四川省成都实验中学20172018学年高一下学期期末考试化学模拟题(二)含答案

高2017级高一下学期期末考试模拟试题化学（考试时间：90分钟满分：100分）第Ⅰ卷(选择题

共48分)一、选择题：此题包含

24小题，每题只有一个选项切合题意，

每题

2分，共

48分。1．我国科学家初次合成的一种过渡金属的新核素

18572Hf，拥有延展性，不易被腐化，可应用于高科技领域等特色。

185Hf

可由

180Hf

转变而成，以下相关

180Hf、185Hf

的说法正确的选项是(

C)A．物质的量相等的185Hf与180Hf质量同样B．核外电子数分别为

108、113C．1mol

180Hf

比

1mol

185Hf

的中子数少

5NAD.180Hf、185Hf

在周期表中的地点不一样分析：A.185Hf

与180Hf

的原子量不一样，

1mol

的质量不一样，

A错误；

B．核外电子数＝质子数＝

72，B错误；C.中子数＝质量数－质子数，质子数同样，中子数之差＝质量数之差＝185－180＝5，C正确；

D.180Hf、185Hf

原子序数同样，在周期表中的地点同样，

D错误；答案选

C。2．某主族元素R的最高正价与最低负化合价的代数和为A．R必定是第周围期元素B．R必定是ⅣA族元素C．R的气态氢化物比同周期其余元素气态氢化物稳固D．R气态氢化物化学式为H2R

4，由此能够判断

(

D

)3．除第一周期外，对于同周期主族元素的以下变化规律的表达中不正确的选项是

(

B)A．从左到右，原子半径渐渐减小B．从左到右，元素原子的氧化性减弱，复原性加强C．从左到右，元素最高正价数从＋

1递加到＋

7，负价由－

4递变到－

1D．从左到右，元素最高价氧化物对应水化物碱性减弱，酸性加强分析：同周期的主族元素从左到右，原子半径渐渐减小；氧化性加强，复原性减弱；金属性减弱，非金属性加强；最高正价数从＋1递加到＋7，负价由－4递变到－1。由此可得B项错误。4．以下电子式书写正确的选项是(C)········①氧原子·O·②过氧根离子[··O··O··]－③氢氧根离子[··O··H]－④钠········H·离子[Na]＋⑤氢离子H＋⑥铵根离子[H······H]＋⑧溴离子[··N⑦铝原子·Al···H····]－Br··A．①②③⑥⑦B．①③④⑥⑦⑧C．①③⑤⑥⑦⑧D．②③④⑦⑧5．核电荷数小于18的某元素，其原子核外的电子层数为n，最外层电子数为(2n＋1)，原子核内质子数是(2n2－1)，则以下相关的说法中不正确的选项是(A)A．最高正价为＋3价B．其最低负价可能为－1价C．氢化物易溶于水D．是开朗的非金属元素分析：由题给已知条件，采纳代入法进行推测。当n＝1时，不合理；当n＝2时，最外层电子数是5，核内质子数是7，该元素为N；当n＝3时，最外层电子数为7，核内质子数为17，该元素为Cl。依据N和Cl的性质推知，B、C、D均正确。应选A。6.、Y、、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的地点以下图，若W原子的最外7(D)层电子数是内层电子总数的，以下说法中正确的选项是10A．阴离子的半径从大到小摆列次序为：

>Y>>WB．、Y、、W

元素的氢化物分子间都能够形成氢键CYD．最高价氧化物对应的水化物的酸性：

W>分析：第一判断出

W为

Cl，再由地点关系判断出为

S，Y

为O，为

N。阴离子半径大小为>W>>Y

，A错；NH3分子间，H2O

分子间可形成氢键，

而H2S、HCl

分子间不可以形成氢键，B错；O2在放电条件下生成O3，O3转变为O2的反响，在常温下迟缓、高温下快速，C错；酸性HClO4>H2SO4，D正确。7．短周期主族元素、Y、、W的原子序数挨次增大，原子核外最外层电子数是其电子层数的

2倍，、Y

的核电荷数之比为

3∶4。W－的最外层为

8电子构造。金属单质在空气中焚烧生成的化合物可与水发生氧化复原反响。以下说法正确的选项是

(

D

)A．与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与的最高价氧化物的水化物发生反响B．原子半径大小：＜Y，＞WC．化合物2Y和WY3都只存在离子键D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂分析：联合四种元素的原子序数挨次增大及原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，可知为碳元素；、Y的核电荷数之比为3∶4，则Y为氧元素；金属单质在空气中焚烧生成的化合物可与水发生氧化复原反响，则为钠元素；又因

W－的最外层为

8电子构造，结合四种元素原子序数挨次增大，

故W为氯元素。A项，碳和氧形成的化合物主要为

CO、CO2，此中

CO

不可以与氢氧化钠反响，错误；

B项，原子半径：

C>O，Na>Cl，错误；

C项，化合物Na2O

中只存在离子键，而化合物

NaClO3中存在离子键和共价键，错误；

D项，O3、Cl2、ClO2等均可用作水的消毒剂，正确。8．以下反响既是氧化复原反响，又是吸热反响的是(B)A．锌粒与稀硫酸的反响B．灼热的木炭与CO2的反响C．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反响D．甲烷在空气中焚烧的反响分析：A、D都是放热反响，C不是氧化复原反响，B切合题意。9．化学反响速率的研究对于工农业生产和平时生活有着十分重要的意义，以下说法正确的是(D)A．将肉类食品进行低温冷藏，能使其永久不会腐败变质B．在化学工业中，采用适合的催化剂必定能提升经济效益C．夏季面粉的发酵速度与冬季面粉的发酵速度相差不大D．茶叶的包装袋中加入的复原性铁粉，能明显延伸茶叶的储藏时间分析：A项，低温冷藏只好降低肉类食品的变质速度。B项，催化剂的使用只好提升单位时间内的产量，而不可以保证经济效益的提升。C项，夏季温度高，面粉的发酵速度加速。D项，复原性铁粉能与茶叶包装袋中的氧气反响，降低氧气浓度，进而明显延伸茶叶的储藏时间。10．原电池产生电流的实质原由是(D)A．电解质溶液中有电离出的自由挪动的离子B．有导线将两个开朗性不一样的电极连结C．在不一样金属的两极间存在电势差D．在原电池中发生了氧化复原反响11．比较形状和质量均同样的两块硫磺分别在空气中和氧气中完整焚烧的实验现象，下列相关说法中不正确的选项是(D)A．在氧气中焚烧比在空气中焚烧更强烈B．在氧气中焚烧火焰呈蓝紫色，在空气中焚烧火焰呈淡蓝色C．如硫完整燃尽，则在空气中与在氧气中焚烧所用时间不一样D．硫在氧气中焚烧火焰温度比在空气中高，是因为硫在氧气中焚烧时产生的热量多分析：纯氧中氧气浓度大于空气中氧气的浓度，因此，硫在氧气中焚烧更强烈，更快，所用时间也短。可是，两种状况下放出的热量同样多。12．以下实验方案不合理的是

(

A

)A．判定蔗糖水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中加入新制

Cu(OH)2B．鉴识织物成分是真丝仍是人造丝：用灼烧的方法C．判定苯中无碳碳双键：加入高锰酸钾酸性溶液D．鉴识乙烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少许乙烯和苯中分析：蔗糖的水解用稀硫酸作催化剂，直接向水解液中加入新制Cu(OH)2，Cu(OH)2与硫酸反响生成CuSO4，损坏了Cu(OH)2，没法判定。13.已知2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H=-566J·mol-1,Na2O2(s)+CO2(g)Na2CO3(s)+O2(g)H=-226J·mol-1。依据以上热化学方程式判断,以下说法正确的选项是(C)A.CO的焚烧热为283JB.以下图可表示由CO生成CO2的反响过程和能量关系C.2Na2O2(s)+2CO2(s)2Na2CO3(s)+O2(g)H>-452J·mol-1D.CO(g)与Na2O2(s)反响放出509J热量时,电子转移数为6.02×1023分析A选项中焚烧热单位错误,应为J·mol-1;B项图中没有表示出H=-566J·mol-1时,对应的反响物与生成物物质的量的关系及齐集状态,B项错;因为2Na2O2(s)+2CO2(g)2Na2CO3(s)+O2(g)H=-452J·mol-1,固态CO2转变为气态CO2需汲取热量,因此2Na2O2(s)+2CO2(s)2Na2CO3(s)+O2(g)H>-452J·mol-1,C项正确;依据盖斯定律,将已知的两个热化学方程式分别编号①②并作×①+②运算得CO(g)+Na2O2(s)Na2CO3(s)H=-509J·mol-1,可知当放出509J热量时,耗费1molCO(g),电子转移数为2×6.02×1023,D项错误。TiO214．TiO2在光照耀下可使水分解：2H2O=====2H2↑＋O2↑，该过程近似植物的光合作光用。如图是光照耀下TiO2分解水的装置表示图。以下表达正确的选项是(A)A．该装置将光能转变为电能，同时也能转变为化学能B．铂电极上发生的电极反响为氧化反响C．该装置工作时，电流由TiO2电极经R流向铂电极D．该装置工作时，TiO2电极邻近溶液的pH变大分析：该装置光分解水是将光能转变为化学能，发生氧化复原反响，生成氢气和氧气，电子的转移经过

R，又将化学能转变为电能；铂电极上生成氢气的反响为

2H＋＋2e－===H

2↑，是复原反响；

TiO2电极上生成氧气的反响为

4OH－－4e－===2H

2O＋O2↑。因此，

TiO2电极邻近溶液的

pH

减小；电子由

TiO2电极经

R流向铂电极，电流方向正好相反。15．在恒温恒容条件下，能使

A(g)＋B(g)

C(g)＋D(s)正反响速率增大的举措是(

D

)A．减小

C的浓度

B．增大

D的用量C．减小

B的浓度

D．增大

A或B的浓度分析：在恒温恒容条件下，正反响速率取决于反响物的浓度。减小反响物或生成物的浓度都会使反响速率减小，而增大固体反响物的用量不会改变反响速率。因此不行选A、B、C。16．市场上有一种加酶洗衣粉，即在洗衣粉中加入少许的碱性蛋白酶，它的催化活性很强，衣物上的汗渍、血迹以及人体排放的蛋白质、油脂碰到它，皆能因水解而除掉，以下衣猜中不可以用加酶洗衣粉清洗的是(A)①棉织品②毛织品③腈纶织品④蚕丝织品⑤涤纶织品⑥绵纶织品A．②④B．①②③C．③④⑤D．③⑤⑥分析：依照题给信息，该碱性蛋白酶能够使蛋白质水解，因此毛织品和蚕丝织品因属于蛋白质类制品而不可以使用这类加酶洗衣粉。17．以下表达正确的选项是(B)A．汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物B．乙醇能够被氧化为乙酸，两者都能发生酯化反响C．甲烷、乙烯和苯在工业上都可经过石油分馏获取D．含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C—C单键分析：此题考察有机物基础知识。碳氢化合物是指烃类物质，而植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类物质，A项错误；乙醇发生去氢氧化可获取乙醛，乙醛可进一步被氧化为乙酸，醇和羧酸在必定条件下都能发生酯化反响，B项正确；甲烷、乙烯等都是在石油裂化和裂解过程中获取的重要化工原料，C项错误；含5个碳原子的有机物，若形成环状化合物，如环戊烷，则最多可形成5个C—C键，D项错误。18．某烃分子中有40个电子，它焚烧时生成等体积的CO2和H2O(g)，该有机物的分子式为(C)A．C4H8B．C4H10OC．C5H10D．C4H10分析：完整焚烧生成等体积的CO2和H2O(g)，则该有机物中N(C)∶N(H)＝1∶2，该烃分子中有40个电子，只有C切合题意。19．1mol某烃在氧气中充分焚烧，需要耗费氧气179.2L(标准状况)。它在光照的条件下与氯气反响能生成三种不一样的一氯代替物。该烃的构造简式是(B)A．B．CH3CH2CH2CH2CH3C．D．分析：按题设条件“能生成3种一氯代替物”的要求，精选分子的构造式中有处于三种不一样状况的氢的选项。这样清除

C、D

选项。只有

A、B选项切合要求。1

2

3CH33C－CH2CH3A123CH3CH22CH2B1234CH3CH2CHCH32C再用耗费氧气的量清除A项。20．制备金属氯化物时，常用两种方法：①用金属和氯气直接化合制得；②用金属和盐酸反响制得。用以上两种方法都可制得的氯化物是(D)A．CuCl2

B．FeCl2C．FeCl3

D．AlCl3分析：Fe和Cl2反响生成FeCl3，Fe和HCl反响生成FeCl2，Cu在金属活动次序表中位于氢的后边，不可以和盐酸反响。21．以下与办理方法对应的反响方程式不正确的选项是(B)A．用Na2S去除废水中的Hg2＋：Hg2＋＋S2－===HgS↓催化剂B．用催化法办理汽车尾气中的CO和NO：CO＋NO=====C＋NO2C．向污水中投放明矾，生成能凝集悬浮物的胶体：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋D．用高温催化氧化法去除烃类废气y催化剂y(CHy)：CHy＋(＋)O2――→CO2＋H2O4高温2分析：B项正确的反响方程式为催化剂2CO2＋N2，利用CO的复原性将有2CO＋2NO=====害气体转变，除去污染。22．近来一段时间，中国各地出现严重的雾霾天气，以下举措在控制污染、减少雾霾或是应付雾霾办理方法不正确或不行行的是(C)①严格拟订汽车尾气的排放标准，并严格履行；②减少煤炭在使用能中的比率，开发洁净能；③将大型工厂和污染公司移出城市周边地域并分别安排；④将市民大批移居城市郊区；⑤市民出行戴防毒面具；⑥减少城市施工中的露天作业或采纳洒水等降尘举措；⑦汽车行驶使用单双号限行，建议乘坐公共交通工具；⑧雾霾严重达到红色预警时，建议中小学休课放假并减少户外活动A．③④⑤⑧B．④⑤C．③④⑤D．④⑤⑧分析：①拟订严格的汽车尾气排放标准，并严格履行，有益于减少污染，保护环境，正确；②开发洁净能汽车，如氢能汽车、太阳能汽车等，有益于减少污染，保护环境，正确；③将大型工厂和污染公司移出城市周边地域并分别安排，不可以减少大气污染物的排放，故不能减少大气污染，错误；④市民大批移居城市郊区，不现实，大批移居成本较高，不行取；错误；⑤市民出行戴防备面具，不现实，是污染后再防备的做法，不行取，错误；⑥减少城市施工中的露天作业或采纳洒水等降尘举措，能够减少大气污染，正确；⑦汽车行驶使用单双号限行，建议乘坐公共交通工具，能够减少空气中有害气体的排放，进而降低大气污染，正确；⑧雾霾严重达到红色预警时，建议中小学休课放假并减少户外活动，以减少对人的伤害，正确。减少雾霾或是应付雾霾办理方法不正确或不行行的为③④⑤，选项

C正确。23．氧化复原反响宽泛应用于金属的冶炼。以下说法不正确的选项是

(

C)A．冶炼铁的主要原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石等，此中石灰石的作用是除掉铁矿石中的脉石(二氧化硅)B．湿法炼铜与火法炼铜的反响中，铜元素都发生复原反响C．Mg可由电解熔融的MgO制取，Na也可由电解熔融的NaCl制取D．铝热法复原铁的反响中，放出的热量能使铁融化24．海水中溶解和悬浮着大批的无机物和有机物，拥有巨大的开发潜力，人类除了从海水中获取食盐和水外，还获取大批的钾、镁、溴、碘等，以下说法正确的选项是(A)A．从海水中能够获取NaCl，NaCl是制造纯碱的原料B．海水中含有碘元素，只要将海水中的碘升华就能够获取碘单质C．电解氯化钾和氯化镁的水溶液，可制得钾和镁D．用有机溶剂可萃取海水中的溴、碘分析：海水中的碘不是单质，B错；利用氯化镁、氯化钾制备金属时，电解的是熔融状态的盐，而不是盐溶液，C错；海水中溴、碘以化合态存在，D错。第Ⅱ卷(非选择题

共52分)二、非选择题：此题包含6小题，共52分。25．（除标明外，每空2分，共8分）现有A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数挨次增大。已知A与C，B与D分别是同族元素，且B、D两元素的质子数之和是

A、C两元素的质子数之和的两倍。这四种元素中有一种元素的单质易溶解于

CS2溶剂中。请写出：(1)A元素的名称

______，B元素的符号

______。(2)C元素的单质与

A2B反响的离子方程式：

_____________________________________________________________________________________________________________

。(3)C元素跟

D元素形成的化合物的电子式：

__________________________________。(4)写出两种均含有这四种元素的化合物互相反响的离子方程式：____________________________________________________________________。答案：(1)氢（1分）O（1分）(2)2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑····]2－Na＋(3)Na＋[····S(4)HSO3－＋H＋===H2O＋SO2↑分析：由题意可知A、B、C、D在周期表中的地点可能有两种排法：①四种元素散布于二、三周期：________二周期A____B三周期C____D②四种元素散布于一、二、三周期：一周期__A__二周期_________________B三周期__C____D①设A、B的质子数分别为和y，则C、D的质子数分别为＋8和y＋8yy－4y为正整数)，y由题意有＋(＋8)＝2[＋(＋8)]，即2＋8＝2(2＋8)，得＝(4<<10，、26，＝1(A为H，不在第二周期)，不合理；y＝8，＝2(A为He)，也不合理。A为H，C为Na，议论得出B、D分别为O和S，切合要求。26．(每空1分，共10分)如图是依照各样元素(原子)的性质与原子序号(1～20)的关系而作出的，各图的纵轴可能代表以下某一性质：核电荷数、中子数、最高正化合价、原子半径、得电子能力，A、B、C分别代表三种元素。注意：图3中原子序数为8、9的元素和图4中原子序数为2、10、18的元素在纵轴上没有对应的数值。请回答以下问题：(1)图1～4的纵轴分别代表的性质是________________、________________、________________、________________。(2)A元素的名称是________________，其最低负化合价为________________。工业上制备C的单质的化学反响方程式为________________________________。(3)B元素的原子半径

________________(填“大于”“小于”或“等于”

)C元素的原子半径；

B、C

两种元素形成的某化合物中，

C显最高正化合价而

B显最低负化合价，该化合物的化学式为

________________。(4)1～20号元素中，原子半径最大的是

(罕有气体除外

)________。分析：(1)核电荷数等于元素的原子序数，故图

1的纵轴代表核电荷数。某元素原子的中子数可能等于质子数，也可能大于或小于质子数，故图2的纵轴代表中子数。元素的最高正价等于最外层电子数，且O无最高正价，F无正价，故图3的纵轴代表最高正化合价。从图中，元素的性质随原子序数的递加体现周期性变化，而且缺乏罕有气体元素，由此可知图的纵轴代表元素原子的得电子能力。(2)A、B、C分别代表元素C、Cl、Si。C(碳)的最低负价是－4。(3)Cl的原子半径小于Si。Si的最高正化合价为＋4，Cl的最低负化合价为－1，故该化合物为SiCl4。答案：(1)核电荷数中子数最高正化合价得电子能力高温(2)碳－4SiO2＋2C=====Si＋2CO↑(3)小于SiCl4(4)27.(除标明外，每空1分，共7分)某温度下，在2L容器中3种物质间进行反响，、Y、的物质的量随时间的变化曲线如图。(1)①该反响的化学方程式是________________________________________________________________________。②在t1min时，该反响达到了________状态，以下可作为判断反响已达到该状态的是________。A．、Y、的反响速率相等B．、Y的反响速率比为2∶3C．生成3molY的同时生成1molD．生成1mol的同时生成2mol(2)①若上述反响中、Y、分别为NH3、H2、N2，且已知1mol氨气分解成氮气和氢气要汲取

46J的热量，则至

t1min

时，该反响汲取的热量为

________；在此

t1min

时间内，用H2表示反响的均匀速率

v(H2)为________。②两位同学议论放热反响和吸热反响。

甲说加热后才能发生的化学反响是吸热反响，

乙说反响中要连续加热才能进行的反响是吸热反响。你以为他们的说法中正确的选项是

________同学。分析：(1)n( )＝(2.4－1.6)mol＝0.8mol，n(Y)＝(1.2－0)mol＝1.2mol，n( )＝(0.4－0)mol＝0.4mol，故、

Y、三种物质的化学计量数之比为

0.8∶1.2∶0.4＝2∶3∶1，反响方程式为：2

3Y＋。生成是正反响方向，生成是逆反响方向，且生成的物质的量是生成的

2倍时，表示反响达到均衡状态。(2)t1min

时有(2.4－1.6)molNH3分解，反响汲取的热量为

0.8mol×46J/mol＝36.8J。v(H2)＝

1.2mol2L＝t1min

0.6mol/(Lt1

·min)。有些放热反响也需要加热才能反响，甲同学的看法错误，但连续加热才能进行的反响是吸热反响，乙同学的看法正确。答案：(1)①23Y＋（2分）②均衡D0.6(2)①36.8Jt1mol/(L·min)②乙28．（除标明外，每空1分，共9分）实验室用焚烧法测定某固体有机物A的分子构成，测定装置以下图(铁架台、铁夹、酒精灯等未画出)：取17.1gA放入B装置中，通入过度O2焚烧，生成CO2和H2O，请回答以下相关问题：(1)通入过度O2的目的是________。(2)C装置的作用是________；D装置的作用是________。(3)经过该实验，可否确立A中能否含有氧元素？_______________________________。(4)若A的摩尔质量为342g/mol，C装置增重9.9g，D装置增重26.4g，则A的分子式为________________。(5)写出A焚烧的化学方程式：________________________________________________。(6)A可发生水解反响，1molA可水解生成2mol同分异构体，则A在催化剂作用下水解的化学方程式为____________________________________________________________。答案：(1)使有机物A充分焚烧(2)汲取A焚烧后生成的H2O；汲取A焚烧后生成的CO2点燃(3)能确立(4)C12H22O11(5)C12H22O11＋12O2――→12CO2＋11H2O（2分）催化剂(6)C12H22O11＋H2O――→C6H12O6＋C6H12O6（2分）蔗糖葡萄糖果糖分析：(1)通入过度O2是为了使有机物A充分焚烧。(2)C装置的作用是汲取A焚烧后生成的H2O；D装置的作用是汲取A焚烧后生成的CO2。(3)由生成的H2O及CO2的质量可分别计算出A中H和C的质量，若H和C的质量之和等于17.1g，说明A中不含氧；若H和C的质量之和小于17.1g，则A中必含氧。(4)第一判断出17.1gA中含O：17.1g－26.4g44g·mol－19.9g26.4g34212g/mol－18g·mol－1×2g/mol＝8.8g。1molA中含C：44g·mol－1×17.1＝12mol,1mol9.9g×23428.8g342A中含H：18g·mol－1×＝22mol,1molA中含O：16g·mol－1×＝11mol。故A的17.117.1点燃分子式为C12H22O11，(5)C12H22O11＋12O2――→12CO2＋11H2O。催化剂(6)C12H22O11＋H2O

――→

C6H12O6＋C6H12O6蔗糖计算可得，

1molM

中含

葡萄糖H、N、O

果糖原子的物质的量分别是

5mol、3mol、9mol，则

M的分子式是

C3H5O9N3。D

是由

C3H5O9N3开释出的，又是相对分子质量为

30的双原子分子，则D的分子式是

NO。(2)A

是油脂，它反响的生成物之一是脂肪酸，则

B是甘油

(丙三醇

)。浓硫酸由提示C2H5OH＋HO—NO2――→C2H5O—NO2＋H2O可知，反响②的化学方程式是。(3)B

是甘油，

C是

B和

CH3COOH在必定条件下反响生成的化合物，

则C是甘油和乙酸发生酯化反响生成的酯。

C的相对分子质量是

134，甘油的相对分子质量是

92，C

与甘油的相对分子质量之差是

134－92＝42，C是甘油与乙酸按物质的量之比

1∶1

发生酯化反响生成的酯，其分子构造有两种。

(4)1

个甘油分子里有3个—OH(羟基)，即1mol甘油能跟3molNa反响，则0.1mol甘油能跟0.3molNa反响。29．（12分）以下图，构成一个原电池。(1)当电解质溶液为稀硫酸时：Fe电极是________(填“正”或“负”)极，其电极反响为____