河北省承德市隆化县存瑞中学2026届高三化学第一学期期中教学质量检测试题含解析

河北省承德市隆化县存瑞中学2026届高三化学第一学期期中教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、工业生产氨气的适宜条件中不包括()A．用浓硫酸吸收产物 B．用铁触煤作催化剂C．温度500℃左右 D．压强为20~50MPa2、下列说法正确的是（）A．铜锌原电池，锌为正极B．化学反应的反应热不仅与反应体系的始态和终态

有关，还与反应的途径有关C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数等于氧化剂得到电子的总数D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油3、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验新制氯水滴入Na2S溶液中乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中饱和FeCl3溶液滴入沸水中草酸滴入KMnO4酸性溶液中现象产生黄色浑浊溶液由橙色变为绿色液体变为红褐色且澄清透明产生无色气体，溶液紫红色褪去A．A B．B C．C D．D4、实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是A．①②③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D．装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气5、两份铝片，一份与足量盐酸反应，另一份与足量烧碱溶液反应，同温、同压下，放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为（）A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．1：66、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的；X2-与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是A．原子半径：Z<Y<XB．最简单氢化物的稳定性：X<ZC．由W、X、Y三种元素形成的化合物可使酚酞试液变红D．Y与Z位于同一周期，且它们在自然界中均能以游离态的形式存在7、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作现象实验结论A像某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色溶液中含有Br2B像某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊该溶液中一定含有CO32-C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸,石蕊试纸变蓝NH4HCO3呈碱性D向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀,再加入足量稀盐酸,沉淀部分溶解Na2SO3部分被氧化A．A B．B C．C D．D8、取一定质量的均匀固体混合物Cu、CuO和Cu2O，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL稀硝酸（其还原产物为NO），固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（）A．2.4mol/LB．1.4mol/LC．1.2mol/LD．0.7mol/L9、如图所示，将铁棒和石墨棒插入饱和食盐水中。下列说法正确的是A．甲中铁被保护不会腐蚀B．甲中正极反应式为4OH-－4e-=2H2O+O2↑C．乙中铁电极上发生氧化反应D．乙中石墨电极附近滴几滴碘化钾淀粉溶液变蓝色10、如图是SO2(g)和O2(g)反应生成SO3(g)的能量变化示意图，由图可知()A．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-197.8kJ/molB．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=+197.8kJ/molC．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=+98.9kJ/molD．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-98.9kJ/mol11、可逆反应H2（g）＋I2（g）2HI（g）达到平衡的标志是A．混合气体的颜色不再改变B．H2、I2、HI分子个数比为1:1:2C．混合气体中I2和H2的体积分数相等D．v（H2）:v（HI）=1:212、已知W、X、Y、Z均为中学化学里常见的化学物质，它们之间有如下图所示的转化关系。其中不符合图中转化关系的W、X依次是（）A．W为O2，X为CB．W为稀HCl，X为NaAlO2溶液C．W为SO2，X为NaOH溶液D．W为Cl2，X为Fe13、下列说法中正确的是A．CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B．在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D．第ⅠA族元素和第ⅦA

族元素的原子之间都能形成离子键14、对的表述不正确的是A．该物质能发生缩聚反应B．该物质的核磁共振氢谱上共有7个峰C．该物质遇FeCl3溶液显色，1mol该物质最多能与含1molBr2的溴水发生取代反应D．1mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:115、硼化钒(VB2)­空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图，该电池工作时发生的反应为：4VB2＋11O2=4B2O3＋2V2O5。下列说法不正确的是（）A．电极a为电池正极B．电池工作过程中，电极a附近区域pH减小C．图中选择性透过膜为阴离子透过膜D．VB2极发生的电极反应为：2VB2＋22OH－－22e－=V2O5＋2B2O3＋11H2O16、常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中：c(OH-)＝c()+c(H+)+c(H2CO3)B．将pH＝6的H2SO4稀释1000倍后，c(H+)＝2c()C．浓度分别为0.1mol·L-1和0.01mol·L-1的CH3COOH溶液中：c(CH3COO-)前者是后者的10倍D．NaA溶液的pH＝8，c(Na+)-c(A-)＝9.9×10-7mol·L-1二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，F在本周期元素中原子半径最小。则：(1)A、B、C、D、E、F的名称分别是_____________________________。(2)在A至F中任选元素，写出一种含非极性键的离子化合物的电子式_________。(3)由B和D组成，且B和D的质量比为3∶8的化合物的电子式是_________，该物质与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为__________________。(4)F单质与E的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_________________________。(5)将8gBA4完全燃烧后恢复到室温，放出热量akJ，写出表示BA4的燃烧热的热化学方程式_______。18、下表为元素周期表的一部分：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA二CN①三②③④P⑤⑥请填写下列空白：（1）表中元素，原子半径最大的是_______（填元素符号）；①的核外电子排布式______；⑤的最外层核外电子的轨道表示式______；③和⑥两元素形成化合物的电子式为________。（2）②③④三种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是________（填该物质化学式）。（3）比较④、⑤两种元素的简单离子半径：___>___（填离子符号）;元素④最高价氧化物对应的水化物与硝酸反应的离子方程式为____________________________。（4）列举两个事实来证明元素①比元素⑤的非金属性强______；___________。19、氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。（2）b中采用的加热方式是_________，c中化学反应的离子方程式是________，采用冰水浴冷却的目的是____________。（3）d的作用是________，可选用试剂________（填标号）。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2(悬浊液)D．H2SO4（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶体。20、实验室合成三苯基膦(C6H5)3P，并从反应后的废渣中获取MgCl2∙6H2O。I.合成三苯基膦(C6H5)3P反应装置如图所示(夹持仪器已略去)。先向三颈烧瓶中加入氯苯和溶剂(四氢呋喃)，然后加入镁屑，反应制得C6H5MgCl；再从滴液漏斗中缓慢加入PCl3，控制反应温度在40~50℃。相关物质的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃部分性质三苯基膦78.5377与水剧烈反应四氢呋喃−108.565.4对环境有污染三氯化磷−111.876与水剧烈反应(1)装置中仪器A的名称为________。与普通分液漏斗比较，使用恒压滴液漏斗的优点是：使漏斗内液体顺利滴下、__________。(2)实验宜使用的加热方法为_________。II．获取MgCl2∙6H2O提取(C6H5)3P后的废渣中含MgCl2、四氢呋喃、(C6H5)3P等。以该废渣为原料，获取MgCl2∙6H2O的主要实验流程如下：(3)其他条件相同时，水浸相同时间，水浸温度与MgCl2∙6H2O获取率关系如下图所示，分析曲线在不同温度段趋势变化的原因：A→B段_______；D→E段______。(4)过滤后得到的滤液中主要含MgCl2、四氢呋喃。结晶温度与MgCl2∙6H2O回收率的关系如下图所示。补充完整获取MgCl2∙6H2O的实验方案：取酸浸后滤液，_____。21、研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1=－49.6kJ/mol反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2＝＋23.4kJ/mol反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3（1）△H3＝_______。（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是_______（填序号）。A．反应体系总压强保持不变B．容器内的混合气体的密度保持不变C．水分子断裂2NA个H-O键，同时氢分子断裂3NA个H-H键D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变（3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：物质CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)浓度/mol·L-11.81.80.4此时v正_______v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)%=_______%。（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=_______；KA、KB、KC三者之间的大小关系为________。（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性=×100%。①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是______。②在上述条件下合成甲醇的工业条件是_______。A．210℃B．230℃C．催化剂CZTD．催化剂CZ(Zr－1)T（6）CO2可以被(NH4)2CO3溶液捕获，反应为(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)=2NH4HCO3(aq)。为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，其关系如图，则ΔH______0(填“>”、“＝”或“<”)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【分析】分析工业生产氨气整个反应。催化剂不能改变化学平衡，但可以加快反应速率。升高温度可以加快反应速率，考虑反应平衡，温度不宜太高。增大压强可以加快反应速率，也可以促进化学平衡正向移动，但生产时的条件会限制压强。从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500℃左右，催化剂：铁触媒。【详解】从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500℃左右，催化剂：铁触媒。用浓硫酸吸收氨气会生成硫酸铵，不适合吸收产物。答案为A。【点睛】本题主要考查工业制氨气的反应中反应条件的选择，综合反应速率、反应平衡考虑。2、C【解析】A.铜锌原电池，锌的金属活泼性强于铜，锌为负极，A错误；B.化学反应的反应热不仅与反应体系的始态和终态有关，还与物质的量有关，但与反应的途径无关，B错误；C.在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数等于氧化剂得到电子的总数，C正确；D.水是由氢氧两种元素组成，汽油主要由碳氢两种元素组成，化学变化中元素种类不能改变，D错误。3、C【详解】A.新制氯水滴入Na2S溶液中，反应方程式为Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B.乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-转化为Cr3+，Cr元素化合价由+6价变为+3价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意；C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；D.草酸滴入KMnO4酸性溶液中，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7价变为+2价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。答案选C。【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。4、B【分析】H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl、氧气和水，得到干燥的氢气与WO3在加热条件下制备W，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免W被重新氧化，以此解答该题。【详解】A．气体从焦性没食子酸溶液中逸出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，故A错误；B．点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判断气体浓度，声音越尖锐，氢气的纯度越低，故B正确；C．实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使W处在氢气的氛围中冷却，以避免W被重新氧化，故C错误；D．二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应，而启普发生器不能加热，故D错误。答案选B。5、A【详解】2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知：A．当两份铝片的质量之比为1:1时，放出氢气的物质的量之比为1:1，故同温、同压下，放出氢气体积相同，A符合题意；B．当两份铝片的质量之比为2:3时，放出氢气的物质的量物质的量之比为2:3，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，B不符合题意；C．当两份铝片的质量之比为3:2时，放出氢气的物质的量物质的量之比为3:2，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，C不符合题意；D．当两份铝片的质量之比为1:6时，放出氢气的物质的量物质的量之比为1:6，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，D不符合题意；答案选A。6、C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的，说明W是氢；X2-与Y+的电子层结构相同，说明X是氧，Y是钠；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，说明Z是VIA的硫。A.同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，原子半径：Z<Y，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，原子半径：X<Z，总之，原子半径：X<Z<Y，故A错误；B.非金属性：X>Z，所以最简单氢化物的稳定性：X>Z，故B错误；C.由W、X、Y三种元素形成的化合物氢氧化钠可使酚酞试液变红，故C正确；D.Y在自然界中以化合态的形式存在，故D错误。故选C。7、D【解析】也能把I-氧化为碘单质，所以溶液中可能有，故A错误；、都能与盐酸反应放出二氧化碳，故B错误；加热碳酸氢铵溶液放出氨气，氨气能使湿润的石蕊试纸变蓝，不能证明碳酸氢钠溶液呈碱性，故C错误；向久置的亚硫酸钠溶液中加入足量的氯化钡溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀部分溶解，说明有硫酸钡、亚硫酸钡两种沉淀生成，原溶液中亚硫酸钠部分被氧化，故D正确。8、A【解析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g，为混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为3.2g/16g/mol=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为4.48L/22.4L/mol=0.2mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n（NO）+2n（O）+3n(NO)=0.2mol+2×0.2mol+3×0.2mol=1.2mol，硝酸的浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L．故选A．点睛：本题考查混合物的计算、电子守恒计算、电荷守恒等，难度中等，理清反应过程中氮原子的去处是解题的关键，本题采取守恒法解答，简化计算过程，注意体会，也可以通过列方程组解答，但过程较繁．9、D【详解】A.甲是原电池，铁作负极被腐蚀，碳作正极，错误；B.甲中正极反应式为2H2O+4e-＋O2=4OH-，错误；Ｃ.乙装置是电解池，Fe作阴极，阴极上发生还原反应，错误；D．乙中石墨电极为阳极，2Cl-—2e-=Cl2↑，Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液变蓝色，正确。答案选D。10、A【解析】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+12O2(g)⇌SO3(g)△【详解】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+12O2(g)⇌SO3(g)△H=-98.9kJ/mol。因此可推出：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-197.8kJ/mol，答案为A。11、A【解析】A、混合气体的颜色不再改变说明单质碘的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确；B、H2、I2、HI分子个数比为1:1:2不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，B错误；C、混合气体中I2和H2的体积分数相等不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，C错误；D、v（H2）:v（HI）=1:2不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，D错误，答案选A。点睛：明确平衡状态的含义、特征、判断依据是解答的关键，选项A是解答的易错点，注意气体颜色的深浅与浓度有关系，颜色不变，即说明浓度不再发生变化。判断时要抓住对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。12、D【解析】A.单质C和过量O2在点燃时反应生成CO2，和少量O2在点燃时反应生成CO，CO和O2在点燃时反应生成CO2，CO2和C在高温下反应生成CO，符合物质转化关系，A不符合题意；B.NaAlO2与少量盐酸发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，与过量盐酸发生反应：AlO2-+4H+=Al3++2H2O；Al(OH)3是两性氢氧化物，能与强酸反应产生铝盐和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al3+和碱反应生成Al(OH)3，反应方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，符合物质转化关系，B不符合题意；C.NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，当SO2过量时发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3；当SO2少量时发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；NaHSO3是酸式盐，与NaOH反应产生正盐Na2SO3，反应方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；Na2SO3与SO2、H2O反应产生酸式盐NaHSO3，反应方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，符合物质转化关系，C不符合题意；D.Fe与Cl2在点燃时反应产生FeCl3，与二者相对物质的量的多少无关，不符合物质转化关系，D符合题意；故合理选项是D。13、B【解析】A．CO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；B．在元素周期表中金属元素区的元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该区域可以找到半导体材料，B正确；C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；D．一般情况下第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外，例如H与F形成的H－F是共价键，D错误。答案选B。14、B【详解】A．该物质含有羧基、酚羟基，因此能发生缩聚反应，A正确；B．该物质分子中含有8种不同的H原子，因此其核磁共振氢谱上共有8个峰，B错误；C．该物质含有酚羟基，遇FeCl3溶液显色，由于酚羟基是邻对位定位基，所以1mol该物质最多能与含1molBr2的溴水发生取代反应，C正确；D．羧基、酚羟基可以与金属钠反应；羧基、酚羟基可以与NaOH发生反应；NaHCO3只能与羧基发生反应。1mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1，D正确。答案选B。15、B【分析】根据题中硼化钒(VB2)­空气电池可知，本题考查燃料电池，运用原电池原理和氧化还原反应知识分析。【详解】A.硼化帆一空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，A项正确；B.硼化钒-空气燃料电池中，氧气在a极上得电子，氧气得电子生成氢氧根离子，所以a电极附近溶液pH增大，B项错误；C.氧气在正极上得电子生成OH-，OH-通过选择性透过膜向负极移动，所以图中选择性透过膜应只允许阴离子通过，C项正确；D.负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2＋22OH－－22e－=V2O5＋2B2O3＋11H2O，D项正确。答案选B。【点睛】燃料电池正负极判断：燃料电池中氧气做正极,燃料做负极。16、D【详解】A.通过如下方式得Na2CO3溶液中质子守恒关系式，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，A项错误；B.pH＝6的H2SO4溶液稀释1000倍后，溶液中的c(H＋)接近10－7mol·L－1，原溶液中硫酸根的浓度是5×10－7，稀释1000倍变成了5×10－10，c(H＋)与c(SO)的比为(1×10－7)：(5×10－10)＝200∶1，即为c(H＋)＝200c(SO)，B项错误；C.若CH3COOH是强酸，结论正确，由于CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，而且稀释促进电离，所以两者中c(CH3COO－)之比不等于酸的浓度之比，C项错误；D.溶液中pH＝8，c(H＋)＝10－8mol·L－1，c(OH－)＝10－6mol·L－1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，得：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6－10－8＝9.9×10－7mol·L－1，D项正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、氢、碳、氮、氧、钠、氯CO2+2MgC+2MgO2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol【分析】A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，应为H元素；B原子的最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素；C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为N元素，形成的氢化物为氨气，为碱性气体；B和D可以形成两种气态化合物，应分别为CO和CO2，则D为O元素；E原子核外电子总数比B的2倍少1，则E的原子序数为11，应为Na元素；A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，且F在本周期元素中原子半径最小，应为Cl元素。【详解】(1)综上所述A、B、C、D、E、F的名称分别是氢、碳、氮、氧、钠、氯，因此答案是:氢、碳、氮、氧、钠、氯；

(2)在A至F元素中含非极性键的离子化合物Na2O2，其电子式，因此答案是:。(3)B为C、D为O，由C和O组成的且C和O的质量比为3∶8的化合物为CO2，其电子式为，该物质与E为Na的同周期相邻主族元素Mg的单质反应的化学方程式为CO2+2MgC+2MgO,因此答案是；CO2+2MgC+2MgO。(4)F单质为Cl2与Na的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；因此答案是:2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；(5)BA4为CH4，将8g的CH4完全燃烧后恢复到室温，放出热量akJ，则1molCH4完全燃烧放出2akJ的热量，则CH4的燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol，答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol。18、Na1s22s22p4NaOHS2—Al3+Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O热稳定性H2O比H2S强H2S水溶液在空气中变浑浊【分析】由周期表的相对位置可知，①为O元素、②为Na元素、③为Mg元素、④为Al元素、⑤为S元素、⑥为Cl元素。【详解】（1）由同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大可知，表中左下角Na原子的原子半径最大；O元素的核电荷数为8，最外层电子数为6，则核外电子排布式为1s22s22p4；S元素的价电子排布式为3s23p4，则轨道表示式为；镁元素和氯元素形成的化合物为氯化镁，氯化镁为离子化合物，电子式为，故答案为Na；1s22s22p4；；；（2）金属元素的金属性越强，元素最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，同周期元素Na、Mg、Al的金属性依次减弱，则碱性最强的是NaOH，故答案为NaOH；（3）同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径S2—>Al3+；氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为S2—>Al3+；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；（4）元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，O的非金属性大于S，则热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊，是由于发生如下反应：2H2S+O2=2S+2H2O，反应说明O2的氧化性大于S，则O的非金属性强，故答案为热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊；【点睛】元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；H2S水溶液在空气中变浑浊说明O2的氧化性大于S；在一定条件下，O2与Cu反应生成CuO，S与Cu反应生成Cu2S，说明O2的氧化性大于S等事实都能说明O的非金属性大于S。19、圆底烧瓶饱和食盐水水浴加热Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O避免生成NaClO3吸收尾气（Cl2）AC过滤少量冷水洗涤【分析】由装置可知可知，圆底烧瓶中MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应生成Cl2，生成的Cl2中混有HCl，氯气经过a装置中饱和食盐水除去HCl，然后Cl2通入b装置中，KOH水溶液与Cl2在加热条件下反应生成KCl、KClO3，b装置内未反应的Cl2通入c中，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，最后利用d装置吸收未反应的Cl2，以此解答。【详解】(1)根据题目所给仪器图可知，盛放二氧化锰的仪器为圆底烧瓶；氯气与氢氧化钾在加热条件下可生成氯酸钾，盐酸具有挥发性，所以氯气中含有的HCl应除去，则a中的试剂为饱和食盐水，故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水；(2)由装置b的示意图可知，b中采用的加热方式为水浴加热；c装置为冰水条件，所以氯气与氢氧化钠溶液反应生成NaClO，化学反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，与装置b相比，装置c采用冰水浴冷却的目的是避免生成NaClO3，故答案为：水浴加热；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；避免生成NaClO3；(3)因为氯气有毒，不能直接排放到空气中，所以装置d的作用是吸收尾气；氯气能与硫化钠反应生成硫单质、氯化氢，能与氢氧化钙溶液反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，但不能与氯化钠、硫酸反应，所以只能选择硫化钠、氢氧化钙，故答案为：吸收尾气；AC；(4)反应结束后，b管内有氯酸钠生成，经冷却结晶、过滤、少量冷水洗涤、干燥，得到氯酸钠晶体，故答案为：过滤；少量冷水洗涤。20、冷凝管避免三氯化磷与空气中水蒸气剧烈反应40~50℃水浴加热(或水浴加热)温度升高，MgCl2溶解速率增加，浸出率增大，结晶时MgCl2∙6H2O获取率升高温度升高，MgCl2水解速率和水解程度增加，沉淀析出，浸出率减小，结晶时MgCl2∙6H2O获取率降低蒸馏，回收四氢呋喃等有机物后，将溶液蒸发浓缩，再冷却至30℃结晶，过滤洗涤，将晶体低温(或真空)干燥【分析】先向三颈烧瓶中加入氯苯和溶剂(四氢呋喃)，然后加入镁屑，反应制得C6H5MgCl；再从滴液漏斗中缓慢加入PCl3，反应生成(C6H5)3P，采用水浴加热，整个过程中控制水蒸气的进入，提取(C6H5)3P后的废渣，先将蒸馏出四氢呋喃等有机物后，将溶液蒸发浓缩，再冷却结晶，过滤洗涤、干燥。【详解】(1)根据仪器得到装置中仪器A的名称为球形冷凝管。与普通分液漏斗比较，恒压滴液漏斗内装三氯化磷，避免与空气中水蒸气接触，因此使用恒压滴液漏斗的优点是：使漏斗内液体顺利滴下、避免三氯化磷与空气中水蒸气剧烈反应；故答案为：球形冷凝管；避免三氯化磷与空气中水蒸气剧烈反应。(2)反应温度为40~50℃，因此实验宜使用的加热方法为水浴加热；故答案为：40~50℃水浴加热(或水浴加热)