高一化学下学期期中模拟测试卷03（人教版必修2）

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高一化学下学期期中模拟测试卷03（考试时间：75分钟  试卷满分：100分）考试范围：人教版必修2第一章、第二章内容可能用到的相对原子质量：H-1   C-12   N-14   O-16   Na-23   Mg-24   Al-27  P-31   Cl-35.5  Fe-56   S-32 一、选择题（本大题包括16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的）1．下列化学用语书写不正确的是(    )A．中子数为1的氢原子： B．HCl的电子式：H+C．Na+的结构示意图： D．CH4的结构式：【答案】B【详解】A．含有 1 个中子的氢原子的质量数为：1＋1=2，其原子符号为：，故A正确；B．HCl为共价化合物，其电子式为，故B错误；C．Na+的结构示意图为，故C正确；D．CH4的结构式为，故D正确；故选B。2．下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是(    )A．原子半径： B．沸点：C．还原性： D．酸性：【答案】B【详解】A．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，由于原子序数Cl>S，所以原子半径：S＞Cl，A项正确；B．水的沸点高是由于水的分子间的氢键，导致水的沸点比硫化氢的沸点高，并不能用元素周期律解释，B项错误；C．Br、I是同一主族的元素，由于非金属性，Br>I，所以还原性：I﹣＞Br﹣，与元素周期律有关，C项正确；D．元素的非金属性S>P，所以其最高价氧化物的水化物酸性：H2SO4＞H3PO4，与元素周期律有关，D项正确；答案选B。3．下列实验不能作为判断依据的是A．钠和镁分别与冷水反应，判断钠和镁金属性强弱B．根据HF和 HCl的水溶液的酸性强弱判断氟与氯的非金属性的强弱C．比较Mg(OH)2与Al(OH)3的碱性强弱，判断镁与铝的金属性强弱D．往硅酸钠溶液中通入CO2产生白色沉淀，判断碳酸与硅酸的酸性强弱【答案】B【详解】A．钠与冷水比镁与冷水反应剧烈，因此钠的金属性强于镁，故A正确；
B．氢氟酸是弱酸，而盐酸是强酸，但是氟的非金属性要比氯的非金属性强，故Ｂ错误；C．金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的碱的碱性越强，镁的金属性强于铝，则碱性强弱：Mg(OH)2> Al(OH)3，故C正确；
D．强酸制弱酸，往硅酸钠溶液中通入CO2产生白色沉淀，说明碳酸的酸性强于硅酸的酸性,故D正确；故答案：B。4．下列关系正确的是A．原子半径： As ＞Cl ＞P B．热稳定性：HCl＞AsH3 ＞ HBrC．酸性：H3AsO4＞ H2SO4 ＞ H3PO4 D．还原性：AsH3＞ H2S ＞ HCl【答案】D【详解】A．根据三种元素所在周期表中的位置，它们的原子半径大小应为As＞P＞Cl，故A项错误；B．元素氢化物的稳定性和元素非金属性强弱有关，非金属性Cl＞Br＞ As，故其氢化物热稳性HCl＞HBr＞AsH3，故B项错误；C．元素最高价含氧酸的酸性强弱和元素的非金属性强弱有关，非金属性S＞P＞As，则其最高价含氧酸的酸性强弱顺序H2SO4＞ H3PO4＞H3AsO4，故C项错误；D．元素的非金属性强的，它的氢化物的还原性就弱，非金属性Cl＞S＞As，则还原性AsH3＞H2S＞HCl，故D项正确；本题答案D。5．我国科技工作者发现铂的一种原子Pt。下列说法正确的是(    )A．质量数是78 B．质子数是202C．原子的核外电子数是124 D．核内的中子数是124【答案】D【详解】A．铂原子Pt的质量数为202，故A错误；B．铂原子Pt的质子数为78，故B错误；C．铂原子Pt的核外电子数为78，故C错误；D．铂原子Pt含有的中子数为：202-78=124，故D正确。答案选D。6．元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是A．左下方区域的金属元素B．右上方区域的非金属元素C．金属元素和非金属元素分界线附近的元素D．稀有气体元素【答案】C【详解】A．元素周期表中有金属元素和非金属元素，其中金属元素位于元素周期表的左边，可以用来做导体材料，A项错误； B．非金属元素一般位于元素周期表的右边，氢元素除外，非金属元素一般不导电，是绝缘体材料，B项错误； C．在金属与非金属元素交界处的元素大多数可用于制作半导体材料，C项正确； D．稀有气体元素属于非金属元素，它们的性质更稳定，一般不用来做半导体材料，D项错误； 答案选：C。7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：元素代号XYRZWN原子半径/pm160143827574110主要化合价+2+3+3+5、-3-2+5、-3下列叙述正确的是A．X、Y、R 的最高价氧化物对应水化物的碱性：X＜Y＜RB．简单离子的半径：Z＜W＜X＜YC．气态氢化物的稳定性：W＜Z＜ND．Y 与 W 形成的化合物既能与酸反应又能与强碱反应【答案】D【分析】根据元素周期律：元素原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期主族元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大；主族元素中，最高正化合价与其主族序数相同(O、F除外)，最低负化合价=主族序数－8，结合表中数据可推知：X为Mg、Y为Al、R为B、Z为N、W为O、N为P。【详解】A．金属的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则X、Y、R 的最高价氧化物对应水化物的碱性：X＞Y＞R，A叙述错误；B．简单离子的核外电子排布形同，原子序数越大半径越小，则离子半径：Al3+＜Mg2+＜O2-＜N3-，B叙述错误；C．非金属的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则稳定性：PH3＜NH3＜H2O，C叙述错误；D．Y与W形成的化合物为氧化铝，为两性氧化物，既能与酸反应又能与强碱反应，叙述正确；答案为D。8．已知铍(Be)的原子序数为4。下列对铍及其化合物的叙述中正确的是（   ）A．Be 的金属性强于MgB．相同条件下，单质Be 与酸反应比单质Li与酸反应剧烈C．Be(OH)2 碱性比Ca(OH)2 的强D．Be的原子半径大于B的原子半径【答案】D【详解】A．同主族元素从上到下金属性增强，Be的金属性小于Mg，故A错误；B．同周期元素从左到右金属性减弱，相同条件下，单质Li与酸反应比单质Be 与酸反应剧烈，故B错误；C．同主族元素从上到下金属性增强， 所以Be(OH)2 碱性比Ca(OH)2 的弱，故C错误；D．同周期元素从左到右原子半径减小，Be的原子半径大于B的原子半径，故D正确；选D。9．如图所示装置中，电流表A发生偏转，a极逐渐变粗，同时b极逐渐变细，c为电解质溶液，则a、b、c应是下列各组中的 ( )A．a是Zn、b是Cu、c为稀H2SO4B．a是Ag、b是Fe、c为AgNO3溶液C．a是Fe、b是Ag、c为AgNO3溶液D．a是Cu、b是Zn、c为稀H2SO4【答案】B【分析】电流表A发生偏转，说明该装置构成原电池，a极逐渐变粗，说明有金属生成， b极逐渐变细，说明b极溶解，所以a作正极，b作负极，a的活泼性小于b的活泼性，据此解题。【详解】A．a是Zn、b是Cu、c为稀H2SO4，a的活泼性大于b的活泼性，故A错误；B．a是Ag、b是Fe、c为AgNO3溶液，a极析出金属Ag，并且b极变细，故B正确；C．a是Fe、b是Ag、c为AgNO3溶液，a的活泼性大于b的活泼性，故C错误；D．a是Cu、b是Zn、c为稀H2SO4，虽然a作正极，b作负极，但是析出氢气不是金属，故D错误；故选B。10．一种镁燃料电池以镁片、石墨作为电极，电池反应为Mg＋H2O2＋H2SO4=MgSO4＋2H2O。电池工作时，下列说法正确的是A．镁片的质量减小 B．镁片是电池的正极C．电子由石墨经导线流向镁片 D．混合溶液中H+向镁片移动【答案】A【详解】A．原电池的工作原理，负极失去电子，化合价升高，根据电池反应，Mg作负极，电极反应式为Mg－2e－=Mg2＋，负极质量减小，选项A正确；B．正极得到电子，化合价降低，根据电池反应，H2O2在正极反应，选项B错误；C．电子从负极经外电路流向正极，即从镁片经外电路流向石墨，选项C错误；D．此装置是电池，混合溶液中阳离子H+向正极石墨电极移动，选项D错误。答案选A。11．在A(g)+2B(g)⇌3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是(    )A．v(A)=0.3 mol/(L·s) B．v(B)=0.5 mol/(L·s)C．v(C)=0.8 mol/(L·s) D．v(D)=2.0 mol/(L·s)【答案】D【详解】将选项都变为同种物质的速率来比较，都变为D的反应速率来比较，A． υ(D) =4υ(A) = 4×0.3 mol∙L−1∙s−1 =1.2 mol∙L−1∙s−1；B． υ(D) =2υ(B) = 2×0.5 mol∙L−1∙s−1 =1.0 mol∙L−1∙s−1；C．υ(D) = υ(C) = ×0.8 mol∙L−1∙s−1 ≈1.07 mol∙L−1∙s−1；D． υ(D) =2.0 mol∙L−1∙s−1；因此D选项中速率最快，故D符合题意。综上所述，答案为D。12．在2L的恒容密闭容器中，充入1 mol A和3 mol B，并在一定条件下发生如下反应：，若经3s后测得C的浓度为0.6 mol·L-1，下列选项说法正确的组合是(    )①用A表示的反应速率为0.1 mol·L-1·s-1②用B表示的反应速率为0.4 mol·L-1·s-1③3s时生成C的物质的量为1.2 mol④3s时B的浓度为0.6 mol·L-1A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．③④【答案】D【详解】根据题意，B物质起始的浓度为1.5mol/L，经3s后测得C的物质的量浓度为0.6mol•L-1，则①反应中A为固体，不能用物质A表示反应的速率，故不选；②根据上面的分析，B转化的浓度为0.9mol/L，所以用B表示的反应速率为0.9mol/L÷3s=0.3mol•L-1•s-1，故不选；③3s时生成C的物质的量为0.6mol•L-1×2L=1.2mol，故选；④根据上面的分析可知，3s时B的浓度为0.6mol•L-1，故选，故选D。13．下列叙述正确的是(    )A．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热B．化学反应中的能量变化都是以热量的形式体现C．因为石墨变成金刚石吸热，所以石墨比金刚石稳定D．凡吸热反应均需在加热条件下才能发生【答案】C【分析】根据反应热的含义即物质的能量变化来判断影响因素。根据化学反应中常伴有的光等现象判断能量变化的形式。根据能量越低越稳定判断物质的稳定性。利用常见吸热判断反应所需条件。【详解】A．反应热只与反应物和生成物的能量有关，升高温度或加入催化剂不能改变反应的反应热，故A不正确。B．化学反应中的能量变化还可能以光、电等形式体现，故B不正确。C．根据吸热判断，反应物的能量低，根据能量越低越稳定判断石墨比金刚石稳定。故C正确。D．有些吸热反应不需要加热也能发生反应，如氯化铵和八水合氢氧化钡的反应在常温下能进行，故D不正确。故选答案C。【点睛】反应热只与反应的始末状态的物质有关，是物质自身能量变化的表示。14．根据能量图，下列说法正确的是A．A2(g)+ B2(g)=2AB(g)是一个放热反应B．该反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量C．拆开1 mol AB(g)中的化学键需要吸收b kJ的能量D．1 mol A2(g)和1 mol B2(g)的能量之和为a kJ【答案】B【详解】A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，则A2(g)+ B2(g)=2AB(g)是吸热反应，故A错误；B．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，故B正确；C．由图可知，拆开2mol AB（g）中的化学键需要吸收bkJ的能量，故C错误；D．a为正反应的活化能的数值，由图不能确定反应物的总能量，即1mol A2(g)和1mol B2(g)的能量之和不等于akJ，故D错误。答案选B。15．某温度下，浓度都是1mol/L的两种气体X2和Y2，在密闭容器中反应生成气体Z，反应2min后，测得参加反应的X2为0.6mol/L，用Y2表示的反应速率v(Y2)=0.1mol/(L·min)，生成的c(Z)为0.4mol/L，则该反应的化学方程式是(    )A．X2+2Y2=2XY2 B．2X2+Y2=2X2YC．3X2+Y2=2X3Y D．X2+3Y2=2XY3【答案】C【详解】用X2表示的反应速率为v(X2)==0.3mol/(L·min)，用Z表示的反应速率为v(Z)= =0.2mol/(L·min)，v(X2)∶v(Y2)∶v(Z)=3∶1∶2，根据X2、Y2和Z反应速率之比即化学方程式中相应物质的化学计量数之比，则3X2+Y2=2Z，根据原子守恒，可确定Z的化学式为X3Y，因此反应的化学方程式为3X2+Y2=2X3Y，故选C。【点睛】本题中Z的化学式也可以写成YX3。16．已知反应A2＋B2=2AB，破坏1 mol A2中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，破坏1 mol B2中的化学键消耗的能量为 Q2 kJ，形成1 mol AB中的化学键释放的能量为Q3 kJ，则下列说法正确的是(    )A．若A2和B2的总能量之和大于生成的AB的总能量，则反应放热B．若A2和B2的总能量之和小于生成的AB的总能量，则反应放热C．若该反应放出能量，则Q1＋Q2＞Q3D．若该反应吸收能量，则Q1＋Q2＜Q3【答案】A【详解】A．依据能量守恒，若A2和B2的总能量之和大于生成的2AB的总能量，则反应放热，故A正确；B．依据能量守恒，若A2和B2的总能量之和小于生成的2AB的总能量，则反应吸热，故B错误；C．若该反应为放热反应，依据反应焓变△H =反应物断键吸收的热量-生成物形成化学键放出的热量，则Q1 +Q2 < 2Q3，故C错误；D．若该反应为吸热反应，则Q1 + Q2 > 2Q3，故D错误；故选A。 二、非选择题（本大题包括5小题，共52分）17．（10分）Ⅰ．用表示原子：(1)中性原子的中子数：N=___________。(2)中性分子中子数：12C16O2分子中，N=___________。(3)A2-原子核内有x个中子，其质量数为m，则ngA2-所含电子的物质的量为___________mol。Ⅱ．有①、、②H2、D2、T2③红磷、白磷④、、四组微粒或物质，回答下列问题：(1)互为同位素的是___________(填编号，下同)。(2)互为同素异形体的是___________。【答案】(1)A-Z  (2)  22   (3)    Ⅱ． (1)①④   (2) ③    【详解】Ⅰ(1)中子数=质量数-原子序数，的中子数=A-Z；(2) 中性分子中子数：12C16O2分子中，N=12-6+2×(16-8)=22；(3) A2-原子核内有x个中子，其质量数为m，则原子序数为m-x，原子序数等于原子核外电子数，则A2-所含电子数为m-x+2，ng A2-的物质的量为，所含电子数为；Ⅱ(1)同位素是质子相同，而中子数不同的原子，互为同位素的是①④；(2) 同素异形体是虽然含有同样的元素组成，不同形态的单质，互为同素异形体的是③。18．（10分）下表列出了10种元素在元素周期表中的位置，请回答下列问题：       族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0二   ①②③④ 三⑤  ⑥  ⑦⑧四⑨     ⑩ (1)写出元素①与⑦组成的分子的电子式：_______。(2)这10种元素中，化学性质最不活泼的是_______(填元素符号，下同)；②的简单气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_______。(3)元素③④⑤的离子的半径由大到小的顺序为_______(用离子符号表示)；元素⑤⑨的最高价氧化物对应的水化物的碱性最强的是_______(填化学式)。(4)工业上用①的单质为原料在高温条件下生产⑥单质粗品的化学方程式为_______。(5)⑦和⑩的原子序数相差___(填数字)，写出一个能证明⑦比⑩活泼的化学方程式：___。【答案】(1)    (2)        (3)         KOH   (4)   (5)  18        【分析】元素①～⑩在元素周期中的位置如表所示，①为C；②为N；③为O；④为F；⑤为Na；⑥为S；⑦为Cl；⑧为Ar；⑨为K；⑩为Br,据此解答。【详解】(1)①为C，⑦为Cl，C和Cl可组成CCl4分子，电子式为：，故答案为：；(2) Ar为稀有气体，最外层为8电子稳定结构，这10种元素中化学性质最稳定，②的气态氢化物为氨气，其最高价氧化物对应的水化物为硝酸，二者反应生成硝酸铵，反应方程式为，故答案为：Ar；；(3)③④⑤元素的简单离子分别为O2-、F-、Na+，O2-、F-、Na+核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故半径大小，元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性K>Na，故最高价氧化物对应的水化物的碱性强的为KOH，故答案为：；KOH；(4)工业上用单质C和二氧化硅高温下反应制备粗硅，反应方程式为：，故答案为：；(5) Cl的原子序数为17，Br的原子序数为35，相差18，活泼的非金属能把较不活泼的非金属从盐溶液里置换出来，反应能证明Cl的非金属性与Br强，故答案为：18；；19．（10分）某温度时，在一个2L的密闭容器中，A、B、C三种气体物质的浓度随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：(1)该反应的化学方程式为_______；(2)从开始至2min，B的平均反应速率为_______；平衡时，C的物质的量为_______；(3)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填序号)；A．A、B、C的物质的量之比为3：1：3B．相同时间内消耗3molA，同时生成3molCC．相同时间内消耗，同时消耗D．混合气体的总质量不随时间的变化而变化E.B的体积分数不再发生变化(4)在某一时刻采取下列措施能使该反应速率减小的是_______(填序号)。A．加催化剂B．降低温度C．容积不变，充入AD．容积不变，从容器中分离出A【答案】(1)3A⇌B + 3C    (2)0.2mol·(L·min)-1    2.4mol   (3) CE (4)   BD    【详解】(1)根据图示可知反应物为A，生成物为B和C，反应物A的浓度最终没有减少到0，则该反应为可逆反应，各物质浓度的变化量分别为：∆c(A)=(2.4-1.2)mol/L=1.2mol/L，∆c(B)=0.4mol/L，∆c(C)=1.2mol/L，所以A、B、C三者计量数之比为1.2:0.4:1.2=3:1:3，所以该反应的化学方程式3AB+ 3C；(2)∆c(B)= 0.4 mol/L，从开始至2min，B的平均反应速率==0.2mol/(L∙ min)；C的物质的量为； (3)A．A、B、C的物质的量之比为3:1:3 的状态，各成分的量由起始状态控制，故正逆反应速率不一定相等，不能判定反应已达到化学平衡状态，A不满足题意；B．相同时间内消耗3molA，同时生成3molC，反应速率同向，不能判定反应已达到化学平衡状态，B不满足题意；C．消耗3nmolA和生成nmolB等效，相同时间内消耗nmolB，说明B的正反应速率等有逆反应速率，反应达到平衡状态，C满足题意；D．A、B、C均为气态，反应前后气体的总质量不变，为定值，所以气体总质量不随时间的变化而变化不能判定反应已达到化学平衡状态，D不满足题意；E．B的体积分数不再发生变化，说明B的量不再变化，已达到平衡状态,，E满足题意；故答案为：CE；(4)A．加催化剂，反应速率加快，A不满足题意；B．降低温度，反应速率减慢，B满足题意；C．体积不变，充入A，反应物浓度增大，反应速率加快，C不满足题意；D．体积不变，从容器中分离出A，A的浓度减小，反应速率减慢，D满足题意；故答案为：BD。20．（12分）为了探究化学反应的热效应，某兴趣小组进行了实验：(1)将纯固体物质X分别装入有水的锥形瓶里(发生化学反应)，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内红墨水的液面高度如图所示。图1            图2①若如图1所示，发生的反应(假设没有气体生成)是___________(填“放热”或“吸热”)反应，X可以是___________(填化学式，只填一种即可)。②若如图2所示，发生的反应(假设没有气体生成)是___________(填“放热”或“吸热”)反应，以下选项中与其能量变化相同的是___________(填字母)。A． CO还原CuO的反应    B． CaCO3的分解反应        C． Al和Fe2O3的反应(2)如图3所示，把试管放入盛有25℃饱和澄清石灰水的烧杯中，试管中开始放几小块铝片，再滴入5mL NaOH溶液。试回答下列问题：图3实验中观察到的现象是：铝片逐渐溶解、有大量气泡产生、___________，产生上述现象的原因是___________。【答案】(1)放热    Na2O或CaO(答案合理即可)    吸热    B    (2)饱和澄清石灰水变浑浊    铝和NaOH溶液反应生成H2的反应是放热反应，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低    【详解】(1)①由图1可知，装置中的压强大于外界大气压，若反应没有气体生成时，说明该反应为放热反应，反应时放出热量使装置中压强增大，加入的物质X可能是Na2O、CaO等，故答案为：Na2O或CaO；②由图2可知，装置中压强小于外界大气压，若反应没有气体生成时，说明该反应为吸热反应，反应时吸收热量使装置中压强减小；CO还原CuO的反应为放热反应，CaCO3受热分解的反应为吸热反应，Al和Fe2O3高温条件下的反应为放热反应，则B符合题意，故答案为：吸热；B；(2)把试管放入盛有25℃饱和澄清石灰水的烧杯中，向试管中放入几小块铝片，再滴入5mL NaOH溶液，铝和NaOH溶液反应生成H2的反应是放热反应，放出的热量使澄清石灰水的温度升高，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，杯中析出氢氧化钙使饱和澄清石灰水变浑浊，故答案为：饱和澄清石灰水变浑浊；铝和NaOH溶液反应生成H2的反应是放热反应，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低。21．（10分）有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性强弱，两人均使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol·L-1的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入6 mol·L-1的NaOH溶液中，如下图所示：(1)写出甲池中负极的电极反应式： ___。 (2)写出乙池中负极的电极反应式和总反应的离子方程式：负极___；总反应的离子方程式_____。 (3)如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出__活动性更强，而乙会判断出__活动性更强。(填写元素符号) (4)由此实验，可得到如下哪些正确结论__。 A．利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质B．镁的金属性不一定比铝的金属性强C．该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值D．该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件的影响较大，因此应具体问题具体分析(5)丙同学依据甲、乙同学的思路，设计如下实验：将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成了原电池。①在这两个原电池中，负极分别为__。 A．铝片、铜片    B．铜片、铝片C．铝片、铝片    D．铜片、铜片②写出插入浓硝酸中形成原电池的电极反应式___。【答案】(1)Mg-2e-=Mg2+  (2)  2Al+8OH--6e-=2AlO+4H2O    2Al+2OH-+2H2O=2Al O+3H2↑   (3) Mg    Al  (4)  AD   (5) B    负极： Cu-2e-=Cu2+正极： 4H++2NO+2e-=2NO2↑+2H2O    【分析】原电池中首先考虑自发进行的氧化还原反应，再分析两极反应：负极反应为失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应，据此回答；【详解】(1)甲池中自发进行的氧化还原反应为2H++Mg= Mg2++H2↑，镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，故答案为： Mg-2e-=Mg2+。 (2)乙池中铝能与氢氧化钠溶液反应，铝失电子作负极，负极反应为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，镁作正极，正极发生还原反应，总反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2－+3H2↑。 (3)甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，则甲会判断出Mg活动性更强，而乙会判断出Al活动性更强。 (4) A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，A正确； B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，B错误； C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，C错误；D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，因此应具体问题具体分析，D正确；答案选AD； (5) ①将铝片和铜片用导线相连，插入浓硝酸中，铝片被钝化，铜片做负极；插入烧碱溶液中，铝失电子，做负极，故B正确；②插入浓硝酸中形成原电池，自发反应为铜和浓硝酸的反应，负极铜被氧化，正极硝酸根被还原，则电极反应式为——负极： Cu-2e-=Cu2+正极： 4H++2NO+2e-=2NO2↑+2H2O。