北京市2022-2023学年高一上学期期中考试化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一
、单选题1．下列元素中，非金属性最强的是（?）A．氟B．氯C．溴D．碘2．下列元素中，原子半径最大的是（?）A．ClB．NaC．O
D．Al3．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X的最外层电子数为1，X与Y可形成化合物，Y与Z同主族。下列说法正确
的是（?）A．中含有的一定是共价键B．X的原子半径一定大于Y的原子半径C．W在元素周期表中位于第三周期ⅦA族D．Y的简单离子的还原
性强于Z的简单离子的还原性4．决定元素性质随原子序数递增呈现周期性变化的本质原因是（?）A．元素化合价B．原子半径 C．相对原子质
量 D．原子核外电子排布5．某元素的原子结构示意图为。下列关于该元素的说法中，不正确的是（?）A．元素符号是B．最低负化合价是价C
．原子在化学反应中易得电子D．属于短周期元素6．2006年，科学家以钙离子撞击锎(Cf)靶，产生了一种超重元素——(Og)，其反应
可表示为。下列叙述不正确的是（?）A．的质子数为118B．的中子数为176C．Og位于第七周期0族D．Og在同族中原子半径最小7．
2008年北京奥运会的 “祥云”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述正确的是（?）A．丙烷的分子式是C3H6B．丙烷分
子中的碳原子在一条直线上C．丙烷在光照条件下能够与氯气发生取代反应D．丙烷的沸点比乙烷低8．下列化合物中，酸性最弱的是（?）A．B
．C．D．9．改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是（?）ABCD蛟龙号潜水器港珠澳大桥国产C919
中国天眼用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料传
输信息用的光纤材料是硅A．AB．BC．CD．D10．(中文名“镓”)是医学中用于肿瘤、炎症的定位诊断和鉴别诊断的重要核素。下列关于
的说法不正确的是（?）A．质子数为31B．中子数为36C．核外电子数为31D．质量数为9811．下列有关化学用语不正确的是（?）A
．羟基的电子式为：B．聚氯乙烯的结构简式：C．乙烯的空间填充模型：D．乙炔的结构式：H-C≡C-H12．下列电子式书写正确的是（?
）A．B．C．D．13．下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是（?）A．镁与盐酸反应置换出氢气为放热反应B．化学键的断裂与形成
是化学反应中能量变化的主要原因C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应D．反应物的总能量高于生成物的总能量，反应
时从环境吸收能量14．下列方程式不能准确解释相应反应事实的是（?）A．Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红：B．用醋酸溶液除去水垢：C
．和浓盐酸共热制取氯气：D．加热蓝色的溶液，溶液变绿： ?15．阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸()。关于乙酰水杨酸的下列说法中不正
确的是（?）A．分子式为B．可发生加成、水解、酯化反应C．与互为同系物D．水解产物之一能与溶液发生显色反应16．已知X、Y、Z为三
种原子序数相邻的主族元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：。下列说法不正确的是（?）A．电负性：B．气态氢化物的稳定性：
C．原子半径：D．单质的氧化性：17．下列化学用语或图示表达不正确的是（?）A．的分子结构模型：B．的结构式：C．的电子式：D．中
子数为8的氮原子：18．下列物质中，不能与金属钠反应放出氢气的是（?）A．苯B．水C．乙醇D．乙酸19．下列有关物质性质的比较中，
正确的是（?）A．还原性：Al＞NaB．碱性：KOH＞NaOHC．酸性：D．稳定性：HI＞HCl20．下列物质的电子式书写不正确的
是（?）A．B．C． D．21．关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是（?）A．有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减
小，可使单位体积内活化分子数增多B．增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞C．升高温度，可使反应物分子中活化分子
的百分数增大D．使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大22．下列说法不正确的是（?）A．硅在自然界只以化合态存在，
工业上用焦炭还原石英砂制得得粗硅B．传统无机非金属材料多为硅酸盐材料，如玻璃、水泥、陶瓷C．高纯硅用于生产光导纤维，二氧化硅用于生
产太阳能电池D．碳纳米材料是一类新型无机非金属材料，主要包括富勒烯、石墨烯等23．下列排列顺序不正确的是（?）A．还原性：F－＞C
l－＞Br－＞I－B．热稳定性：HF＞HCl＞PH3＞AsH3C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SeO4D．金属性：Rb＞K＞
Ca＞Mg24．下列化学用语或图示表达正确的是（?）A．CH4的空间填充模型：B．质量数为16的原子：16OC．氯离子的结构示意图
：D．N2的电子式：25．人工合成的最长直链烷烃C390H782，作为聚乙烯的模型分子而合成。下列说法正确的是（?）A．它的名称为
正三百九十烷B．它的一氯代物只有2种C．它与新戊烷不属于同系物D．可用酸性KMnO4溶液鉴别C390H782和聚乙烯26．下列物质
中，含离子键的是（?）A．N2B．CO2C．NaClD．HCl27．工业上将电石渣浆中的转化为，工艺流程如图。下列说法正确的是（?
）A．过程Ⅰ中，被还原B．过程Ⅱ中，做氧化剂C．该流程中发生的反应均为氧化还原反应D．将10L 480mg/L 转化为，理论上需要
0.3mol28．一定温度下的某恒容密闭容器中发生下列反应：。下列有关该反应的描述正确的是（?）A．当的生成速率等于CO的生成速
率时，反应一定处于平衡状态B．容器内气体的压强不变时，反应一定处于平衡状态C．增加的质量，促进平衡正向移动D．增加容器的体积，有利
于增大反应速率29．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施会加快氢气产生速率的是（?）A．加少量醋酸钠固体B．不用稀硫酸，改用98
%浓硫酸C．滴加少量CuSO4溶液D．加少量硫酸钠固体30．高温下，甲烷可生成乙烷：。反应在某阶段的速率可表示为：，其中k为反应速
率常数。对于该阶段的此反应，下列说法不正确的是（?）A．增加浓度(其他条件不变)，反应速率增大B．增大浓度(其他条件不变)，反应速
率增大C．减小的浓度(其他条件不变)，反应速率不变D．加入适当催化剂可以降低反应活化能，增大反应速率31．原电池原理的发现和各式各
样电池装置的发明是化学对人类的一项重大贡献。关于如图所示原电池的说法正确的是（?）A．将电能转化为化学能的装置B．电子由铜片经导线
流向锌片C．锌片为负极，发生氧化反应D．铜片上发生的反应为Cu2++2e-=Cu32．在相同条件下研究催化剂I、II对反应的影响，
各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法不正确的是（?）A．催化剂I、II相比，I使反应活化能更低B．使用催化剂I，
反应时间为时，X的转化率为C．a曲线表示使用催化剂II时X的浓度随t的变化D．使用催化剂II时，内，33．反应的能量变化示意图如图
所示。下列说法正确的是（?）A．1mol和1mol的内能之和为akJB．该反应每生成2个AB分子，吸收能量C．该反应每生成1mol
AB，放出能量bkJD．反应?，则二、多选题34．下列说法正确的是A．碳酸酸性强于硅酸，从原子结构角度解释为：碳与硅最外层电子数相
同，核电荷数硅大于碳，原子半径碳小于硅，得电子能力碳大于硅，非金属性碳大于硅B．在元素周期表中，从第IIIB族到第IIB族的8个纵
列中，所有的元素都是金属元素C．元素周期表有18 个纵列，分为16个族D．硒化氢(H2Se) 是无色、有毒，比H2S稳定的气体35
．下列叙述不正确的是A．步骤③的分离操作为过滤B．步骤④中理论上每产生1molI2，需要1molMnO2被氧化C．步骤⑥操作可以为
先加入浓碱过滤，向水层再加入45%硫酸溶液分液，将碘提取出来D．步骤⑤中加入萃取剂后现象是溶液分层，下层为四氯化碳层呈紫色36．下
列叙述不正确的是A．步骤II通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴具有挥发性B．步骤II反应中理论上得到的BrO与Br－物质的量之
比为5：1C．步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴D．上述流程中吹出的溴蒸汽，也可用二氧化硫水
溶液吸收后直接蒸馏可得到溴单质37．短周期元素其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示。下列判断不正确的
是A．d和e可以形成e2d2型化合物，阴、阳离子物质的量之比为1：1B．g的阴离子半径大于e的阳离子半径，原因是g的阴离子比e的阳
离子电子层数多C．c的最高价氧化物对应水化物与c的氢化物反应生成产物中既含有离子键又含有极性共价键，a、d、f组成的化合物具有两性
D．a与d组成的化合物中只能含有极性共价键，不能含有非极性共价键参考答案1．A【详解】同主族元素，自下而上非金属性依次减弱，故非金
属性最强的是氟，答案选A。2．B【详解】电子层数越大半径越大，当电子层数相同时，质子数越小半径越大， Na、Al、Cl有三个电子层
位于同周期，O有两个电子层，故原子半径Na＞Al＞Cl>O，则原子半径最大的是Na；故答案选B。3．C【分析】X、Y、Z、W为原子
序数依次增大的短周期主族元素，X的最外层电子数为1，X是H或Li元素；X与Y可形成化合物，Y显-2价，Y与Z同主族，则Y是O元素、
Z是S元素、W为Cl元素。【详解】A．若X是Li，Li2O是离子化合物，含有离子键，故A错误；?B．若X是H元素，H的原子半径小于
O的原子半径，故B错误；C．W为Cl元素，Cl在周期表中位于第三周期ⅦA族，故C正确；D．O的非金属性大于S，元素非金属性越强，简
单离子的还原性越弱，还原性S2-强于O2-，故D错误；选C。4．D【详解】A．因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周
期性变化，故A错误；B．因元素的原子半径是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；C．随着原子序数的递增，元素的原子的
相对原子质量增大，但不呈现周期性的变化，则不能决定元素性质出现周期性变化，故C错误；D．因原子的核外电子排布中电子层数随原子序数的
递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，故D正确；答案选D。5．B【分析】根据原子结构示意图可知，此元素为17号的元素
Cl，位于第三周期ⅦA族，属于短周期元素，在化学反应中易得电子，最低化合价-1价。【详解】A．由分析知，元素符号是Cl，故A正确；
B．由原子结构示意图知，该元素最外层有7个电子，易得到1个电子，最低负化合价为-1价，故B错误；C．由原子结构示意图知，该元素最外
层有7个电子，易得电子，故C正确；D．由分析知，该元素位于第三周期ⅦA族，属于短周期元素，故D正确；故答案选B。6．D【详解】A．
的左下角表示质子数为118，故A正确；B． 的中子数为294-118=176，故B正确；C． 最外层电子数为8，Og位于第七周期
0族，故C正确；D． 同主族元素的原子半径从上到下随电子层数的增加逐渐增大 ，Og在同族中原子半径最大，故D错误；故选D。7．C【
详解】分析：丙烷的分子式为C3H8，丙烷分子中的碳原子不在一条直线上，丙烷在光照条件下能与Cl2发生取代反应，丙烷的沸点比乙烷高。
详解：A项，丙烷属于烷烃，丙烷的分子式为C3H8，A项错误；B项，丙烷分子中的碳原子不在一条直线上，B项错误；C项，丙烷属于烷烃，
丙烷在光照条件下能与Cl2发生取代反应，C项正确；D项，丙烷的相对分子质量大于乙烷，丙烷分子间作用力大于乙烷，丙烷的沸点比乙烷高，
D项错误；答案选C。8．B【详解】非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性是S＞P＞C＞Si，则酸性最弱的是硅酸。答案选B。
9．D【详解】A．22号钛元素位于第四周期第IVB族，属于过渡元素，故A正确；B．跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、
耐腐蚀等特性，故B正确；C．氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，故C正确；D．制作光导纤维的原料是二氧化硅，不是硅，故D错
误；故选D。10．D【详解】的质子数为31、质量数为67、中子数为67—31=36，核外电子数与质子数相等，也为31，故选D。11
．B【详解】A．羟基的结构简式为-OH，电子式为 ，A正确；B．聚氯乙烯是乙烯发生加聚反应的产物，结构简式：，B不正确；C．乙烯的
结构式为，空间填充模型： ，C正确；D．乙炔的结构简式为CH≡CH，结构式：H-C≡C-H，D正确；故选B。12．C【详解】A．C
O2为共价化合物，碳原子和氧原子共用两对电子，电子式为，故A错误；B．NH3为共价化合物，分子中存在三对共用电子对，氮原子最外层为
8个电子， NH3的电子式为，故B错误；C．氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构需要形成三对共用电子对，即 ，故C正确；D．氯化
钠为离子化合物，氯离子带电荷并用方括号括起来，钠离子用离子符号表示，电子式为，故D错误；答案选C。13．D【详解】A．金属与酸的反
应为放热反应，A项正确；B．化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成能够放出能量，化学键的断裂与形成是化学反应中能量变化的主要原因，
B项正确；C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，C项正确；D．反应物的总能量高于生成物的总能量的反应为放热反
应，反应过程中要向外界释放能量，D项错误；答案选D。14．B【详解】A．Na和水生成NaOH和H2，使得酚酞溶液变红，A项正确；B
．醋酸是弱电解质，在离子方程式中应该用化学式来表示，B项错误；C．和浓盐酸共热制取氯气的离子方程式是，C项正确；D．CuCl2溶液
中存在可逆反应，该反应为吸热反应，加热则平衡向右移动，生成黄色的[CuCl4]2－。由于溶液中同时存在蓝色的[Cu(H2O)4]2
+和黄色的[CuCl4]2－，故显绿色，D项正确。答案选Ｂ。15．C【详解】A. 根据乙酰水杨酸()可知分子式为，A正确；B．乙酰
水杨酸含有苯环结构，酯基和羧基，可发生加成、水解、酯化反应，B正确；C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个"CH2"原子团的有
机化合物，与乙酰水杨酸不是同系物的关系，C错误；D．水解产物之一是邻羟基苯甲酸，酚羟基可以与溶液发生显色反应，D正确。16．A【分
析】X、Y、Z为三种原子序数相邻的主族元素，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则X、Y、Z
同周期，且原子序数X＞Y＞Z，电负性X＞Y＞Z，非金属性X＞Y＞Z，非金属性越强，气态氢化物越稳定、单质氧化性越强，据此解答。【详
解】A．根据分析，电负性：X＞Y＞Z，A错误；B．非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性X＞Y＞Z，B正确；C．根据分析，X、
Y、Z同周期，且原子序数X＞Y＞Z，则原子半径：，C正确；D．非金属性越强，单质氧化性越强，则单质的氧化性：X＞Y＞Z，D正确；
故选A。17．C【详解】A．H2O的结构为折线形，故分子结构模型：，A正确；B．CO2空间构型为直线形，结构式为O=C=O，B正确
；C．HCl为共价化合物，故其电子式为，C错误；D．中子数为8的氮原子，质量数为8+7=15，故为，D正确；故选C。18．A【详解
】A．苯和钠不反应，A符合题意；B．水和钠反应生成氢氧化钠和氢气，B不符合题意；C．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，C不符合题意；D
．乙酸和钠反应生成乙酸钠和氢气，D不符合题意；答案选A。19．B【详解】A． 同周期元素从左至右金属性逐渐减弱，金属元素的金属性越
强，金属单质的还原性越强，故还原性：Al＜Na，故A错误；B． 金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：K＞Na，故
碱性：KOH＞NaOH，故B正确；C． 非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：P＜Cl，故酸性：，故C错误；D． 非金
属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：I＜Cl，故稳定性：HI＜HCl，故D错误；故选B。20．D【详解】A．N2分子中含有氮氮三键
，N2的电子式为，故A正确；B．HCl是共价化合物，电子式为，故B正确；C．H2O是共价化合物，电子式为 ，故C正确； D．CaC
l2是离子化合物，电子式为，故D错误；选D。21．B【详解】A．有气体参加的化学反应，增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不
变，则化学反应速率增大，故A正确；B．增大反应物的浓度，活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B错误；C．
升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C正确；D．催化剂，降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增
大，故D正确；故选B。22．C【详解】A．硅在自然界只以硅的氧化物、硅酸盐形式的化合态存在，工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，A正确
；B．传统无机非金属材料多为硅酸盐材料，如玻璃、水泥、陶瓷，B正确；C．高纯硅具有半导体性质用于生产太阳能电池，二氧化硅具有良好导
光性能用于生产光导纤维，C错误；D．碳纳米材料是一类新型无机非金属材料，主要包括富勒烯、石墨烯等，D正确；故选C。23．A【详解】
A．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，相应阴离子的还原性逐渐增强，还原性：F－＜Cl－＜Br－＜I－，A错误；B．非金属性越强，简单
氢化物稳定性越强，非金属性F＞Cl＞P＞As，则热稳定性：HF＞HCl＞PH3＞AsH3，B正确；C．非金属性越强，最高价含氧酸的
酸性越强，非金属性Cl＞S＞Se，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SeO4，C正确；D．同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从
上到下金属性逐渐增强，金属性：Rb＞K＞Ca＞Mg，D正确；答案选A。24．A【详解】A．CH4的空间构型为正四面体形，C原子半径
大于H原子半径，CH4的空间填充模型为 ，A项正确；B．元素符号的左下角写质子数、左上角写质量数，即16不应写在左下角、应写在左上
角，B项错误；C．氯离子的核电荷数为17，核外K、L、M层依次排有2、8、8个电子，即Cl-的最外层电子数为8、不是7，C项错误；
D．N2分子中每个N原子上还有1对孤电子对，N2的电子式为，D项错误；答案选A。25．A【详解】A．C390H782表示最长直链烷
烃，因此它的名称为正三百九十烷，故A正确；B．该分子有一条对称轴，因此它的一氯代物有195种，故B错误；C．新戊烷属于烷烃，C39
0H782属于烷烃，结构相似，分子组成相差385个?CH2?原子团，因此C390H782与新戊烷属于同系物，故C错误；D．C390
H782不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯不含有碳碳双键，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能用酸性KMnO4溶液鉴别C390H
782和聚乙烯，故D错误；答案为A。26．C【详解】离子键一般存在于活泼金属与活泼非金属之间或者铵盐中，所以存在离子键的有NaCl
，而其他均为共价键；故选C。【点睛】离子键一般存在于活泼金属与活泼非金属之间或者铵盐。27．D【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反
应生成，通入氧气生成，涉及反应为2＋O2＋4OH?＝2＋4H2O，与S2?反应生成，进而与氧气反应生成，可用于制备CaSO4?2H
2O，以此解答该题。【详解】A．过程Ⅰ中，通入氧气生成；被氧化，故A错误；B．过程Ⅱ中，与S2?反应生成，说氧化产物，故B错误；C
．该流程中，CaO与硫酸锰反应生成不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D．10L 480mg/L 含有，根据得失电子
守恒可知：0.10mol×8＝n(O2)×4，n(O2)＝0.3mol，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查物质的制备实验，为高
频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不
大。28．B【详解】A．的生成速率表示逆反应速率，CO的生成速率表示正反应速率，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，当的生
成速率等于CO的生成速率的倍时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，A项错误；B．该反应是气体分子数增大的反应，当容器
内气体的压强不变时，反应一定处于平衡状态，B项正确；C．C为固体，增加的质量，平衡不移动，C项错误；D．增加容器的体积，气体的浓度
降低，反应速率减小，D项错误；答案选B。29．C【分析】加快铁与稀硫酸的反应速率，可通过增大浓度、升高温度、形成原电池反应或者增大
反应物接触面积等措施，据此分析解答。【详解】A. 加少量醋酸钠固体，醋酸根会与H+结合，导致氢离子的浓度减小，反应速率减慢，A项错
误；B. 不用稀硫酸，改用98%浓硫酸，铁遇浓硫酸会钝化，没有氢气产生，B项错误；C. 滴加少量CuSO4溶液，铁会置换出铜，构成
原电池加快化学反应速率，C项正确；D. 加少量硫酸钠固体，氢离子的浓度不变，反应的速率几乎不影响，D项错误；答案选C。30．B【详
解】A．增加浓度(其他条件不变)，根据，得出反应速率增大，故A正确；B．增大浓度(其他条件不变)，根据，说明与氢气物质的量浓度无关
，因此反应速率不变，故B错误；C．减小的浓度(其他条件不变)，根据，说明与乙烷物质的量浓度无关，因此反应速率不变，故C正确；D．加
入适当催化剂可以降低反应活化能，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数增大，碰撞几率增大，反应速率增大，故D正确。综上所述，答
案为B。31．C【详解】A．该图示装置为原电池，是将化学能转化为电能的装置，A错误；B．由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为负极
，失去电子，Cu为正极，电子由负极Zn经导线流向正极Cu，B错误；C．由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为负极，失去电子，发生氧
化反应；C正确；D．铜片为正极，在正极Cu上溶液中的H+得到电子发生还原反应，所以正极上发生的反应为2H++2e-=H2↑，D错误
；故合理选项是C。32．C【分析】结合化学方程式，由图可知，0~2min?内，a曲线的变化量为Ⅰ变化量的一半，则a为X浓度、Ⅰ为Y
的浓度变化；【详解】A．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故A正确；B．使用催化剂
I时，在0~2min?内，X的浓度变化了4.0mol/L-2.0mol/L=2.0mol/L，X的转化率为，故B正确；C．由分析可
知，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，故C错误；D．使用催化剂I时，在0~2min?内，Y的浓度变化了2.0mol/L，
则，由速率之比等于系数比，v(X) =v(Y) =×，故D正确；故选C。33．D【分析】反应，生成吸收akJ能量；生成释放bkJ能
量；据此分析解题。【详解】A．akJ是生成吸收的能量，不是1mol和1mol的内能之和，故A错误；B．根据图像判断，该反应每生成2
molAB分子，吸收能量，故B错误；C．该反应每生成1molAB，吸收能量；故C错误；D．反应?，反应，固体B转化为气体B为吸热过
程，故D正确；故答案选D。34．AC【详解】A．碳和硅为同主族元素，从上往下非金属性减弱，最高价氧化物的水化物的酸性：碳酸酸性强于
硅酸，从原子结构角度解释为：碳与硅最外层电子数相同，核电荷数硅大于碳，原子半径碳小于硅，得电子能力碳大于硅，非金属性碳大于硅，A正
确；B．元素周期表中，第8、9、 10三个纵行是第VIII族，从IIIB族到第IIB族共10个纵列的元素称为过渡元素或过渡金属元素
，故都是金属元素，B错误；C．元素周期表共18个纵列，一般情况下一个纵行是一个族， 只有第8、9、 10三个纵行是第VIII族，C
正确；D．S与Se位于同一主族，从上往下非金属性减弱，故S的非金属性强于Se，故H2S比H2Se稳定，D错误；故选AC。35．BC
【分析】海带灼烧得到海带灰，浸泡得到海带灰悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，加入二氧化锰和稀硫酸氧化碘离子生成碘单质，含碘单质的水溶
液加入有机溶剂萃取分液提取碘，得到含碘单质的有机溶剂，蒸馏得到单质碘，据此解答。【详解】A．浸泡得到海带灰悬浊液，过滤得到含碘离子
的溶液，步骤③的分离操作为过滤，A正确；B．步骤④中每消耗1molMnO2转移2mol电子，生成Mn2+，溶液中碘离子被氧化生成单
质碘，反应的离子方程式为：MnO2+2I-+4H+＝Mn2++I2+2H2O，步骤④中理论上每产生1molI2，需要1molMnO
2被还原，B错误；C．单质碘和四氯化碳的沸点不同，步骤⑥操作蒸馏，C错误；D．步骤⑤中加入萃取剂后现象是溶液分层，四氯化碳的密度大
于水的，因此下层为四氯化碳层呈紫色，D正确；答案选BC。36．BD【分析】由流程可知，海水通过晒盐得到氯化钠和卤水，电解饱和氯化钠
溶液得到氯气，卤水加入氧化剂氯气氧化溴离子为低浓度的单质溴溶液，通入热空气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，用纯碱溶液吸收溴单
质得到含BrO与Br－的溶液，再利用加入硫酸溶液使溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，据此分析判断。【详解】A．液溴易挥
发，步骤II通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴具有挥发性，A正确；B．该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公
倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为：3Br2+3Na2CO3＝NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，因此步骤II反应中理
论上得到的BrO与Br－物质的量之比为1：5，B错误；C．海水中溴元素含量低，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，C正确；D．单质溴能氧化二氧化硫生成硫酸和氢溴酸，所以上述流程中吹出的溴蒸汽，用二氧化硫水溶液吸收后直接蒸馏不能得到溴单质，D错误；答案选BD。37．AD【分析】a~h均为短周期元素，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示：a的最高正化合价为+1，且其原子半径最小，则a为H；b、c的最高正化合价分别为+4、+5，d的最低负化合价为-2，且按原子序数排列，它们位于图的中间，则b为C，c为N，d为O；e、f的的最高正化合价分别为+1、+3，g、h的的最低负化合价分别为-2、-1，按原子序数排列，它们位于图的右侧，则e为Na，f为Al，g为S，h为Cl。【详解】A．由分析可知，d为O，e为Na，它们可以形成Na2O2，该化合物的阴阳离子物质的量之比为1:2，A错误；B．由分析可知，g为S，e为Na，S2-的电子层数为3，Na+的电子层数为2，即S2-比Na+的电子层数多，B正确；C．由分析可知，c为N，其最高价氧化物对应水化物（HNO3）与其氢化物（NH3）反应生成的NH4NO3中，既含有离子键又含有极性共价键；由分析可知，a为H，d为O，f为Al，它们组成的Al(OH)3是两性氢氧化物，C正确；D．由分析可知，a为H，d为O，它们组成的化合物有H2O、H2O2，H2O只含有极性共价键，H2O2既含有极性共价键有含有非极性共价键，D错误；故选AD。试卷第11页，共33页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页答案第11页，共22页 |
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