贵州省贵阳市清镇北大培文学校2018-2019学年高一下学期期中考试化学试题

贵州省贵阳市清镇北大培文学校2018-2019学年高一下学期期中考试化学试题

www.ks5u.com ‎2018-2019学年度第二学期 半期考试 高一化学试题卷 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷(选择题)‎ 一、单选题(每题3分共计60分)。‎ ‎1.Se是人体必需的微量元素，其中8034Se的原子核内质子数是 A. 80 B. 46 C. 34 D. 12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】质量数=质子数+中子数，核电荷数=质子数=核外电子数，根据8034Se的含义，质子数为34，质量数为80， 故选C。‎ ‎2.下列原子结构示意图正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．为氮原子，其核电荷数为7，第一、第二电子层分别含有2个、5个电子，故A正确；‎ B．最外电子层最多容纳8个电子，10号元素为稀有气体元素Ne，其原子结构示意图为，故B错误；‎ C．9号元素为F元素，氟原子核外9个电子，该示意图中含有10个电子，表示的氟离子，故C错误；‎ D．K层最多容纳2个电子，该示意图中K层没有排满，正确的原子结构示意图为，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构示意图的判断。对于原子而言，核内的质子数=核外的电子数。本题的易错点为D，要注意核外电子排布规律的应用。‎ ‎3.下列有关化学用语表示正确的是( )‎ A. H2O2电子式：H+[]2-H+ B. Cl-的结构示意图：‎ C. 原子核中有10个中子的氧离子：188O2— D. HClO的结构式H-Cl-O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 双氧水是共价化合物，两个氧原子之间以单键结合，每个O原子又分别与一个H原子以共价键结合，故电子式为，故A项错误；‎ ‎ B. 氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故氯离子的结构示意图为，故B项错误；‎ C.质量数=质子数+中子数，故原子核中有10个中子的氧离子的质量数为18，表示为： ，故C项正确；‎ D. HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为H-O-Cl，故D项错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、离子结构示意图等知识点，明确这些化学用语的书写规则是解本题关键，注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别 。‎ ‎4.下图是元素周期表短周期的一部分，若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. D与C不能形成化合物 B. D的最高正价与B的最高正价相等 C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱的关系是C>B>A D. D元素最高正价和最低负价的绝对值的代数和等于8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，说明为磷元素。则B为硫，C为氯元素，D为氧元素。A. 氯与氧能形成化合物二氧化氯等多种氧化物，故错误；‎ B. 氧的最高正价不是+6，,硫的最高正价为+6，两者不相等，故B错误；‎ C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸、硫酸和高氯酸，酸性强弱的关系是高氯酸＞硫酸＞磷酸，故正确；‎ D. 氧的最低价是-2，但氧没有+6价，故其最高价与最低价的绝对值的代数和不是8，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.下列各组物质中化学键的类型相同的是（ ）‎ A. HCl、MgCl2 B. Na2O、CO2 C. CaCl2、CH4 D. NH3、H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键。‎ ‎【详解】A．HCl为共价化合物，只含共价键；MgCl2为离子化合物，只含离子键，故A错误； B．Na2O为离子化合物，只含离子键；CO2为共价化合物，只含共价键，故B错误； C．CaCl2为离子化合物，只含离子键，CH4为共价化合物，只含共价键，故C错误； D．NH3、H2O两种物质都是共价化合物，含有的化学键都是共价键，所以化学键类型相同，故D正确。 所以D选项是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查化学键的类型，学生应注意离子化合物中可能存在共价键，共价化合物中一定不存在离子键来解答。‎ ‎6.根据元素周期律及物质结构的有关知识，以下有关排序错误的是( )‎ A. 离子半径：S2﹣＞Cl﹣＞Ca2+ B. 原子半径：Ca＞S＞Cl C. 酸性：HClO3＞HClO2＞HClO D. 酸性：HIO4＞HBrO4＞HClO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；‎ B．一般来说，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小；‎ C．同一元素不同化合价的含氧酸其化合价越高，酸性越强；‎ D．元素的非金属越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强。‎ ‎【详解】A．S2-、Cl-、Ca2+具有相同的核外电子排布，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，选项A正确；‎ B．一般来说，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径Ca＞S＞Cl，选项B正确；‎ C．同一元素的不同化合价的含氧酸其化合价越高，则酸性越强，所以酸性：HClO3＞HClO2＞HClO，选项C正确；‎ D．非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，应为HClO4＞HBrO4＞HIO4，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题综合考查元素周期律知识，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握粒子半径比较的角度以及物质的性质的递变规律，难度不大。‎ ‎7.下列各组中的性质比较，正确的是(　　)‎ ‎①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4　②碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2　③稳定性：HCl>H2S>PH3　④还原性：F－>Cl－>Br－‎ A. ①②④ B. ③④ C. ①②③ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同主族自上而下，非金属性减弱；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物 酸性越强；同主族自上而下，金属性增强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；非金属性越强，气态氢化物越稳定，同周期随原子序数增大，非金属性增强；非金属性越强，阴离子的还原性越弱，同主族自上而下，非金属性减弱。‎ ‎【详解】①同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br＞I，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；所以酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故①正确； ②同主族自上而下，金属性增强，所以金属性Ba＞Ca＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故②正确； ③同周期随原子序数增大，非金属性增强，所以非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以氢化物稳定性：HCl＞H2S＞PH3，故③正确； ④同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，阴离子的还原性越弱，所以离子还原性：F-＜Cl−＜Br−，故④错误；所以①②③正确；‎ 正确答案：C。‎ ‎8.下列有关碱金属和卤素的说法正确的是( )‎ A. 从Li到Cs，单质的熔、沸点越来越高 B. 从F到I，单质与H2化合生成的氢化物越来越稳定 C. 从F到I，前一种单质都能把后一种单质从其盐溶液中置换出来 D. 从Li到Cs，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越强，单质与水反应越来越剧烈 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Li到Cs，单质的熔、沸点越来越低，故A错误。‎ B．从F到I非金属性逐渐减弱，单质与H2化合生成的氢化物稳定性越来越弱，故B错误。‎ C．F2比较活泼，先和水反应生成HF和O2，故C错误。‎ D．从Li到Cs金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越强，单质还原性越来越强，与水反应越来越剧烈，故D正确，答案选D。‎ ‎9.不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是(　　)‎ A. 单质氧化性的强弱 B. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱 C. 单质沸点的高低 D. 单质与氢气化合的难易 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.单质的氧化性越强,其元素的非金属性越强,氯气的氧化性大于硫，所以非金属性：氯大于硫，可以判断非金属性强弱,故A不选； ‎ ‎ B.最高价氧化物对应的水化物酸性越强,其元素的非金属性越强,高氯酸的酸性大于硫酸，所以非金属性：氯大于硫，可以判断非金属性强弱,故B不选； C.单质的沸点属于物理性质,与元素的非金属性无关,不能判断非金属性强弱,故C选；  D.单质与氢气化合越容易,其元素的非金属性越强,氯气与氢气点燃反应，氢气和硫加热反应，所以非金属性：氯大于硫，可以判断非金属性强弱,故D不选；  综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】比较两种元素的非金属性强弱,可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱进行分析。‎ ‎10.下列反应过程中，既有共价键的断裂，又有离子键的形成的是 A. 氢气和氧气燃烧生成水 B. 氯气和钠燃烧生成白烟 C. 氯化氢气体溶解于水 D. 食盐水蒸发结晶 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，反应中既有共价键的断裂，又有离子键的形成，说明发生了化学反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 氢分子、氧分子和水分子中都存在共价键，所以氢气和氧气燃烧生成水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故A错误； B. 2Na+Cl2=2NaCl中既有共价键（氯气）的断裂，又有离子键的形成，所以B选项是正确的； C.氯化氢溶于水，氯化氢在水分子的作用下电离出氢离子和氢氧根离子，只有共价键的断裂，故C错误； D. 食盐水蒸发结晶有氯化钠晶体析出，有离子键形成，但无共价键断裂，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎11.根据相关概念下列说法正确的是 A. 只含共价键的物质一定是共价化合物 B. 氯化钠发生状态变化时，一定会破坏离子键 C. 物质中分子间的作用力越大，分子越稳定 D. 都是由非金属元素形成的化合物只能是共价化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只含共价键的物质可能是单质，如O2，故A错误；‎ B．NaCl是离子晶体，状态发生变化，离子之间的距离发生变化，离子键一定被破坏，故B正确；‎ C．分子间作用力决定分子晶体的熔沸点高低，化学键的强弱与分子的稳定性有关，故C错误；‎ D．都是由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐，全部由非金属元素构成的，但是离子化合物，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.元素在元素周期表的位置反映了元素的性质，第3周期中，得电子能力最强的是 A. Na B. Si C. S D. C1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】第3周期中，得电子能力最强的是最外层电子数最多的非金属元素，即氯元素。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】同周期元素中，最外层电子数越多，得电子能力越强，最外层电子数越少，失电子能力越强。‎ ‎13.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 原子半径Z＜M B. 非金属性：X＜Z C. M元素最高价氧化物对应水化物具有两性 D. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子核外电子排布规律及元素在周期表中的相对位置，推测元素的种类，进而分析元素性质。‎ ‎【详解】根据元素周期表可知，Y、Z元素处于周期表的第2周期，M、X元素处于周期表第3周期，所以M元素是Al，X是Si，由此进一步可推Y为N，Z为O。‎ A.根据推测的元素分析，原子半径M>Z，故A正确；‎ B. O的非金属性强于Si，故B正确； ‎ C. Al的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3有两性，C正确；‎ D. N的非金属性强于Si，所以Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强，D错误。‎ 故选D。‎ ‎14.下列变化中属于吸热反应的是( )‎ ‎①液态水汽化　 ②将胆矾加热变成白色粉末　 ③浓硫酸稀释 ④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应　 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰 A. ①④ B. ②④ C. ②③ D. ①④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①液态水汽化，吸热，为物理变化，故①错误；‎ ‎②将胆矾加热变成白色粉末，为吸热反应，故②正确；‎ ‎③浓硫酸稀释，放热，为物理变化，故③错误；‎ ‎④Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应，为吸热反应，故④正确；‎ ‎⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，为放热反应，故⑤错误；‎ ‎②④正确，故答案为B。‎ ‎【点睛】考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、吸热与放热反应为解答的关键，常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、某些复分解反应(如铵盐和强碱)。‎ ‎15.已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是(  )‎ A. v(NH3)=v(O2) B. v(O2)=v(H2O)‎ C. v(NH3)=v(H2O) D. v(O2)=v(NO)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】化学计量数之比等于化学反应速率之比，则v(NH3)：v(O2)：v(NO)：v(H2‎ O)=4：5：4：6，即：v(NH3)=v(O2)、v(O2)=v(H2O)、v(NH3)=v(H2O)、v(O2)=v(NO)，故答案为D。‎ ‎16. 有关原电池的工作原理中的下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 电池负极发生氧化反应 B. 电池正极发生还原反应 C. 电子流向是从负极流向正极(外电路)‎ D. 电流方向是从负极流向正极(外电路)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原电池的负极失去电子，发生氧化反应，正确；‎ B．原电池正极获得电子，发生还原反应，正确；‎ C．在原电池中电子流向是从负极流向正极(外电路)，电流则是从正极通过外电路流向负极，正确；‎ D．根据规定：正电荷的流动方向为电流方向，所以在原电池中电流方向是从正极流向负极(外电路)，错误。‎ 故选D。‎ ‎17.决定化学反应速率的本质因素是 A. 浓度 B. 压强 C. 温度 D. 反应物质的性质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据决定化学反应速率的根本原因(内因)和外界因素分析判断。‎ ‎【详解】因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质，而浓度、温度、压强、催化剂是影响因素，故选D。‎ ‎18.在2A(g) +B(g)3C(g) +4D(g) 反应中，表示该反应速率最快的是：（ ）‎ A. V(A)═0．5mol/(L·S) B. V(B)═0．3 mol/(L·S)‎ C. V(C)═0．8 mol/(L·S) D. V(D)═1 mol/(L·S)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】同一个反应用不同的反应物及生成物表示的时候，化学反应速率之比等于其系数比，在比较的时候如果单位统一，直接将每种物质表示的速率直接除以其系数可直接得出大小，如A选项换算后为=0.25 mol/(L· s)，B项换算后为0.3 mol/(L· s)，C项换算后为=0.27 mol/(L· s)，D项换算为==0.25 mol/(L· s)，很显然B项最大。‎ 答案选B。‎ ‎19.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列条件不再改变时，表明反应：A(s)+2B(g) C(g)+D(g)已达到平衡状态的是 A. 混合气体的压强 B. 气体的总物质的量 C. 混合气体的密度 D. 单位时间内生成n molC的同时消耗2n molB ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。‎ ‎【详解】A项、反应物A（s）是固体，反应两边化学计量数相等，混合气体的压强始终相等，所以不能判断已达到平衡状态，故A错误；‎ B项、两边气体的化学计量数相等，总的物质的量始终不变，所以不能判断已达到平衡状态，故B错误；‎ C项、反应两边化学计量数相等，总的物质的量始终不变，A是固体，混合气体的质量会变大，所以混合气体的平均相对分子质量增大，所以能已达到平衡状态，故C正确；‎ D项、单位时间内生成n mol C的同时消耗2n molB，都是正反应速率，无法判断正逆反应速率相等，所以不能判断已达到平衡状态，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，对于反应前后气体的计量数之和相等的可逆反应来说，可从浓度、速率、百分含量等角度判断是否达到平衡状态。‎ ‎20.已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(1)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1、-1411.0kJ·mol-1‎ 和-1366.8kJ·mol-1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为( )‎ A. -44.2kJ·mol-1 B. +44.2kJ·mlo-1‎ C. -330kJ·mol-1 D. +330kJ·mlo-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题干条件可知如下反应：‎ H2(g)+O2(g) H2O(l)；ΔH=-285.8 kJ·mol-1                             ①‎ C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=-1 411.0 kJ·mol-1                 ②‎ C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)；ΔH=-1 366.8 kJ·mol-1             ③‎ 根据盖斯定律则②-③可得：C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)；ΔH=-44.2 kJ·mol-1‎ 答案选A。‎ 第II卷(非选择题)‎ 二、填空题(16分)。‎ ‎21.下表是元素周期表中短周期元素的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。‎ A B D E F C G H ‎(1)上述元素的单质中熔点最高的可能是________(填名称)；‎ ‎(2)D的氢化物比G的氢化物稳定，其原因是_________________________的缘故；‎ ‎(3)在一定条件下，A与E可形成一种极易溶于水的气态化合物，其电子式为__________，该物质溶于水后的溶液呈________性(填“酸”、“碱”或“中”)；‎ ‎(4)现有另一种元素X，其原子获得一个电子所释放出的能量是上表中所列元素中最大的，则X是周期表中第_____族元素；‎ ‎(5)“神舟”六号载人飞船内需要有一种化合物来吸收航天员呼出的CO2‎ ‎，你认为该物质应该是由上表中的________元素组成的(填元素符号)，用化学方程式表示吸收原理：_____________。飞船中需要制造一种适合航天员生存的人工态环境，最好在氧气中充入一种稀释气体，该气体的电子式为________。‎ ‎【答案】 (1). 金刚石 (2). D的非金属性比G强 (3). (4). 碱 (5). ⅦA (6). C、F (7). 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表中的位置，可以确定A是H，B是He，C是Na，D是C，E是N，F是O，G是Si，H是Cl，据以上分析解答。‎ ‎【详解】根据元素在周期表中的位置，可以确定A是H，B是He，C是Na，D是C，E是N，F是O，G是Si，H是Cl；‎ ‎（1）上述元素的单质中熔点最高的是属于原子晶体的金刚石，原子晶体的物质具有较高的熔点，故该物质为金刚石；‎ ‎（2）元素的非金属性C＞Si，元素的非金属性越强则氢化物的稳定性越强，所以C的氢化物比Si的氢化物稳定，故：D的非金属性比G强；‎ ‎（3）在一定条件下，H与N可形成一种极易溶于水的气态化合物氨气，氨气是氮原子和氧原子间通过共价键形成的共价化合物，电子式为： ，氨气极易溶于水，其水溶液氨水显碱性；‎ ‎（4）结合周期表分析可知，氟元素是得电子能力最强的，它可以与几乎所有的单质反应，所以该元素为F，位于第ⅦA族；‎ ‎（5）由钠元素和氧元素组成的过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，常被用作供氧剂，故选C、F；氮气是一种无毒的气体，常用作保护气，其电子式为：。‎ 三、实验题(14分)。‎ ‎22.某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol/L、2.00 mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.00 mL，大理石用量为10.00 g。‎ ‎（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空：‎ 实验编号 温度(℃)‎ 大理石规格 HNO3浓度(mol/L)‎ 实验目的 ‎①‎ ‎25‎ 粗颗粒 ‎2.00‎ ‎(Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率的影响；(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；(Ⅲ)实验①和④探究________对反应速率的影响 ‎②‎ ‎25‎ 粗颗粒 ‎_______‎ ‎③‎ ‎_______‎ 粗颗粒 ‎2.00‎ ‎④‎ ‎_________‎ 细颗粒 ‎______‎ ‎（2）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70 s～90 s范围内用HNO3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。在O～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是________。‎ ‎【答案】 (1). 1.00 (2). 35 (3). 25 (4). 2.00 (5). 大理石规格 (6). 0.01 mol/(L·s) (7). 0-70‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）（I）实验①和②探究浓度对反应速率的影响；‎ ‎（II）实验①和③探究温度对反应速率的影响；‎ ‎（Ⅲ）实验①和④中大理石的规格不同；‎ ‎（2）先根据图象，求求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应求出消耗硝酸的物质的量，最后计算反应速率；曲线斜率越大反应速率越快。‎ ‎【详解】（1）实验①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，应该选1.00mol/L硝酸；由于①和③探究温度对反应速率的影响，故温度不同，应该选35℃；由于实验①和④大理石规格不同，因此探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，所以实验①和④中温度和硝酸的浓度均相同；‎ ‎（2）由图可知70s至90s，生成CO2的质量为0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为=0.0025mol，根据反应CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知消耗HNO3的物质的量为2×0.0025mol=0.005mol，又溶液体积为0.025L，所以HNO3减少的浓度△c==0.2mol/L，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70s-90s范围内的平均反应速率为==0.01mol•L-1•s-1；根据图像可知在O～70、70～90、90～200各相同的时间段里曲线的斜率最大是0-70时间段内，因此反应速率最大的时间段是0-70。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素及反应速率的计算，注意信息中提高的条件及图象的分析是解答的关键，本题较好的考查学生综合应用知识的能力，注意控制变量法的灵活应用，题目难度中等。‎ 四、综合题(10分)。‎ ‎23.据图回答下列问题：‎ ‎（1）若烧杯中溶液为稀硫酸，则观察到的现象是_______________，电流表指针____(填“偏转”或“不偏转”)，两极反应式为：正极_______________；负极______________________。‎ ‎（2）若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为________(填Mg或Al)，总反应方程式为______。‎ ‎（3）美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如下图所示：A、B两个电极均由多孔碳块组成。该电池的正极反应式为：___________________________。‎ ‎.‎ ‎【答案】 (1). 镁逐渐溶解，铝上有气泡冒出 (2). 偏转 (3). 2H＋＋2e－===H2↑ (4). Mg－2e－===Mg2＋ (5). Al (6). 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ (7). O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据自发的氧化还原反应能设计成原电池，失电子的一极是负极，发生氧化反应，得到电子的是正极，发生还原反应；在燃料电池中，通入正极的一极氧气，通入负极的一极氧气是燃料，负极的电极反应=总反应-正极的电极反应和。‎ ‎【详解】（1）镁、铝和稀硫酸构成了原电池，自发进行的反应是镁和硫酸反应，金属镁做负极，电极反应：Mg-2e-=Mg2+，金属铝为正极，溶液中的H+得到电子发生还原反应，电极反应为：2H++2e-=H2↑，所以可看到镁逐渐溶解，铝极上有气泡冒出，电流表指针发生偏转，故答案为镁逐渐溶解，铝极上有气泡冒出；电流表指针发生偏转；2H++2e-=H2↑；Mg-2e-=Mg2+；‎ ‎（2）镁、铝和氢氧化钠溶液构成了原电池，自发的氧化还原反应是金属铝和氢氧化钠之间的反应，总反应方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，铝失电子，为负极，金属镁作正极；‎ ‎（3）氢气、氧气和氢氧化钾溶液构成了原电池，自发的氧化还原反应是氢气和氧气之间的反应，总反应方程式为：2H2+O2=2H2O，正极上通的是氧气，B极是正极，电极反应：O2＋2H2O＋4e－=4OH－。‎ ‎【点睛】本题考查原电池工作原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大，需要注意掌握以镁、铝为电极材料，电解质溶液的酸碱性不同，电极反应不同。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎