2022-2023学年北京市昌平区第一中学高一上学期期中考试化学试题(解析版)

北京市昌平区第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列物质中，与氢气反应程度最剧烈的是
A．F2B．Cl2C．Br2D．I2
【答案】A
【详解】F2、Cl2、Br2、I2都是卤素单质，卤素的非金属性F>Cl>Br>I，卤素的非金属性越强，其单质的氧化性就越强，与氢气反应越剧烈，因此与氢气反应程度最剧烈的是F2，答案选A。

2．下列原子半径最小的是
A．Be B．O C．N D．Li
【答案】B
【详解】同主族自上而下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径最小的是O元素，答案选B。

3．下列元素中，失电子能力最强的元素是
A．Al B．Ca C．K D．Mg
【答案】C
【详解】金属性越强，失去电子的能力越强，金属性K＞Ca＞Mg＞Al，所以失电子能力最强的元素是K。

答案选C。

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
【答案】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．在元素周期表中金属与非金属的分界处，可以找到
A．合金B．半导体材料C．催化剂D．农药
【答案】B
【详解】A．在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做导体，可以用来做合金等，像镁和铝等，故A错误；
B．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；
C．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故C错误；
D．非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药，故D错误；
故选：B。

Nd的说法中，正确的是
6．关于142
60
A．核外电子数为60B．核电荷数82C．中子数为142D．质量数为202【答案】A
Nd的核外电子数为60，故A正确；
【详解】A．142
60
B．142
Nd的核电荷数为60，故B错误；
60
C．142
Nd的中子数为142-60=82，故C错误；
60
D．142
Nd的质量数为142，故D错误；
60
故选A。

7．下列说法正确的是
A．裂解是化学变化；蒸馏、分馏、干馏都是物理变化
B．天然气、油田气、坑道气的主要成分是甲烷
C．分子通式为C n H2n+2的烃不一定是烷烃
D．石油分馏产物中，沸点高的物质先汽化
【答案】B
【详解】A．蒸馏和分馏是利用物质的不同沸点将其进行分离纯化的物理操作；而干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化，A项错误；
B．甲烷是天然气、沼气、油田气及煤矿坑道气的主要气体，B项正确；
C．烷烃是一类有机化合物，分子中的碳原子都以碳碳单键相连，其余的价键都与氢结合而成的化合物。

化学式为C n H2n+2的物质中C均为4价单键连接不含不饱和键，所以它肯定为烷烃，C项错误；
D．石油分馏对物质进行加热气化，那么沸点低的物质先气化分离出来，而沸点高的物质后分离出来，D项错误；
故选B。

8．R元素最高氧化物对应的水化物为H2RO3，则它对应的气态氢化物为
A．HR B．RH4C．H2R D．RH3
【答案】B
【详解】R元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2RO3，根据化合物中正负化合价之和为0，则R的最高价为+4价，最低价为-4价，R对应的气态氢化物为RH4，答案选B。

9．下列元素中，属于副族元素的是
A．Ne B．Mg C．Fe D．S
【答案】C
【详解】A．Ne是第二周期0族元素，属于短周期元素，不符合题意；
B．Mg是第三周期第IIA的元素，属于短周期元素，不符合题意；
C．Fe是第四周期第VIII族元素，不属于短周期元素，符合题意；
D．S是第三周期第VIA的元素，属于短周期元素，不符合题意；
故选C。

10．与Na+具有相同电子总数和质子总数的微粒是
+
A．OH-B．H2O C．CH4D．NH
4
【答案】D
【分析】Na+具有的电子总数和质子总数分别是10和11，据此解答。

【详解】A．OH－具有的电子总数和质子总数分别是10和9，A不符合；
B．H2O具有的电子总数和质子总数分别是10和10，B不符合；
C．CH4具有的电子总数和质子总数分别是10和10，C不符合；
+具有的电子总数和质子总数分别是10和11，D符合；
D．NH
4
答案选D。

11．下列说法不正确的是
A．乙烯的结构简式为CH2CH2
B．乙烯电子式：
C．正丁烷的球棍模型：
D．甲烷的空间填充模型
【答案】A
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，其官能团为碳碳双键，不可以省略，A错误；B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，其电子式为，B正确；
C．正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，其球棍模型为，C正确；
D．甲烷的结构简式为CH4，其空间填充模型为，D正确；
故选A。

12．下列选项能正确表示微粒的结构示意图的是
A．Mg B．Cl-
C．Al3+D．K+
【答案】B
【详解】A．Mg的结构示意图为，故A错误；
B．Cl-的结构示意图为，故B正确；
C．Al3+的结构示意图为，故C错误；
D．K+的结构示意图为，故D错误；
故选B。

13．下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是
A．Al与Fe2O3的铝热反应属于放热反应
B．NaOH+HCl=NaCl+H2O不能实现化学能转化为电能的理由是反应太快，形成电流时间短暂
C．Ba (OH) 2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应
D．反应物的总能量低于生成物的总能量，反应时从环境吸收能量
【答案】B
【详解】A．常见的放热反应有可燃物的燃烧、酸碱中和反应、化合反应、铝热反应、缓慢氧化反应等，A项正确；
B．氧化还原反应能用于设计电池，因为该类反应中有还原剂到氧化剂的电子转移问题，而HCl与NaOH不属于氧化还原反应没有电子的转移问题，B项错误；
C．常见的吸热反应有大多数分解反应、盐的水解和弱电解质的电离、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应、碳和水蒸气、C和CO2的反应等，C项正确；
D．反应物的总能量低于生成物的总能量时为吸热反应，需要从外界吸收能量，D项正确；
故答案选B。

14．羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫的危害。

在恒容密闭容器中，CO 和H2S 混合加热生成羰基硫的反应为CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g）。

下列说法能充分说明该反应已经达到化学平衡状态的是
A．正、逆反应速率都等于零
B．CO、H2S、COS、H2的浓度相等
C．CO、H2S、COS、H2在容器中共存
D．CO、H2S、COS、H2的浓度均不再变化
【答案】D
【详解】A．化学平衡是动态平衡，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不为0，故A错误；
B．当体系达平衡状态时CO、H2S、COS，H2的浓度可能相等也可能不等，故B错误；C．只要反应发生就有CO、H2S、COS，H2在容器中共存，故C错误；
D．CO、H2S、COS，H2的浓度均不再变化，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故D正确；
故选D。

15．下列说法正确的是
A．C4H10与C8H18一定互为同系物
B．与互为同分异构体
C．C5H12有2种不同的结构
D．和为不同种物质
【答案】A
【详解】A．C4H10与C8H18均属于链状烷烃，结构相似，一定互为同系物，A正确；B．与是同一种物质，均不是丙烷，B错误；C．C5H12有3种不同的结构，即正戊烷、异戊烷和新戊烷，C错误；
D．和是同种物质，均表示2－甲基丁烷，D错误；
答案选A。

16．下列单质中，按最高正价递增的顺序排列的是
A．Li、C、S、N B．K、Mg、Si、P
C．C、N、S、F D．Li、Na、K、Rb
【答案】B
【详解】A．Li的最高正价为+1价，C的最高正价为＋4价，N为＋5价，S为+6价，不符合题意；
B．K的最高正价为＋1价，Mg为＋2价，Si为＋4价，P为＋5价，符合题意；C．C、N、S最高正价为+4、+5、＋6价，F无正价，不符合题意；
D．Li、Na、K、Rb最高正价均为＋1价，不符合题意。

答案选B。

17．下列叙述正确的是
A．13C和14C属于同一种元素，也是同一种核素
B．1H和2H是不同的核素，它们的中子数相等
C．14C和14N的质子数不等，它们的中子数不等
D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等
【答案】C
【详解】A．13C和14C属于同一种元素，即碳元素，中子数不同，不是同一种核素，二者互为同位素，A错误；
B．1H和2H的质子数相同，中子数不同，是不同的核素，二者互为同位素，B错误；C．14C和14N的质子数不等，分别是6和7，它们的中子数不等，分别是8和7，C正确；
D．6Li和7Li的电子数相等，均是3个，质子数相等，中子数不相等，分别是3和4个，D错误；
答案选C。

18．下列说法正确的是
A．可用苯萃取碘水中的I2，分液时有机层从分液漏斗上端放出
B．苯中存在与烷烃、烯烃相同的化学键
C．苯分子中碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色
D．→为加成反应
【答案】A
【详解】A．苯的密度小于水，故苯萃取出碘后，苯在上层，故分液时有机层从分液漏斗上端放出，故A正确；
B．苯不是单双键交替的结构，而烷烃中含有碳碳单键，烯烃中含有碳碳双键，故化学键不同，故B错误；
C．苯分子中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．苯和液溴发生取代反应生成溴苯，故D错误；
故选A。

19．下列排列顺序不正确的是
A．还原性：F－＞Cl－＞Br－＞I－B．热稳定性：HF＞HCl＞PH3＞AsH3 C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SeO4D．金属性：Rb＞K＞Ca＞Mg
【答案】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。

20．下列说法正确的是
A．氨气的电子式为
B．二氧化碳的电子式为
C．“100°C时，水会沸腾变成水蒸气；2200°C以上时，水分解为H2和O2”可以证明是水分子内原子间的作用比水分子之间的作用弱
D．若将SO2与足量18O2反应，当三氧化硫的浓度不再随时间改变时，容器中18O存在于以下物质中：18O18O、S18O18O18O、S18O l8O l6O等3种物质中
【答案】D
【详解】A．氨气的电子式为，故A错误；
B．二氧化碳的电子式为，故B错误；
C．2200℃时破坏水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用，100℃时破坏水分子之间存在的相互作用，故水分子内原子间的作用比水分子之间的作用强，故C错误；D．根据化学平衡的特点可知道平衡时核素18O存在于三种物质中，故D正确；
故选D。

21．为了减缓铁与稀硫酸反应速率但不减少产生氢气的量，可以在稀硫酸中加入A．NaOH溶液B．Na2CO3溶液C．Fe2O3D．Na2SO4溶液【答案】D
【详解】A．加入NaOH溶液，稀硫酸和氢氧化钠反应，氢离子浓度减小、氢离子总物质的量变小，影响氢气总量，故A错误；
B．加入Na2CO3溶液，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，导致和铁反应的氢离子总物质的量减少，影响氢气总量，故B错误；
C．加入Fe2O3，Fe2O3和稀硫酸反应，氢离子总物质的量减小，影响氢气总量，且生成的硫酸铁和铁也反应，故C错误；
D．加入Na2SO4溶液，相当于稀释，氢离子浓度减小、氢离子总物质的量不变，所以符合条件，故D正确；
故答案为D。

22．下列说法不正确的是
A．锗的最高价氧化物水化物酸性强于硅酸
B．SiO2可以制造光导纤维
C．H2SiO3难溶于水，能与NaOH溶液反应
D．SiO2具有氧化性，能与某些还原剂反应
【答案】A
【详解】A．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，锗的最高价氧化物水化物酸性弱于硅酸的酸性，A错误；
B．SiO2可以传递光信号，可制造光导纤维，B正确；
C．H2SiO3难溶于水，能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，C正确；
D．SiO2具有氧化性，能与某些还原剂反应，例如和碳高温下反应生成单质硅和CO，D 正确；
答案选A。

23．下列说法不正确的是
A．离子半径：K+＞Mg2+＞Al3+＞H+B．失电子能力：Sr＞Ca＞Mg＞Be C．原子半径：Ge＞Si＞C＞O D．得电子能力：S＜Cl＜O＜P
【答案】D
【详解】A．核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：K+＞Mg2+＞Al3+＞H+，A正确；
B．金属性越强，越易失去电子，失电子能力：Sr＞Ca＞Mg＞Be，B正确；
C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：Ge＞Si＞C＞O，C正确；
D．非金属性越强，得电子能力越强，得电子能力：P＜S＜Cl＜O，D错误；
答案选D。

24．下列叙述正确的是
A．甲烷与氯气光照后生成氯化氢，所以试管壁出现了油状液滴
B．甲烷的二氯取代物仅有一种说明甲烷不是平面而是正四面体结构
C．甲烷与氯气光照含氯产物中物质的量最大的是一氯甲烷
D．甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红生成的一氯甲烷、二氯甲烷均具有酸性
【答案】B
【详解】A．甲烷与氯气光照后发生取代反应生成四氯化碳等卤代烃，所以试管壁出现了油状液滴，氯化氢溶于水得到盐酸，A错误；
B．如果甲烷是平面正方形结构，则其二氯代物有两种，甲烷的二氯取代物仅有一种说明甲烷不是平面而是正四面体结构，B正确；
C．甲烷与氯气光照发生取代反应生成卤代烃和氯化氢，含氯产物中物质的量最大的是氯化氢，C错误；
D．甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红是因为生成的氯化氢溶于水电离出氢离子，一氯甲烷、二氯甲烷没有酸性，D错误；
答案选B。

25．下列说法正确的是
A．羊毛、蚕丝、塑料、橡胶都属于天然有机高分子材料
B．单体是—CH2—CH2—
C．可作为植物生长调节剂
D．乙烯和聚乙烯性质相似，使溴水褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【详解】A．塑料和合成橡胶属于合成高分子材料，不属于天然有机高分子材料，故A 错误；
B．聚乙烯的单体为乙烯CH2=CH2，故B错误；
C．为乙烯，可作为植物生长调节剂，故C正确；
D．聚乙烯中不含有碳碳双键，不能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选C。

26．关于下列物质HCl、O2、Na2O2、NaOH、H2O2的说法正确的是
A．HCl、O2、H2O2都属于共价化合物
B．既含离子键又含极性共价键的是Na2O2、NaOH
C．HCl溶于水H-Cl键断裂，发生了化学变化
D．含有非极性共价键的物质有O2、Na2O2、H2O2
【答案】D
【详解】A．O2为单质，不是化合物，故A错误；
B．Na2O2中含有离子键和非极性共价键、NaOH中含有含离子键和极性共价键，故B 错误；
C．HCl溶于水，在水分子作用下断裂分子中的共价键H-Cl键，有化学键的断裂，但是没有新的化学键生成，所以该变化不属于化学变化，故C错误；
D．同种元素间形成的为非极性共价键，O2、Na2O2、H2O2中的氧氧之间均为非极性键，故D正确；
故选D。

27．判断下列说法正确的是
A．单质的熔点：I2>Cl2；K>Na
B．钠与水反应，当有1mol电子转移时，标况下产生氢气11.2L
C．通过焰色实验可以判断某种金属的存在，焰色实验为化学变化
D．由于氟的非金属性比氯强，所以氟的最高价氧化物对应水化物酸性比氯强
【答案】B
【详解】A．卤素单质都是分子晶体，熔点、沸点高低与分子间作用力有关，单质的熔点：I2>Cl2；Li、Na.K、Rb都属于金属晶体，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，金属键减弱，故熔点K＜Na，故A错误；
B．钠与水反应的方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，每生成1mol氢气转移2mol电子，故当有1mol电子转移时，标况下产生氢气11.2L，故B正确；
C．焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是单质还是化合物灼烧时火焰颜色都相同，氯化钠在火焰上灼烧，进行金属钠焰色反应，没有新物质生成，属于
物理变化，故C错误；
D．氟无正价，也无最高价氧化物对应水化物，故D错误；
故选B。

二、多选题
28．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
【答案】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。

三、单选题
29．某同学将除去氧化膜的镁条投入到少量稀盐酸中进行实验，实验测得氢气的产生速率变化情况如图曲线所示，对该曲线的解释中正确的是
A．从t1→t2的原因是溶液中H+的浓度较大
B．从t1→t2的原因水蒸发，致使H+的浓度升高
C．从t2→t3的原因是随着反应的进行镁条的质量下降
D．从t2→t3的原因是随着反应的进行，H+的浓度逐渐下降
【答案】D
【详解】A．t1→t2反应速率加快，而反应物的浓度随着反应的进行降低。

但该反应为放热反应，所以该反应温度升高加快了反应速率，且以温度影响为主，表现为速率增大，A项错误；
B．t1→t2虽温度升高，但并未达到水的沸点，从而引起水蒸发导致H+浓度变化是极小的。

但若温度升高，溶液中HCl挥发导致H+浓度降低，B项错误；
C．镁条为固体，浓度固定不随反应而变化，所以反应不会随镁条质量的减少而速率降低，C项错误；
D．．t2→t3，随着反应的进行H+被消耗降低，虽然反应放热，但浓度降低影响比较大，所以这一段表现为速率降低，D项正确；
故选D。

【点睛】加快反应速率的有：增大浓度、升高温度、增大压强、加入催化剂、增大接触面积等；减小反应速率的有：减小浓度、降低温度、降低压强、加入逆催化剂、降低接触面等。

30．下列关于如图所示的氢氧燃料电池说法正确的是
A．H2在负极失去电子，电子沿导线传到正极，氧气在正极得到电子，溶液中的电子定向移动，构成闭合回路，产生电流
B．正负极材料都可以使用石墨棒
C．b电极反应式2H++2e-=H2↑
D．正极反应物是H2SO4
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】“最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项>A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项>C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项>B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。

32．酸性锌锰干电池是依据原电池原理制成的，下列关于该电池的说法不正确的是
A．干电池的正极材料是二氧化锰
B．已知MnO2在正极放电，其产物不可能是KMnO4
C．负极反应式为：Zn-2e-=Zn2+
D．糊状物中的氯化铵、氯化锌做离子导体
【答案】A
【分析】锌锰干电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，所以负极材料是Zn，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，MnO2的作用是除去正极上的产物H2，本身生成Mn2O3，该反应的化学方程式是2MnO2+H2=Mn2O3+H2O，据此解题。

【详解】A．由图可知，干电池的正极材料是碳棒，故A错误；
B．由分析可知，MnO2在正极放电，其产物为Mn2O3，故B正确；
C．由分析可知，负极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，故C正确；
D．氯化铵、氯化锌可以传导离子，故可做离子导体，故D正确；
故选A。

33．某温度时，在一个容积为5L的密闭容器中，三种气体X、Y、Z物质的量随时间的变化曲线如图所示。

下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为3X+Y3Z
B．反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率为0.05 mol·L-1·min-1
C．单位时间内生成3molZ的同时消耗3mol的X表示该反应已达平衡状态
D．2min时，Z和X的反应速率相等
【答案】B
【分析】从图知Y、X物质的量均在减小，作为反应物；而Z在增加则作为生成物。

同
时，得n(Z)=0.75mol、n(Y)=(1-0.50)=0.50mol、n(X)=(1-0.25)mol=0.75mol 化量之比等于各物质的系数比，则方程式为：3X+2Y3Z。

【详解】A．由以上知方程式为3X+2Y3Z，A项错误；
．由图知n(Z)=0.50mol，则
c0.5mol
ν(Z)===0.05mol/(L min) t5L2min
⋅
⨯
．单位时间内生成为正向反应而消耗X也为正向反应，该表述不平衡，时，Z和X的浓度不等，则它们的瞬间反应速率不等，
注意某一时间段内为物质的平均速率等于方程式中系数之比。

四、多选题
34．下列叙述不正确的是
A．步骤℃的分离操作为过滤
B．步骤℃中理论上每产生1molI2，需要1molMnO2被氧化
C．步骤℃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℃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
【答案】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℃的分离操作为过滤，A正确；
B．步骤℃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℃中理论上每产生1molI2，需要1molMnO2被还原，B错误；
C．单质碘和四氯化碳的沸点不同，步骤℃操作蒸馏，C错误；
D．步骤℃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。

五、单选题
35．已知N2+3H22NH3的反应属于放热反应，在一密闭容器中进行合成氨实验，下列说法不正确的是
A．该反应中，断开N≡N和H-H键吸收的能量小于形成N-H键放出的能量
B．该反应中，反应物的总能量大于生成物的能量
C．c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2能说明反应到达了平衡
D．当氨气浓度不再变化时，密闭容器中同时存在N2、H2、NH3
【答案】C
【详解】A．合成氨为放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故A正确；
B．合成氨为放热反应，反应物的总能量大于生成物的能量，故B正确；
C．c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2时不能说明各物质的浓度不变，不能说明反应到达了平衡，故C错误；
D．当氨气浓度不再变化时，说明反应达到了平衡，密闭容器中同时存在N2、H2、NH3，故D正确；
故选C。

六、多选题
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
与Br－物质的量之比为5：1
B．步骤II反应中理论上得到的BrO
3
C．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
【答案】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
-与Br－的溶液，再利用加入是溴单质的易挥发性，用纯碱溶液吸收溴单质得到含BrO
3
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-与Br－物质的量之比为1：5，B错误；
中理论上得到的BrO
3
C．海水中溴元素含量低，步骤℃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℃中已获得游离态的溴，步骤℃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．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1：1
B．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
【答案】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。