解析吉林省东辽五中届高三上学期月考化学试题.docx
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解析吉林省东辽五中届高三上学期月考化学试题
2019-2020学年上学期高三第一次月考化学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：
每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：
C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137
一、选择题（每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）
1.化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是
A.富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质
B.目前科学家已经制得单原子层锗，其电子迁移率是硅的10倍，有望取代硅用于制造晶体管
C.Ni-Zn化合物的纳米颗粒可作
反应的催化剂，提高苯的转化率
D.用K2FeO4代替Cl2处理饮用水时，既有杀菌消毒作用，又有净水作用
【答案】C
A、富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质，选项A正确；B、晶体管材料应具有导电性，锗电子迁移率比硅强，可用于半导体材料，选项B正确；C、催化剂只能改变化学反应速率，不能使化学平衡移动，故不能提高苯的转化率，选项C不正确；D、用K2FeO4代替Cl2处理饮用水时，既有杀菌消毒作用，又有净水作用，选项D正确。
答案选C。
2.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A.明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
B.CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中
供氧剂
C.铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸
D.FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
【答案】C
【分析】
A、明矾能水解生成Al（OH）3胶体，具有吸附性，可用作净水剂；
B、CaO2能缓慢与水反应产生O2和氢氧化钙，可用作水产养殖中的供氧剂；
C、铝表面能产生氧化膜，可用铝罐贮运浓硝酸；
D、铁离子能将铜氧化而溶解；
【详解】A、明矾能水解生成Al（OH）3胶体，胶体具有较强的吸附能力，可用于净水，故A正确；
B、CaO2能缓慢与水反应产生O2，发生CaO2+2H2O=Ca（OH）2+O2↑，可用作水产养殖中的供氧剂，故B正确。
C、铝表面能产生氧化膜，可用铝罐贮运浓硝酸，故C错误；
D、铁离子能将铜氧化而溶解：
2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确；
故选C。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A.1molCO2与1L2mol·L－1的NaOH溶液反应后，溶液中CO32-数为NA
B.标准状况下，11.2LHF所含原子数为NA
C.常温下，1LpH=10的氨水溶液中，发生电离的水分子数为1×10-10NA
D.常温常压下，1.8g甲基（—CD3）中含有的中子数为NA
【答案】C
【分析】
A、CO32－
弱酸根，在溶液中会水解；
B、标准状况下，HF是液态；
C、碱溶液中的氢离子来源于水；
D、求出甲基（-CD3）的物质的量，然后根据甲基中含9个中子来分析；
【详解】A、1molCO2与1L2mol·L－1的NaOH溶液反应生成1mol碳酸钠，而CO32－为弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于NA个，故A错误；
B、标准状况下，HF是液态，无法计算，故B错误；
C、碱溶液中的氢离子来源于水，常温下，1LpH=10的氨水溶液中，水中氢离子的浓度为1×10-10mol·L－1，发生电离的水分子数为1×10-10NA，故C正确；
D、1.8g甲基（-CD3）的物质的量为0.1mol，而甲基中含9个中子，故0.1mol甲基中含0.9NA个中子，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，易错点D：
应注意掌握物质的结构，甲基（-CD3）的物质的量为0.1mol，而甲基中含9个中子；难点C，碱溶液中的氢离子来源于水。
4.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（）
A.常温下，水电离的c（OH－）=1×10－12mo1·L－1的溶液中：
NH4+、Fe2+、SO42－、NO3－
B.能使酚酞变红
溶液中：
Na+、Ba2+、HC2O4－、Cl－
C.0.1mol·L−1KI溶液：
Na+、K+、ClO−、OH−
D.常温下，
=10－10的溶液中：
K+、Na+、I－、SO42－
【答案】D
【详解】A.常温下，水电离的c（OH－）=1×10－12mo1·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则Fe2+、H+、NO3－发生氧化还原反应而不能大量共存，若碱性则NH4+、Fe2+不能大量存在，选项A错误；B.能使酚酞变红的溶液呈碱性，HC2O4－与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项B错误；C.0.1mol·L−1KI溶液中ClO−与I−发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D.常温下，
=10－10的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I－、SO42－，各离子相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。
答案选D。
5.工厂排放的SO2烟气对环境造成污染，某企业用下图流程综合处理，下列有关说法正确的是
A.二氧化硫吸收塔中发生的反应为SO2＋SO32—＋H2O=2HSO3—
B.氨气吸收塔中发生的反应为HSO3—＋OH－=H2O＋SO32—
C.上述流程利用的是氧化还原反应原理
D.上述流程可循环利用的物质有2种
【答案】A
【详解】A.亚硫酸铵与SO2反应生成亚硫酸氢铵，方程式为：
SO2＋SO32-＋H2O=2HSO3-，故A正确；
B.氨气的水溶液显碱性，与亚硫酸根离子反应生成正盐，方程式为：
HSO3-＋NH3=NH4+＋SO32-，故B错误；
C.上述流程中各反应中没有元素化合价的变化，故没有氧化还原反应的发生，故C错误；
D.从流程可以看出，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵与氨气反应生成亚硫酸铵，所以循环利用的物质为亚硫酸铵，只有1种，故D错误；
故答案选A。
6.某溶液仅有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－、HCO3－中的几种．为确定其成分，做如下实验：
①取部分溶液．加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解；
②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，无沉淀产生。
下列推断正确的是
A.肯定有Al3＋、Cl－，一定没有HCO3－和SO42－
B.肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4＋、K＋
C.肯定有Al3＋、NH4＋、Cl－，肯定没有HCO3－
D.该溶液可能显弱酸性，也可能显中性
【答案】A
由①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，产生无色无味的气体，说明无NH4＋，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，说明无Mg2＋，有Al3＋，无HCO3―；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，无沉淀产生，说明无SO42―，溶液中只有Cl―一种阴离子。
纵上所述A正确；B、应无Mg2＋和NH4＋，K＋不能确定，故B错误；C、无NH4＋，故C错误；D、Al3＋水解呈酸性，故D错误；故选A。
7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A.Fe（NO3）3加入过量的HI溶液：
2Fe3++2I−==2Fe2++I2
B.向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：
NH4++OH−==NH3·H2O
C.将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液：
2Fe2＋＋2I−＋2Cl2==2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D.0.01mol·L−1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol·L−1Ba（OH）2溶液等体积混合：
NH4++Al3++2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3·H2O
【答案】D
【分析】
A.漏写碘离子与硝酸发生的氧化还原反应；
B.HSO3-与OH-反应；
C.碘离子的还原性大于亚铁离子，氯气先与碘离子反应；
D.溶液等体积混合，溶质的物质的量比为1:
2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨。
【详解】A.Fe（NO3）3加入过量的HI溶液的离子反应为：
12H＋+3NO3-+Fe3＋+10I－═Fe2＋+5I2+3NO↑+6H2O，故A错误；
B.向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：
HSO3-＋OH－=SO32-＋H2O，故B错误；
C.碘离子的还原性大于亚铁离子，碘离子先被氧化，所以将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，离子方程式：
2I－+Cl2═2Cl－+I2，故C错误；
D.0.01mol·L-1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol·L-1Ba（OH）2溶液等体积混合：
NH4++Al3＋+2Ba2＋+4OH-=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3·H2O，故D正确；
故答案选D。
【点睛】还原性：
I->Fe2+>Br-，所以将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只有碘离子被氯气氧化生成碘，离子方程式为：
2I－+Cl2═2Cl－+I2；将1.5molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，碘离子、亚铁离子均被氧化，离子方程式为：
2Fe2++4I－+3Cl2═6Cl－+2I2+2Fe3+。
8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.NaHCO3（s）
Na2CO3（s）
NaOH（aq）
B.Al（s）
NaAlO2（aq）
Al（OH）3（s）
C.AgNO3（aq）
[Ag（NH3）2]+（aq）
Ag（s）
D.Fe2O3（s）
Fe（s）
FeCl3（aq）
【答案】A
【详解】A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故A正确；
B.NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，故B错误；
C.蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，故C错误；
D.Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，故D错误；
答案选A。
9.南海是一个巨大的资源宝库,开发利用这些资源是科学研究的重要课题。
下图为海水资源利用的部分过程,有关说法正确的是（）
A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、冰冻法
B.氯碱工业中采用阴离子交换膜可提高产品的纯度
C.由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要低温小火烘干
D.溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原
【答案】D
A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，A错误；B.氯碱工业是电解饱和食盐水，溶液中阳极上氢离子和阴极上氯离子放电，在阴极产生氢氧化钠，为防止氯气与氢氧化钠反应采用阳离子交换膜，使钠离子转移到阴极，所以提高产品纯度，B错误；C.MgCl2溶液加热，镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，使水解可以完全，因此由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是抑制MgCl2的水解，C错误；D.海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，因此溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原，D正确；答案选D.
点睛：
常用的离子交换膜有阳离子交换摸、阴离子交换膜、质子交换膜。
10.某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3（易水解）。
下列说法错误的是（）
A.G装置作用是除去多余氯气，防止空气污染
B.装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中
C.用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，所得氯气可以制取26.7gAlCl3
D.实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯
【答案】C
【详解】A、氯气是有毒气体不能直接排放到空气中，G装置中的氢氧化钠溶液能与氯气反应而除去多余氯气，防止空气污染，选项A正确；B、因为AlCl3易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中，选项B正确；C、用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气与铝反应生成氯化铝的量少于0.1mol，质量小于13.35g，选项C错误；D、实验过程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排净装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，反应进行，选项D正确；答案选C。
【点睛】本题考查氯气的实验室制法及性质，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，若用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，产生氯气的量小于0.15mol，若是0.15molMnO2足量的12mol/L的盐酸反应，可以生成氯气0.15mol，因为浓盐酸与二氧化锰加热反应，而稀盐酸与二氧化锰加热也不反应。
11.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。
则下列说法正确的是（）（已知：
H2CO3的电离平衡常数K1=4.3×10-7,K2=5.6×10-11；Al（OH）3的酸式电离平衡常数K=6.3×10-13）
A.a曲线表示的离子方程式为：
AlO2-+4H+=Al3++2H2O
B.M点时生成的CO2为0.05mol
C.原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1:
2
D.V1:
V2=1:
4
【答案】D
A、根据H2CO3和Al（OH）3的电离平衡常数，得H＋能力大小：
AlO2－>CO32－>HCO3－，滴加盐酸发生：
AlO2－＋H＋＋H2O=Al（OH）3↓，继续滴加盐酸发生CO32－＋H＋=HCO3－、HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O、Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此a曲线表示的是AlO2－＋H＋＋H2O=Al（OH）3↓，故A错误；B、根据图像，M点是CO32－完全转化成HCO3－，即发生CO32－＋H＋=HCO3－，没有CO2产生，故B错误；C、根据A选项分析，a线发生AlO2－＋H＋＋H2O=Al（OH）3↓，AlO2－全部转化成Al（OH）3，消耗H＋的物质的量50×10－3×1mol=0.05mol，则n（AlO2－）=0.05mol，b线发生CO32－＋H＋=HCO3－，CO32－全部转化成HCO3－，消耗H＋的物质的量为（100－50）×10－3×1mol=0.05mol，则n（CO32－）=0.05mol，原溶液中CO32－和AlO2－的物质的量之比为0.05：
0.05=1：
1，故C错误；D、当加入V1mL盐酸时，溶液中n（HCO3－）=n（CO32－）=0.025mol，因此共消耗盐酸的体积为V1=（0.05＋0.025）×1000/1mL=75mL，当盐酸体积为V2时，溶液中溶质为NaCl和AlCl3，根据元素守恒，因此n（HCl）=n（Na＋）＋3n（Al3＋）=[0.05×2＋0.05＋3×0.05]mol=0.3mol，则V2=0.3×1000/1mL=300mL，因此V1:
V2=75:
300=1:
4，故D正确。
12.已知NH4CuSO3与足量的10mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：
①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色
据此判断下列说法正确的是（）
A.反应中硫酸作氧化剂
B.NH4CuSO3中硫元素被氧化
C.刺激性气味的气体是氨气
D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子
【答案】D
【详解】A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；
B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；
C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；
D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：
2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1molNH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
13.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）。
则W、X不可能是（）
选项
W
X
A
稀硫酸
NaAlO2溶液
B
稀硝酸
Fe
C
CO2
Ca（OH）2溶液
D
Cl2
Fe
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
试题分析：
A、X为NaAlO2溶液，W为稀硫酸时，偏铝酸钠和少量稀硫酸反应生成生成氢氧化铝沉淀，与过量稀硫酸反应生成硫酸铝，氢氧化铝和硫酸铝之间可以相互转化，能实现上述转化关系，错误；B、X为铁，W为稀硝酸，铁与少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和硝酸亚铁可以相互转化，符合转化关系，错误；C、X为氢氧化钙，W为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，错误；D、氯气和铁反应，无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，正确。
考点：
考查元素化合物知识
14.向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量（纵坐标）的关系如图所示，则溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三种离子的物质的量之比为（）
A.1∶1∶2B.2∶2∶1
C.1∶2∶2D.9∶2∶4
【答案】C
【分析】
根据图象分析，A点时沉淀的量最大，沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，从A点到B点，沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化铝，氢氧化铝的物质的量为0.2mol，不溶解的沉淀是氢氧化镁，其物质的量是0.1mol，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的量；根据A点过氧化钠物质的量计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气的物质的量，根据氮原子守恒从而计算铵根离子的物质的量。
【详解】由图知，沉淀中含0.1molMg（OH）2和0.2molAl（OH）3，即原溶液中含Mg2+0.1mol，含Al3+0.2mol，根据Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，沉淀2种金属阳离子共需NaOH的物质的量为0.1mol×2+0.2mol×3=0.8mol。
由图中横坐标知与3种阳离子恰好完全反应时需Na2O20.5mol，而0.5molNa2O2与水反应生成1molNaOH和0.25molO2，由NH4++OH-
NH3↑+H2O，所以由NH4+消耗NaOH的量（1mol-0.8mol=0.2mol）或生成NH3的物质的量（0.45mol-0.25mol=0.2mol）均可求得原溶液中含0.2molNH4+，所以Mg2+、NH4+、Al3+物质的量之比=0.1mol：
0.2mol：
0.2mol=1：
2：
2；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了镁离子、铝离子与过氧化钠反应的有关计算，能正确分析图像中各阶段发生的反应是解本题的关键，综合考查了元素及化合物的知识。
15.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化Fe2＋
B
Cu与浓硫酸反应，将反应混合物冷却后，再向反应器中加入冷水
溶液变蓝
验证生成Cu2＋
C
向盛有Na2SO3溶液的试管中向加入BaCl2溶液，再滴入稀硝酸
生成不溶于稀硝酸的白色沉淀
原Na2SO4溶液已被
空气中O2氧化
D
电解FeCl2和盐酸的混合溶液，电解一段时间后，在阳极附近滴加KSCN溶液
阳极附近溶液变红，并无气泡产生
Fe2＋的还原性强于Cl－
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】A.向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结论不合理,故A错误；
B.Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，会有浓硫酸剩余，因此加水稀释时，一定要遵循浓硫酸加入水中，玻璃棒不断搅拌，不能相反操作，易发生危险，B错误；
C.Na2SO3溶液与BaCl2溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，再滴入稀硝酸（具有强氧化性），亚硫酸钡被氧化为硫酸钡沉淀，不溶于稀硝酸，故不能证明Na2SO4溶液已被空气中O2氧化，故C错误；
D.电解FeCl2和盐酸的混合溶液，电解一段时间后，在阳极附近滴加KSCN溶液，阳极附近溶液变红，并无气泡产生，说明有铁离子产生，亚铁离子被氧化，而氯离子没有发生氧化反应，因此还原性：
Fe2＋的还原性强于Cl－，结论正确，故D正确；
综上所述，本题选D。
16.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为
A.9.0LB.13.5LC.15.7LD.16.8L
【答案】A
若混合物全是CuS，其物质的量为12/80＝0．15mol，电子转移数0．15mol×（6＋2）＝1．2mol。
两者体积相等，设NOxmol，NO2xmol,3x＋x＝1．2，计算的x＝0．3。
气体体积V＝0．6mol×22．4L·mol－1＝13．44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0．075mol，转移电子数0．075mol×10＝0．75mol，设NOxmol，NO2xmol,3x＋x＝0．75，计算得x＝0．1875，气体体积V＝0．375mol×22．4L·mol－1＝8．4L，因此8．4L＜V＜13．44L。
二、非选择题（共5小题，52分）
17.Ⅰ.某实验小组为探究ClO－、I2、SO42—在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：
实验①：
在淀粉－碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验②：
向实验①的溶液中加入4mL0.5mol·L－1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。
（1）写出实验①中发生反应的离子方程式：
__________________________。
（2）实验②的化学反应中转移电子的物质的量是__________________。
（
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