湖南省永州市祁阳一中2026届高二化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析

湖南省永州市祁阳一中2026届高二化学第一学期期中综合测试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4L②0.5molH2所占体积为11.2L③标准状况下，1molH2O的体积为22.4L④常温常压下，28gCO与N2的混合气体所含的原子数为2NA⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L·mol−1⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同A．①③⑤ B．④⑥ C．③④⑥ D．①④⑥2、物质的下列性质或数据与氢键无关的是A．甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g/L，在297K时为2.5g/LB．邻羟基苯甲酸（）的熔点为159℃，对羟基苯甲酸（）的熔点为213℃C．乙醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比混溶D．HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多3、我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过486.1公里的世界列车最高时速，这得益于全路铺设优质无缝平滑的超长钢轨。下列有关说法错误的是（）A．制造钢轨的材料是钢，钢是用量较多的合金B．钢的熔点比铁的熔点高，而铁的用途更广泛C．我国在商代就开始使用铜合金D．合金的强度、硬度一般比组成合金各成分金属的大4、通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是()A．石油产量 B．合成纤维的产量 C．乙烯的产量 D．硫酸的产量5、关于反应NH3＋HCl=NH4Cl中的相关微粒及其化学键的有关表述正确的是A．NH3的结构式：B．Cl－的结构示意图：C．HCl的电子式：D．反应过程中既有离子键的断裂，又有离子键的生成6、下面有关晶体的叙述中，不正确的是()A．氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-B．金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子C．干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子D．金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构7、我国古代造纸工艺的部分过程如下，其中一定涉及化学变化的是A．水洗切料 B．加石灰水蒸煮C．捣烂打浆 D．成形晒干8、在3支试管中分别放有①1mL乙酸乙酯和3mL水②1mL溴苯和3mL水③1mL乙酸和3mL水。下图中3支试管从左到右的排列顺序为()A．①②③ B．①③② C．②①③ D．②③①9、下列关于化学平衡常数的说法中错误的是A．化学平衡常数与压强、浓度无关B．催化剂不能改变平衡常数的大小C．化学平衡发生移动，平衡常数必定发生改变D．平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动10、下列有关维生素和微量元素的叙述不正确的是A．合理摄入维生素C能增强对传染病的抵抗力，而且它还有解毒作用B．维生素D属于典型的水溶性维生素C．为减少新鲜蔬菜中的维生素C的流失，炒蔬菜的时间不能太长，炒熟即可D．补充维生素D有利于人体钙的摄入11、铁、铝合金共8.3g，跟足量的盐酸反应产生5.6L氢气(标准状况)，那么此合金中一定含有的金属是（）A．2.7g铝 B．2.8g铁 C．0.05mol铝 D．0.15mol铁12、下列方程式书写正确的是（）A．CaCO3的电离方程式：CaCO3Ca2+＋CO32－B．H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32－C．CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－D．HCO3－在水溶液中的电离方程式：HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－13、下列各组物种中，属于同系物的是（）A．CH4、CH2=CH2 B．CH3CH3、CH3CH2CH3C．CH3CH2OH、CH3CH2OCH3 D．CH3Cl、CHCl314、下列分子中，既含有σ键，又含有π键的是()A．CH4 B．HCl C．CH2===CH2 D．F215、在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡。下列说法不正确的是A．稀释溶液，[c（HCO3-）·c（OH-）]/c（CO32-）增大B．通入CO2，溶液pH减小C．升高温度，平衡常数增大D．加入NaOH固体，c（HCO3-）/c（CO32-）减小16、在一定温度下，向一容积不变的密闭容器中加入1molX气体和2molY气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)，此反应达到平衡的标志是）A．容器内气体密度不随时间变化B．容器内压强不随时间变化C．容器内X、Y、Z的浓度之比为l：2：2D．单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ二、非选择题（本题包括5小题）17、用C、Mg和Al组成的混合物进行如下图所示实验。填写下列空白。（1）气体X为_________，固体Z为_____________。（2）滤液Y中除H+外，还含有的阳离子为_________与__________；其中镁和稀硫酸反应的化学方程式为_________________________________________。（3）滤液N中除Na2SO4和NaOH外，还含有的溶质为____________(填化学式)；生成该物质的离子方程式为：________________________________。（4）生成固体M的离子方程式为：________________________________。18、乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，结合图1中路线回答：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）上述过程中属于物理变化的是______________（填序号）。①分馏②裂解（2）反应II的化学方程式是______________。（3）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是______________。（4）E是有香味的物质，在实验室中可用图2装置制取。①反应IV的化学方程式是______________。②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是______________。（5）根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物CH2=CH-COOH的说法正确的是______________。①与CH3COOH互为同系物②可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体③在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应19、甲、乙两同学用一种标准盐酸去测定同一种未知浓度的NaOH溶液的浓度，但操作不同；甲把一定体积的NaOH溶液放入锥形瓶，把标准盐酸放入滴定管进行滴定；乙把一定体积的标准盐酸放入锥形瓶，把未知液NaOH溶液放入滴定管进行滴定。(1)甲同学使用的是_______滴定管，乙同学使用的是________滴定管。(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，其余操作均正确，这样甲同学测定结果________(偏大、偏小、无影响，下同)，乙同学测定结果__________。(3)乙同学选择酚酞作指示剂进行试验，如何来判断滴定终点：____________。(4)甲同学根据三次实验分别记录有关数据如下：滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度溶液体/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09请选用其中合理的数据计算c(NaOH)=______________。20、原电池原理应用广泛。(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱。如图所示，该方案的实验原理是自发进行的氧化还原反应可以设计为原电池。写出该氧化还原反应的离子方程式：__________________________，装置中的负极材料是______（填化学式），正极反应式是_________________________。(2)某研究性学习小组为证明2Fe3++2I－2Fe2++I2为可逆反应，设计如下方案：组装如图原电池装置，接通灵敏电流计，指针向右偏转（注：此灵敏电流计指针是偏向电源正极），随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零。当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液。①实验中，“读数变为零”是因为___________________。②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，观察到灵敏电流计的指针_________偏转（填“向左”、“向右”或“不”），可证明该反应为可逆反应。21、甲醇是重要的工业原料。煤化工可以利用煤炭制取水煤气从而合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。(1)常压下反应的能量变化如图所示。此反应的活化能为______，在______(填“高温”或“低温”)情况下有利于CO和H2制备甲醇的反应自发进行。(2)实验测得16g甲醇[CH3OH(l)]在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：_________。(3)某兴趣小组同学利用甲醇燃料电池探究电浮选法处理污水的一种方式：保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体。Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。装置如图所示。①甲池中A极电极反应式：______；工作一段时间后，甲池的pH______（填“变大”、“变小”或“不变”）。②Fe(OH)3胶体中分散质粒子的直径范围为________；若乙池实验时污水中离子浓度较小，导电能力较差，净水效果不好，此时应向污水中加入适量的_________。A．H2SO4B．BaSO4C．Na2SO4D．NaOHE．CH3CH2OH

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】①标准状况下，6.02×1023个气体分子(1mol)所占的体积才是22.4L，①错误；②没有说明状态，无法计算体积，②错误；③标准状况下，H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算体积，③错误；④CO与N2的摩尔质量均为28g·mol-1，质量与状态无关，28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，④正确；⑤在标准状况下，任何气体的摩尔体积都约为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，⑤错误；⑥标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含的分子数相同，⑥正确，综上，④⑥正确，答案选B。2、D【详解】A.甲酸分子中含有羟基，在较低温度下，分子间以氢键结合成多分子缔合体，而在较高温度下氢键被破坏，多分子缔合体解体，所以甲酸的密度在低温时较大，与氢键相关，故A错误；B.邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键增大了分子间作用力，使对羟基苯甲酸的熔、沸点比邻羟基苯甲酸的高，与氢键相关，故B错误；C.乙醇分子结构中含有羟基，可以与水分子形成分子间氢键，从而增大了乙醇在水中的溶解度，使其能与水以任意比互溶，而乙醚分子结构中含无羟基，不能与水分子形成氢键，在水中的溶解度比乙醇小得多，与氢键相关，故C错误；D.HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多的原因是H-F键的键能比H-Cl键的键能大，与氢键无关，故D正确。故选D。【点睛】氢键不是化学键，一般影响物质的物理性质。分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高，溶质分子与溶剂分子间存在氢键使溶解度增大，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导致物质的熔沸点升高。3、B【详解】A．目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，可以用于制造钢轨等，故A正确；B．钢铁是用途最广泛的合金，比铁的用途更广泛，合金的熔点比铁的熔点要低，故B错误；C．青铜器属于铜合金，我国人民在商代就制造出精美的青铜器，故C正确；D．合金的强度、硬度一般比组成合金的各成分金属的高，故D正确；故选B。4、C【详解】乙烯可以用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是重要的化工原料，乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展。因此一个国家乙烯的产量，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故选C。5、A【详解】A.NH3分子结构中一个N原子与三个H原子以共价键相连，A正确；B.Cl－的最外层得到一个电子，结构示意图为，B错误；C.HCl为共价化合物，电子式应为，C错误；D.NH3和HCl都为共价化合物，所以该反应过程中没有离子键的断裂，D错误。答案选A。6、D【解析】A.氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-；B.金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,据此判断；C.采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数,二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子；

D.金属镁是六方最密堆积,金属铜是面心立方最密堆积。【详解】A.氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故A正确；B.金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,故B正确；

C.二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12,所以在CO2晶体中,与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子,故C正确；

D.金属镁为六方最密堆积,堆积方式为:,金属铜是面心立方最密堆积,堆积方式为:,故D错误；

综上所述，本题选D。7、B【分析】有新物质生成的过程为化学变化，没有新物质生成的过程为物理变化，据此分析。【详解】A．水洗切料过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A不符合题意；B．纸的主要成分为纤维素，加石灰水蒸煮后，纤维素在碱性条件下会发生水解，有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；C．捣烂打浆过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C不符合题意；D．成形晒干过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D不符合题意；答案选B。8、D【解析】几种液体的密度：ρ(溴苯)>ρ(水)>ρ(乙酸乙酯)，溴苯和乙酸乙酯难溶于水，乙酸与水混溶，则3支试管从左到右的顺序为②③①，答案选D。9、C【详解】A．化学平衡常数只与温度有关，与压强、浓度无关，A说法正确；B．催化剂能改变达到平衡时所用的时间，不能改变平衡常数的大小，B说法正确；C．化学平衡发生移动，改变的条件为浓度、压强时，平衡常数不发生改变，C说法错误；D．平衡常数发生变化，则反应的温度一定发生改变，化学平衡必定发生移动，D说法正确；答案为C。10、B【分析】

【详解】A．维生素C易溶于水，具有还原性，可用作抗败血酸，增强人体抵抗力，有解毒作用，A正确；B．维生素D属于脂溶性维生素，B错误；C．加热烹调处理会让维生素C大幅度减少，所以加热蔬菜时间越短越好，炒熟即可，C正确；D．维生素D有利于人体钙的吸收，补钙需要补充维生素D，D正确；答案选B。11、A【详解】标准状况下5.6L氢气的物质的量=，设铁在铁、铝合金中含有mol，铝含有mol，则解答，，所以含有2.7g铝，5.6g铁，0.1mol铝、0.1mol铁，故A正确；故选A。12、D【解析】A、碳酸钙属于强电解质，电离方程式是：CaCO3=Ca2++CO32-，故A错误；B、由于亚硫酸是弱酸，电离方程式要分步写：H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，故B错误；C、碳酸根离子分步水解，水解方程式是：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故C错误；D、HCO3-在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-，故D正确；故选D。13、B【解析】A.CH4为烷烃，CH2=CH2为烯烃，结构不同，不属于同系物，故A错误；B.CH3CH3、CH3CH2CH3都属于烷烃，结构相似，组成上相差1个CH2，属于同系物，故B正确；C.CH3CH2OH是乙醇，CH3CH2OCH3是甲乙醚，物质类别不同，不属于同系物，故C错误；D.CH3Cl是1-氯甲烷，CHCl3是3-氯甲烷，氯原子数目不同，不属于同系物，故D错误；故答案选B。14、C【解析】共价单键之间为σ键，共价双键和三键之间既含有σ键又含有π键。【详解】A.CH4中只存在C—H键，仅含σ键；B.HCl中存在H—Cl键，仅含σ键；C.CH2=CH2中含C—H键和C=C键，C—H键为σ键，C=C键中既有σ键又有π键；D.F2中含F—F键，仅含σ键；答案选C。15、A【解析】试题分析：A、加水稀释促进水解，[c（HCO3-）·c（OH-）]/c（CO32-）表示水解常数，温度不变，水解常数不变，A错误；B、CO2与CO32-反应生成HCO3-，HCO3-比CO32-水解程度小，所以碱性减弱，即pH减小，B正确；C、水解吸热，升温可以促进水解，平衡正向移动，因此升高温度平衡常数增大，C正确；D、加入NaOH固体抑制碳酸根水解，HCO3-的物质的量浓度减小，CO32-的物质的量浓度增大，所以c（HCO3-）/c（CO32-）减小，D正确，答案选A。【考点定位】本题考查了水解平衡常数及影响水解平衡的因素【名师点晴】明确盐类水解的特点和外界条件对盐类水解平衡的影响变化规律是解答的关键，注意水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与浓度无关。16、B【详解】A.因气体的质量和容器的体积始终不变，则容器内气体密度始终不随时间变化，不能说明达到平衡状态，A错误；B.该反应为反应前后气体体积不相等的可逆反应，容器内压强不随时间变化，说明正、逆反应速率相等，达平衡状态，B正确；C.容器内X、Y、Z的浓度之比可能为l：2：2，也可能不是l：2：2，这与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明达到平衡状态，C错误；D.单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ，都体现了正反应速率，未能反映正与逆的关系，D错误；故合理选项是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、H2CAl3+Mg2+Mg+H2SO4==MgSO4+H2↑Na[Al(OH)4]Al3++4OH—==[Al(OH)4]—Mg2++2OH—==Mg(OH)2↓【分析】本题主要考查镁、铝相关知识。C与稀硫酸不发生反应，故固体Z为C，Mg、Al为活泼金属，能与非氧化性酸反应置换出H2，并生成相应的盐，故气体X为H2，滤液Y中溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3；加入过量的NaOH溶液后，生成可溶性的Na[Al(OH)4]和Na2SO4以及难溶物Mg(OH)2，由此分析作答。【详解】（1）由上述分析可知，气体X为H2；固体Z为C；（2）由上述分析可知，滤液Y中还含有的阳离子为Mg2+、Al3+；其中镁和稀硫酸的反应的方程式为：Mg+H2SO4==MgSO4+H2↑；（3）由上述分析可知，滤液N中还含有的溶质为Na[Al(OH)4]；生成Na[Al(OH)4]的离子方程式为：Al3++4OH-==[Al(OH)4]-；（4）固体M为Mg(OH)2，生成Mg(OH)2的离子方程式为：Mg2++2OH-==Mg(OH)2↓18、①2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防止倒吸②③【分析】石油经分馏后得到沸点不同的各种组分，将得到的重油裂解后得到含有不饱和键的短链烃，如丙烯、乙烯等；乙烯经反应Ⅰ与水发生加成反应生成乙醇，乙醇经反应Ⅱ与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛经反应Ⅲ与氧气发生氧化反应生成乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应Ⅳ生成乙酸乙酯，据此分析。【详解】(1)石油分馏时不产生新物质，所以属于物理变化；裂解时产生新物质，所以属于化学变化，则上述过程中属于物理变化的是①；(2)在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其结构简式为；(4)①乙烯与水反应生成乙醇，乙醇在催化剂作用下生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则反应IV的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，因为随反应蒸出的乙醇和乙酸在溶液中的溶解度较大，导管插在液面下极易发生倒吸，因此导气管在液面上的目的是防止倒吸；(5)①CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不相似，且在分子组成上也没有相差一个-CH2原子团，所以二者不属于同系物，错误；②CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，正确；③CH2=CH-COOH含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应、加聚反应等，含羧基能发生酯化反应，正确；答案选②③。19、酸式碱式偏大偏小滴入最后一滴NaOH溶液，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色0.1044mol/L【分析】(1)中和滴定时，酸溶液放在酸式滴定管中，碱溶液放在碱式滴定管中；(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，导致标准液浓度偏低，乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，导致待测液浓度偏低；(3)滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色；(4)舍去误差较大第二次实验数据，根据n(NaOH)·V(NaOH)=n(HCl)·V(HCl)计算。【详解】(1)中和滴定时，盐酸溶液放在酸式滴定管中，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中。所以甲同学使用的是酸式滴定管，乙同学使用的是碱式滴定管；(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，导致标准液浓度偏低，则需要标准液体积偏大，使测量结果偏大；乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，导致待测液浓度偏低，则需要氢氧化钠体积偏大，氢氧化钠的浓度偏低；(3)中和滴定时，乙同学用氢氧化钠溶液滴加盐酸，指示剂酚酞在盐酸溶液中，开始无色，随着NaOH的滴入，溶液酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴入最后一滴NaOH溶液，若锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色，就证明达到滴定终点；(4)根据表格数据可知：第二次实验误差较大，应舍去，则需要盐酸的体积为V=mL=26.10mL，根据二者恰好反应时n(NaOH)=n(HCl)可知：c(NaOH)×25.00×10-3L=0.1000mol/L×26.10×10-3L，所以c(NaOH)=0.1044mol/L。【点睛】本题考查酸碱中和滴定实验，涉及仪器的使用、滴定终点的判断、实验误差与计算等，注意把握实验操作步骤、方法以及注意事项，把实验过程的影响都归结在消耗标准酸溶液的体积上进行分析，判断对实验结果的影响，在计算物质的量浓度时，要对实验数据进行处理，舍去误差较大的实验数据，取多次实验体积的平均值再进行计算。侧重考查学生的分析、实验和计算能力。20、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+CuFe3++e－=Fe2+该可逆反应达到了化学平衡状态向左【分析】(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，则发生的反应为Fe3+生成Cu2+的氧化还原反应，所以负极材料应为Cu，电解质应为含有Fe3+的可溶性盐溶液。(2)①实验中，“读数变为零”，表明原电池反应已“停止”，即反应达平衡状态。②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，增大了生成物浓度，平衡逆向移动，观察到灵敏电流计的指针偏转与原来相反。【详解】(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，则发生的反应为Fe3+生成Cu2+的氧化还原反应，离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu