【文档说明】【精准解析】陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高一下学期第二次阶段检测化学试题.doc，共(15)页，389.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷第I卷一、选择题1.下列关于具有放射性的12553I的说法正确的是()A.是一种新元素B.中子数是125C.其化学性质与13153I有很大区别D.质子数是53【答案】D【解析】【分析】12553I的质子数为53，质量数为125，

核外电子数=质子数，中子数=质量数-质子数【详解】A．12553I的质子数为53，为碘元素，不是新元素，A错误；B．12553I的中子数为125-53=72，B错误；C．元素的化学性质主要由最外层电子数决定，12553I与13153I属于同一种元素，具有相同的

电子层结构，化学性质相同，C错误；D．12553I左下角的数字53为质子数，所以12553I的质子数为53，D正确。答案选D。2.某元素B的核电荷数为Z，已知Bn－和Am+的核外具有相同的电子数，则A元素的原子序数用

Z、n、m来表示，应为A.Z+m+nB.Z－n+mC.Z－n－mD.Z+n－m【答案】A【解析】【详解】某元素B的核电荷数为Z，则Bn－的核外电子总数为Z+n，由于Am+和Bn－具有相同的核外电子数，则Am+的核外电子数为Z+n，因此元素A的核电荷数为：Z+n+m，故答案选A。3.X、Y、Z

、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如下图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是（）XYZWA.原子半径：W＞Z＞Y＞XB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W＞XC.四种元素的单质中，W单质的熔、

沸点最高D.W的单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质【答案】D【解析】【分析】根据题给信息知，X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为氧元素，根据四种元素在周期表中

的位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素。【详解】A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y，Z＞W，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，且原子核外电子层数越多，半径越大，则W＞X，所以原子半径大小顺序为Z＞W＞

X＞Y，选项A错误；B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强可知，最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，选项B错误；C、4种元素的单质中，常温下Z的单质硫是固体，其余均是气体，

Z单质硫的熔、沸点最高，选项C错误；D、W的单质氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，选项D正确。答案选D。4.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3ClO-+4OH-=2RO4n-+3Cl-+5

H2O，则RO4n-中R的化合价是A.+6B.+5C.+4D.+3【答案】A【解析】【详解】由化学方程式两边电荷守恒可得3×（-1）+4×（-1）=-2n+3×（-1），解得n=2，则RO4n－为RO42－，该离子中O元素化合价为−2价，R、O

元素化合价的代数和为−2，RO4n-离子中R元素的化合价=-2-（-2）×4=+6，故选A。5.下列叙述中不正确．．．的是A.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质B.硫酸的酸性比次氯酸的酸性强，所以硫的非金属性比氯强C.在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材

料的元素D.人们在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料【答案】B【解析】【详解】A.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，即位置决定结构，结构决定性质，A正确；B.次氯酸不是最高价含氧酸，不能依据硫酸的酸性比次氯酸的酸性强得出硫的非金属性比氯强，事实上

氯元素的非金属性强于硫元素，B错误；C.在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素往往既具有金属性，也具有非金属性，因此可以寻找制备半导体材料的元素，C正确；D.过渡元素均是金属元素，因此人们在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，D正确。答案选B。6.下列微粒半径大小比较正

确的是()A.Na+<Mg2+<K+<O2-B.Na+>Mg2+>S2->Cl-C.Na>Mg>Al>SD.Cs<Rb<K<Na【答案】C【解析】【详解】原子和单核离子的电子层数越多，半径越大，层数相同时质子数越多半径越小。A．4种离子N

a+、Mg2+、K+、O2-的电子层数分别为2、2、3、2，K+半径最大，电子层数相同的Na+、Mg2+、O2-的质子数分别为11、12、8，所以这四种微粒的大小为：Mg2+＜Na+＜O2-<K+，A错误；B．4种离子Na+、Mg2+、S2-、Cl-的电子层数分别为2、2

、3、3，电子层数为3的离子半径大于电子层数为2的，质子数分别为11、12和16、17，所以这四种微粒的大小为：S2-＞Cl-＞Na+＞Mg2+，B错误；C．Na、Mg、Al、S同为第三周期的元素，4个原子的电子层数

都为3，电子层数相同，质子数分别为11、12、13、16，所以这四种微粒的大小为：Na＞Mg＞Al＜S，C正确；D．Na、K、Rb、Cs是第IA族的四种元素，从上向下电子层数增多，半径增大，原子半径大小为：Na＜K＜Rb＜Cs，D错误。答案选C。7.

下列说法正确的是A.非金属单质中一定存在共价键B.任何物质中都存在化学键C.含离子键的化合物一定是离子化合物D.溶于水能导电的化合物就是离子化合物【答案】C【解析】【详解】A．非金属单质不一定存在共价键，如：稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力，故A错误；B．单原子分子中没有化

学键，如稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故B错误；C．含有离子键的化合物属于离子化合物，离子化合物可能含有共价键，故C正确；D．溶于水能导电的化合物也可能是共价化合物，如HCl在溶液中完全电离，溶液中存在

自由移动离子，所以能导电，故D错误；答案选C。【点睛】解答此类试题要注意一些特殊例子的记忆与使用，如本题中：稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力；再如过氧化钠中存在离子键和非极性键等。8.下列说法正确的是A.HCl的电子式为H:ClB.Na2

O2只含有离子键C.质量数为12的C原子符号为12CD.用电子式表示KBr的形成过程：【答案】D【解析】【详解】A.氯原子核外最外层有7个电子，与氢原子形成HCl分子的电子式为，故A错误；B.Na2O2的电子式为：，其中既有离子键，也有共价键，故B错误；C.质量数应标在原子符号的左上角，质量数为1

2的C原子符号应为12C，故C错误；D.KBr形成过程中，钾原子失去一个电子变成钾离子，溴原子得到一个电子变成溴离子，其形成过程为：，故D说法正确；答案选D。【点睛】本题考查了化学键的概念、离子化合物和共价化合物的电子式书写等知识。一般常见离子的电子式为：①阳离子：简单阳离子由于在形成过程中

已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身。例如：Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Ba2+、Al3+等；复杂的阳离子(例如NH4+、H3O+等)，除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷，如、；②阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，

都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷．例如：、、、、等。9.在反应2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是()A.v(A)=0.5mol·L-1·s-1B.v(B)=0.3mol·

L-1·s-1C.v(C)=48mol·L-1·min-1D.v(D)=10mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【分析】利用速率之比等于化学计量数之比将所给反应速率转换为用同一物质表示的反应速率，然后再

比较速率快慢，换算时注意单位的变化。【详解】速率之比等于化学计量数之比，将各物质的反应速率都转换为化学计量数为1的反应物B表示的反应速率。A．v(B)=()vA2=0.52mol·L-1·s-1=0.25mol·L-1·s-1，B．v(B)=0.3mol·L-

1·s-1C．v(B)=()vC3=483mol·L-1·min-1=48360mol·L-1·s-1=0.27mol·L-1·s-1，D．v(B)=()vD4=104mol·L-1·min-1=10460mol·L-1·s-1=0.04mol·L-1

·s-1，选项B中速率最快。答案选B。10.下列关于物质“反应程度”的说法正确的是（）A.一定条件下，2molSO2与足量O2反应可得到2molSO3B.含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2加热反应可制备1

molCl2C.10mL18.0mol/LH2SO4与足量铜加热反应可制备0.09molSO2D.一定条件下，1molN2与3molH2反应可制备1.0molNH3【答案】D【解析】【详解】因为SO2与O2的反应、N2与H2的反应都是可逆反应，反应物不可能完全转

化为生成物，故A不正确，D正确；MnO2只能与浓盐酸反应制取Cl2，含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应产生的Cl2将少于1mol，B也不正确。11.在密闭容器中进行反应：X2(g)＋Y2(g)

2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.2mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能是A.Z为0.3mol·L－1B.Y2为0.4mol·L－1C.X2为0.2mol·L－1D.Z为0.4m

ol·L－1【答案】A【解析】【详解】因为反应是可逆反应，可能向正反应方向进行，也可能向逆反应方向进行，则Z的浓度应在0mol·L－1<c(Z)<0.4mol·L－1，Y2的浓度应在0.2mol·L－1<c(Y2)<0.4mol·

L－1，X2的浓度在0mol·L－1<c(X2)<0.2mol·L－1，因此选项A正确；答案选A。12.用稀硫酸与过量锌粒反应制取氢气，欲加快化学反应速率而不改变产生氢气的量，下列措施不可行的是（）A.升高温度B.滴加少量浓硫酸C.滴加少量硫酸铜溶液D.改用等质量的锌粉【答案】B【解析】【

分析】加热、增大浓度、增大接触面积、构成原电池，均可加快反应速率。【详解】A.升高温度，增大活化分子百分数，反应速率增大，A正确；B.滴加少量浓硫酸，硫酸的物质的量增大，生成氢气的体积偏大，B错误；C

.锌置换出铜，形成铜锌原电池反应，反应速率增大，C正确；D.改用等质量的锌粉，固体的表面积增大，反应速率增大，D正确。故选B。13.恒温恒容条件下，不能表明反应:2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)已达平衡状态的是A.容器中颜色不再改变B.混合气平均相对分子质量不再改变C.混合气密度不再改

变D.单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2【答案】C【解析】【详解】A.恒温恒容条件下，容器中颜色不再改变，意味着红棕色的NO2的浓度不变，则化学反应已经到到平衡状态，故A能说明已达平

衡状态；B.反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，在恒容的容器中气体质量不变，因反应前后混合气体的物质的量不同，所以当混合气平均相对分子质量不再改变时，气体的物质的量不变，则已达平衡状态，故B能说明已达平衡状态；C.反应2NO2(g)2NO(g)＋

O2(g)，在恒容的容器中进行，气体的质量和容器的容积无论平衡与否均不改变，密度保持不变不能作为是否达到平衡的标志，故C不能说明已达平衡状态；D.单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，表示了O2或NO2的v（正）=v（逆），故D能说明

已达平衡状态；本题答案为C。【点睛】平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变。满足这两个特征或推论反应即达到平衡状态。14.漂白粉与硫酸反应制氯气的原理为:

Ca(C1O)2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O。该实验的发生装置为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】反应为固体和液体加热制取气体，固体放入圆底烧瓶，液体放入分液漏斗中，用酒精灯加

热。答案选B。【点睛】掌握常见气体的发生装置：1.固体和液体加热制取气体：用圆底烧瓶和分液漏斗、酒精灯，适合制取氯气和氯化氢等气体；2.固体加热制取气体，使用试管和酒精灯，适合制取氧气和氨气；3.固体和液体不加热制取气体，使用锥形瓶或圆底烧瓶和分液漏斗

或长颈漏斗，适合制取氢气、二氧化碳、一氧化氮或二氧化氮等气体。15.下列有关电池的说法不正确的是A.手机上用的锂离子电池属于二次电池B.锌锰干电池中，锌电极是负极C.甲醇燃料电池可把化学能转化为电能D.铜锌原电池工作时，电子沿外电

路从铜电极流向锌电极【答案】D【解析】【详解】A．手机上用的锂离子电池既能放电又能充电，属于二次电池，A正确；B．锌锰干电池中，锌电极是负极，碳棒是正极，B正确；C．甲醇燃料电池通过化学反应产生电流，可把化学能转化为电能，C正确；D．铜锌

原电池工作时，电子沿外电路从锌电极流向铜电极，D不正确；故选D。16.把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，c极上产生大量气泡；b、d相连时，b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序为()A.a>

b>c>dB.a>c>d>bC.c>a>b>dD.b>d>c>a【答案】B【解析】【详解】原电池中，一般活泼金属作负极失去电子，较不活泼金属作正极，负极金属失电子发生氧化反应，溶液里阳离子在正极得到电子发生还原反应，原电池工作时，电流从正极流出。a

、b相连时，a为负极，故活动性a＞b；c、d相连时，电流由d到c，故d为正极，c为负极，活动性c＞d；a、c相连时，c极产生气泡，说明H+在c极得到电子变成氢气，说明c是正极，a为负极，故活动性a＞c；b、d相连时，b极产生气泡，说明H+在b极得到电子变成氢气，说明b是

正极，d为负极，故活动性d＞b；故四种金属活动性顺序为a＞c＞d＞b，所以四个选项中B正确，A、C、D错误。答案选B。第II卷二、填空题17.A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构

，两元素的单质反应生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层的电子数之和。(1)C2D电子式为__________，D原子的质子数和中子数相等，D的原子组成符号为______。(2)用电子式表示A、B两元素形成AB2的过程____________

___________________。(3)E和A的最高价氧化物反应的化学方程式_________________________________。(4)足量的AB2与C的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为________________。【答案】

(1).(2).3216S(3).(4).2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2(5).CO2+NaOH=NaHCO3【解析】【分析】A、B、C、D为四种元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相

同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层

电子分别为2、8、6，则D为S元素，据此分析。【详解】A、B、C、D为四种元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，

则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则

D为S元素。(1)C为Na，D为S，故C2D为Na2S，其电子式为，D为S，原子的质子数和中子数相等，D的原子组成符号为3216S；(2)用电子式表示A（C）、B（O）两元素形成AB2的过程为；(3)ENa2O2和A的最高价氧化物

CO2反应的化学方程式为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2；(4)足量的AB2与C的最高价氧化物对应水化物NaOH反应的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3。18.下列几种物质：①MgCl2②H2O③Al④H2O2⑤Na2O2⑥Ca(OH)2⑦HClO⑧I2(

1)只含有离子键的是(选填序号，下同)________。(2)含有共价键的离子化合物是________。(3)属于共价化合物的是________。(4)熔融状态时和固态时，都能导电的是________。(5)HClO的电子式________。【答案】(1).①(2).⑤⑥(3).②④⑦(4).③(

5).【解析】【分析】①MgCl2②H2O③Al④H2O2⑤Na2O2⑥Ca(OH)2⑦HClO⑧I2这8种物质中，铝是金属单质，碘是非金属单质，氯化镁、过氧化钠和氢氧化钙是离子化合物，水、双氧水和次氯酸是共价化合物。离子

化合物中一定有离子键，如果有原子团，那么原子团中一定有共价键。共价化合物中一定只有共价键。【详解】(1)①MgCl2是离子化合物且结构中没有原子团，只含Mg2+和Cl-，所以只含有离子键，答案为①；(2)⑤Na2O2

和⑥Ca(OH)2分别有原子团过氧根O22-和氢氧根OH-，属于含有共价键的离子化合物，答案为：⑤⑥；(3)只含共价键的化合物叫共价化合物，②H2O、④H2O2、⑦HClO是只含有共价键的化合物，属于共价化合物，答案为：②④⑦；(

4)熔融状态时和固态时都能导电的只有金属晶体，离子化合物只有在溶于水或熔融状态下才能导电，熔融状态时和固态时，都能导电的是③Al，答案为：③；(5)HClO里的O形成两个共价键，H和Cl分别只能形成一个共价键，所以O原子应该在中间，H原子达到2电子稳定结构，Cl和O原子达到8电子稳定结构，HCl

O的电子式为。【点睛】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属元素之间形成共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，分子晶体熔化时不破坏化学键，而熔融状态时和固态时，都能导电为金属单质19.回答下列问题：(1)下列反应中，属于放热反应的_________，属于吸热反应

的是__________填序号)①物质燃烧②炸药爆炸③酸碱中和反应④二氧化碳通过炽热的炭⑤食物因氧化而腐败⑥Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应⑦铁粉与稀盐酸反应(2)断开1molH—H键、1molN—H键、1molNN分别需要吸收能量为436kJ、391

k、946kJ，则1molH2与足量N2反应生成NH3需__________(填“吸收”或“放出”)能量______kJ。(认为反应进行到底)。(小数点后保留两位数字)(3)X、Y两种前20号主族元素能形成XY2型化合物，已知XY

2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，且X、Y两元素不在相邻的两个周期，则XY2的电子式为：____________。【答案】(1).①②③⑤⑦(2).④⑥(3).放出(4).30.67(5).【解析】【分析】(1)常见的放热反应有：物质燃烧、氧化反应、

金属与酸反应、金属与水反应、中和反应、大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：大多数分解反应，个别的化合反应（C和CO2）及某些复分解反应(如铵盐和强碱)。(2)化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新的化学键放

出能量，根据化学方程式计算吸收或放出的能量。(3)根据化学式判断元素化合价，由题中信息确定元素在元素同期表中的位置。【详解】(1)①物质燃烧属于放热反应；②炸药爆炸属于放热反应；③酸碱中和反应属于放热反应；④二氧化碳通过炽热的炭属于化合反应，但为吸热反应；⑤食物因氧化而腐败属于放热反应；⑥Ba(O

H)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；⑦铁粉与稀盐酸反应属于吸热反应；所以属于放热反应的有：①②③⑤⑦，属于吸热反应的④⑥；(2)在反应H2+13N2⇌23NH3中，按反应进行到底进行计算，断裂1molH—H键、13molNN键

共吸收的能量为436kJ+13946kJ=751.33kJ，生成23molNH3，放出能量为233391kJ=782kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为782kJ-751.33kJ=30.67kJ，答案为：放出；30.67；(3)X、Y两种前20号主

族元素能形成XY2型离子化合物，则X为+2价，应该是第IIA族元素，Y为-1价，应该是第VIIA族元素，XY2中共有38个电子且不在相邻的两个周期，只能分别在第二、第四周期，X为Ca元素，为Y为F元素，CaF2为离

子化合物，阴阳离子以离子键构成化合物，CaF2的电子式为。【点睛】反应热=反应物的键能总和—生成物的键能总和，计算键能时要注意化学计量数和化学键的数目。20.氯气的用途非常广泛。实验室用如下装置制取氯气，并用制取氯气进行性质探究实验。回答下列问题：（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有2

MnO，写出反应的离子方程式__________________。（2）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，对比E和F中观察现象的差异可得出的结论是__________________。（3）试管C和D中试剂名称各为___

__________________。X试剂的作用是______________。（4）装置G处发生反应的离子方程式为_____________________________。（5）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某

品牌消毒液包装上说明如下图。①“与洁厕灵同时使用”会产生有毒氯气，写出反应的离子方程式____________。②需“密闭保存”的原因_________________________________。【答案】(1).MnO2+Cl-+4H+ΔMn2++Cl2↑+2H2O(2).氯气

不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸(3).饱和食盐水、浓硫酸(4).吸收多余氯气，防止污染空气(5).Cl2+2I-=2Cl-+I2(6).Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O(7).消毒液的有效成分NaClO

能与空气中的CO2作用，使其变质【解析】【分析】实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色

布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，据此分析解答。【详解】（1）MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、

氯化锰和水，方程式：MnO2+4HCl（浓）ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，故离子方程式为：MnO2+Cl-+4H+ΔMn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+Cl-+4H+ΔMn2++Cl2↑+2H2O；（2）干燥的氯气依次通过E中红色

干布条，F中红色湿布条，看到现象为E中布条不褪色，F中布条褪色，说明氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；故答案为：氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；（3）制得的氯气混有HCl气体和水蒸气，由C中饱和食盐水除去HCl，D中浓硫酸吸收水蒸气

，氯气有毒不能直接排放到空气中，由于氯气能够与碱反应，产生容易溶于水的物质，所以可以用氢氧化纳溶液作吸收试剂，吸收过量的氯气，故答案为：饱和食盐水、浓硫酸；吸收多余氯气，防止污染空气；（4）G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，氯气将KI氧化生成碘单质，故离子方程

式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，故答案为：Cl2+2I-=2Cl-+I2；（5）①次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：Cl-+ClO-+2H+

=Cl2↑+H2O；②消毒液有效成分是次氯酸盐与二氧化碳和水生成的次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解，所以应该密封保存，故答案为：消毒液的有效成分NaClO能与空气中的CO2作用，使其变质。21.某化学兴趣小组利用反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计

的原电池实验装置如图。请回答下列问题：(1)b极发生___(填“氧化”或“还原”)反应，其电极材料为___，b电极反应式为：____。(2)a极为____(填“正极”或“负极”)，其电极材料可能为___，

a极的电极反应式为____。(3)该电池放电过程中，若测得电解质溶液的质量与时间的关系如图所示，则反应从开始至t1时，电路中转移电子的物质的量为_______mol。【答案】(1).氧化(2).铜(3).Cu-2e-=Cu2+(4).正极(5).银(6).F

e3++e-=Fe2+(7).0.4【解析】【分析】根据氧化还原反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计原电池，电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电流从电池正极流出，电子从电池负极流出，该反应中Cu发生氧化反应，所以Cu作负极，正极材料应该是活动

性比Cu更弱，可以用银或石墨作正极，可溶性的铁盐溶液为电解质溶液，，据此分析解答。【详解】(1)由图可知，电子从b极流出，b为原电池的负极，由分析可知，负极材料为铜，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，答案为：氧化；铜；Cu-2e-=Cu2+；(2)由图知电子从b

极流出，经导线流入a极，故a极为原电池的正极，负极材料为铜，正极材料应该是活动性比Cu更弱，金属活动性Cu后面的银或石墨都可作正极，试剂X为可溶性的铁盐溶液，溶液里的阳离子Fe3+在正极得到电子发生还原

反应，电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，答案为：正极；银；Fe3++e-=Fe2+；(3)由图像可知反应从开始至t1时，电解质溶液质量增加了12.8g，即有12.8gCu发生反应变成离子进入溶液，设转移

的电子的物质的量为x，根据Cu电极的电极反应式计算：-2+Cu2eCu-=64g2mol12.8gx列比例式为64g2mol=12.8gx，解得x=0.4mol。【点睛】明确原电池正负极的判断方法、各个电极上发生的反应类型、电极反应式的书写是解题

的关键。