上海市同济中学2021-2022学年高一化学下学期期末考试试卷（Word版附解析）

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37B.质量数是85C.电子数是38D.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c C.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.O2B.N2C.F2D.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＞SiB.Na＜AlC.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.③④⑥B.①③⑥⑦C.③④⑤⑦D.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+5O2 4NO+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。25.某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu的金属活动性，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目。(1)方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为_________________________。(2)方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性。试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式______________________________________。(3)方案Ⅲ：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案(与 方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同)：_________________________________________________；用离子方程式表示其反应原理：_______________________________________________。【答案】①.Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑②.正极反应：2H＋＋2e－===H2↑；负极反应：Fe－2e－===Fe2＋③.把铁片插入CuSO4溶液中，一段时间后，观察铁片表面是否生成红色物质④.Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu【解析】【分析】(1)方案Ⅰ：根据铁与酸的反应分析并写出离子方程式；(2)方案Ⅱ：根据正负极上得失电子写出电极反应式；(3)方案Ⅲ：根据铁、铜之间的置换反应设计。【详解】(1)方案Ⅰ：金属的活动性越强，与酸反应越剧烈，产生H2的速率越快，Fe能与H＋反应生成H2：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，Cu不与H＋反应，无明显现象，所以Fe的活动性大于Cu的。(2)方案Ⅱ：利用原电池中相对活泼金属失去电子为原电池负极，相对不活泼的金属为原电池的正极来判断金属活动性的相对强弱，正极上氢离子得电子生成氢气，反应还原反应，电极反应式为2H++2e−===H2↑；负极上铁失电子生成二价铁离子，发生氧化反应，电极反应式为Fe−2e−===Fe2+；用铁、铜作电极，稀硫酸作电解质溶液设计原电池，铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，电子从负极沿导线流向正极：；(3)方案Ⅲ：可根据活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来设计实验，设计方法如下：将铁片置于CuSO4溶液中，一段时间后观察Fe表面有红色的金属铜析出，即可以证明金属铁的活泼性强于金属铜的；反应原理为：铁和铜离子发生氧化还原反应生成铜和二价铁离子，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+═Fe2++Cu。 【点睛】本题使用比较金属性强弱的方法角度出发，结合物质的性质设计实验方案。