”或“弱”)。（3）金属性强于用原子结构解释原因：和位于同一周期，原子核外电子层数相同，_______，原子半径大于，失电子能力强于。（4）在元素周期表中，溴()位于第4周期，与同主族。下列实验或事实能说明得电子能力强于的是_______(填字母)。a．将通入溶液中可制得b．常温常压下，为气态，为液态c．约500℃开始分解，HCl约1000℃开始缓慢分解【答案】（1）①.三②.ⅦA（2）①.+7②.弱（3）核电荷数小于（4）ac【解析】【小问1详解】是17号元素，核外电子排布是2、8、7，因此Cl在元素周期表中的位置是第三周期、第VIIA族；故答案为：三；VIIA。【小问2详解】的最高价氧化物对应的水化物为，氢为+1价，氧为−2价，则溴元素的化合价是+7，根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，因此的酸性比的酸性弱；故答案为：+7；弱。【小问3详解】金属性强于用原子结构解释原因：和位于同一周期，原子核外电子层数相 同，核电荷数小于，原子半径大于，失电子能力强于；故答案为：核电荷数小于。【小问4详解】a．将通入溶液中可制得，说明氧化性，则一般得到非金属性强于，故a符合题意；b．常温常压下，为气态，为液态，得电子能力与物质的状态无关，故b不符合题意；c．根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物稳定性逐渐减弱，约500℃开始分解，HCl约1000℃开始缓慢分解，则非金属性强于，故c符合题意；综上所述，答案为：ac。32.电子工业中，常用溶液腐蚀铜(原理为：)制造印刷线路板。为了从腐蚀废液中回收铜并重新得到溶液，可以采用下列步骤：（1）上述过程中属于过滤操作的是_______(填序号)。（2）加入物质A生成单质的离子方程式是_______。（3）滤渣为混合物，物质B是_______(用化学式表示)，作用是_______。（4）写出③中通入反应的离子方程式为_______。（5）检验溶液中所含金属离子的实验操作和现象为：_______。（6）若加入A的物质的量为amol，整个操作过程中生成的物质的量为bmol，若不考虑空气中氧气参与反应，请计算③至少消耗的物质的量为_______mol。(用含a、b的代数式表示)【答案】（1）①②；（2）；（3）①.HCl；②.除去粉中的；将铁转化成氯化亚铁；（4）；（5）取待测液少许于试管中，滴加溶液，变红色；（6）。【解析】【分析】电子工业中，常用溶液腐蚀铜，制造印刷线路板，则腐蚀废液中主要为氯化铜、氯化铁和氯化亚铁，加入过量A，产生滤液和滤渣，滤液通入氯气生成氯化铁，说明滤 液为氯化亚铁，则A为单质铁，则滤渣为铁和铜；加入过量B，得到单质铜和氯化亚铁，说明B为稀盐酸，据此分析。【小问1详解】操作①、②后均有固体和滤液，则说明①②操作为过滤；答案为：①②；【小问2详解】由上述分析可知，物质A是铁单质，铁与铜离子发生置换反应，故反应的离子方程式为：；答案为：；【小问3详解】由上述分析可知，物质B是HCl；HCl的作用是使铜和铁单质分离，同时生成氯化亚铁溶液，故答案为：HCl；除去粉中的；将铁转化成氯化亚铁；【小问4详解】由上述分析可知，滤液是氯化亚铁溶液，二价铁离子被氯气氧化成三价铁离子，故反应的离子方程式为：；答案为：；【小问5详解】检验三价铁离子，可以取待测液少许于试管中，滴加溶液，变红色，说明有三价铁离子存在，故答案为：取待测液少许于试管中，滴加溶液，变红色；【小问6详解】物质A是铁单质，amol的铁单质由0价，最终转化为三氯化铁中的三价铁离子，共失去3amol的电子，得电子的物质为盐酸和氯气，题干要求计算至少消耗的量，故不考虑原溶液中的铜离子和铁离子，根据氢气的量，盐酸共得2bmol电子，则氯气得电子的物质的量为：（3a-2b）mol，故需要氯气的物质的量为：（）mol；答案为：。33.某小组同学为了获取在制备过程中，沉淀颜色的改变与氧气有关的证据，用下图所示装置进行了实验(夹持装置已略去，气密性已检验)。 实验步骤：Ⅰ．向三颈瓶中加入饱和溶液，按如图1所示装置连接；Ⅱ．打开磁力搅拌器，立即加入10%溶液；Ⅲ．采集瓶内空气中含量和溶液中含量()的数据。实验现象：生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后部分变为红褐色。实验数据：问题与解释：（1）三颈瓶中溶液的颜色为_______，盛放溶液的仪器名称为_______。（2）生成白色沉淀的离子方程式是_______。（3）沉淀颜色发生变化最后变成红褐色的化学方程式是_______。（4）通过上述实验，可得到“在制备过程中，沉淀颜色改变与氧气有关”的结论，其实验证据是_______。【答案】（1）①.浅绿色②.分液漏斗（2）（3）（4）瓶内空气中、溶液中含量均下降；沉淀颜色改变【解析】【分析】硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，根据数据采集溶解氧和瓶内氧气的量逐渐减小，沉淀的颜色迅速变为灰绿色，一段时间后部分变为红褐色。【小问1详解】三颈瓶中溶液的颜色为浅绿色，根据图中信息得到盛放溶液的仪器名称为分液漏斗；故答案为：浅绿色；分液漏斗。 【小问2详解】生成白色沉淀是亚铁离子和氢氧根反应生成，其反应的离子方程式是；故答案为：。【小问3详解】沉淀颜色发生变化最后变成红褐色是氢氧化亚铁和氧气、水反应生成，其反应的化学方程式是；故答案为：。【小问4详解】通过上述实验，根据沉淀颜色的改变、以及图2、图3的实验数据可得到“在制备过程中，沉淀颜色改变与氧气有关”的结论，其实验证据是瓶内空气中、溶液中含量均下降；沉淀颜色改变；故答案为：瓶内空气中、溶液中含量均下降；沉淀颜色改变。