辽宁省抚顺市六校学年高一下学期期末考试化学精校解析Word版.docx

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辽宁省抚顺市六校学年高一下学期期末考试化学精校解析Word版

辽宁省抚顺市六校2017-2018学年高一下学期期末考试

化学试题

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，时间为90分钟，满分100分。

可能用到的相对原子质量Cl:

35.5,Na:

23,O:

16,Cu:

64,Ag:

108

第I卷（50分）

一、选择题（本题共20小题，每题只有1个选项符合题意。

1至10题，每题2分，共20分；11至20题，每题3分，共30分。

）

1.下列叙述不正确的是（）

A.NH3的结构式：

B.

的原子核内的中子数与核外电子数之差是32

C.Na2O2与H2O2中所含的化学键类型不完全相同

D.可以利用在水溶液中是否导电证明氯化铝是离子化合物还是共价化合物

【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查的是物质的组成和结构，难度较小。

注意化学键的类型和物质的类型的关系。

【详解】A.氨气分子中氮氢原子之间形成共价键，结构式为

，故正确；B.该原子的质子数等于核外电子数，为67，中子数为166-67=99，中子数与核外电子数的差为99-67=32，故正确；C.过氧化钠中含有离子键和共价键，过氧化氢分子中含有共价键，故正确；D.氯化铝是共价化合物，但其水溶液能导电，故错误。

故选D。

【点睛】鉴别物质是离子化合物还是共价化合物，需要从熔融状态下是否导电分析，若导电，则化合物为离子化合物。

2.五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是（）

A.元素X可能为锂

B.原子半径大小：

r（M）＞r（w）

C.X2W中各原子均达8电子稳定结构

D.元素气态氢化物的沸点：

YH3＞MH3

【答案】C

【解析】

分析：

本题考查的是原子的结构和性质，从原子的化合价原子序数的大小关系分析元素。

详解：

结合原子序数的大小关系，从化合价上分析，X为氢或锂，Y为氮，Z为硅，M为磷，W为硫。

A.X的化合价为+1，原子序数较小，可能是氢或锂。

故正确；B.MW为同周期元素，原子序数越大，半径越小，故正确；C.该物质为硫化氢或硫化锂，其中硫元素达到8电子稳定结构，而氢或锂为2电子稳定结构，故错误；D.氮的氢化物为氨气，分子间有氢键，磷的氢化物为磷化氢，分子间存在分子间作用力，所以氨气的沸点比磷化氢的高，故正确。

故选C。

3.下列关于热化学反应的描述中正确的是（）

A.HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3kJ·mol-1，则1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6kJ

B.H2（g）的燃烧热是285.8kJ·mol-1，则2H2O

（1）＝2H2（g）＋O2（g）反应的△H＝+571.6kJ·mol-1

C.反应物的热效应与是否使用催化剂有关

D.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-38.6kJ·mol-1

【答案】B

【解析】

分析：

本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。

详解：

A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJ·mol-1，故正确；C.催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。

故选B。

点睛：

注意燃烧热的定义：

1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所谓的稳定的氧化物是指二氧化碳或二氧化硫或液态水等。

中和热的定义为：

强酸和强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，若有弱酸或弱碱或有沉淀生成，反应热都不为中和热。

4.下列说法正确的是（）

A.图一可表示模拟铁的腐蚀

B.图二可表示无催化剂（b）和有催化剂（a）时反应的能量变化

C.图三可表示需加热的放热反应

D.图四可表示中和热的测定

【答案】A

【解析】

【详解】分析：

本题考查的是实验方案的设计和反应热的图像表示，根据实验目的和实验关键进行分析。

详解：

A.铁的腐蚀通常是在有碳做正极和有电解质溶液的条件下与氧气反应，本实验形成了原电池，可以模拟铁的腐蚀，现象为U型管左侧液面上升，右侧下降，表示试管中气体减少，故正确；B.使用催化剂能降低反应的活化能，不影响反应热，故b为使用催化剂，故错误；C.该铵盐为吸热反应，故错误；D.测定中和热的实验中温度计放在小烧杯中，故错误。

故选A。

5.为了探究外界条件对反应aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）的影响，以X和Y物质的量比为a：

b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。

以下判断正确的是（）

A.ΔH＞0，ΔS＞0

B.ΔH＞0，ΔS＜0

C.ΔH＜0，ΔS＞0

D.ΔH＜0，ΔS＜0

【答案】D

【解析】

【详解】分析：

本题考查的是温度和压强对反应平衡的影响，从Z的体积分数的大小分析平衡移动方向。

详解：

从图分析，压强越大，Z的体积分数越大，说明该反应正反应方向为气体体积减小的方向，即熵减。

温度越高，Z的体积分数越小，说明该反应为放热反应，即焓变小于0。

故选D。

6.下列说法或表示方法中正确的是（）

A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多

B.由C（金刚石）＝C（石墨）ΔH=-1.9kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定

C.在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100kJ·mol-1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1

D.己知2C（s）＋2O2（g）＝2CO2（g）ΔH1；2C（s）＋O2（g）＝2CO（g）ΔH2。

则ΔH1＞ΔH2

【答案】C

【解析】

【详解】分析：

本题考查的是物质的能量与反应热和稳定性的关系，难度较小。

详解：

A.等质量的硫蒸气的能量比硫固体的高，故分别完全燃烧，前者放出的热量多，故错误；B.金刚石变石墨为放热反应，所以石墨的能量低，石墨稳定，故错误；C.正反应的活化能-逆反应的活化能即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100kJ·mol-1，则该反应的正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1，故正确；D.前者为碳的完全燃烧，放出的热量多，但由于焓变为负值，故ΔH1<ΔH2，故错误。

故选C。

7.下列说法正确的是（）

①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液能加快反应速率；

②电冶铝工业中用电解熔融状态氧化铝，用冰晶石作助熔剂的方法进行冶炼

③电解法精炼铜时，电路中每转移2mol电子，阳极质量就减少64g

④镀锌铁镀层破坏后锌仍能减缓铁腐蚀，其原理为牺牲阳极的阴极保护法

⑤第五套人民币的一元硬币材质为铜芯镀银，在电镀过程中，铜芯应做阳极

⑥外加电流的金属保护中，被保护的金属与电源的正极相连，发生氧化反应

A.①②④B.①②③④C.①③⑤⑥D.③④⑥

【答案】A

【解析】

分析：

本题考查的是金属的腐蚀和防护，根据原电池和电解池的原理进行分析。

详解：

①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液时锌与硫酸铜反应生成铜，在硫酸存在下形成原电池，加快反应速率，故正确；②电冶铝工业中用电解熔融状态氧化铝，用冰晶石作助熔剂的方法可以降低氧化铝的熔点，故正确；③电解法精炼铜时，阳极上先溶解活泼的金属，再溶解铜，故电路中每转移2mol电子，阳极质量不是铜的质量，故错误；④镀锌铁镀层破坏后形成原电池，锌做原电池的负极，锌仍能减缓铁腐蚀，其原理为牺牲阳极的阴极保护法，故正确；⑤第五套人民币的一元硬币材质为铜芯镀银，在电镀过程中，铜芯应做阴极，银做阳极，故错误；⑥外加电流的金属保护中，被保护的金属与电源的负极极相连，不发生反应，故错误。

故选A。

点睛：

掌握特殊的电解池的工作原理。

在电镀装置中，待镀金属在阴极，镀层金属做阳极，溶液含有镀层金属阳离子。

在精炼铜装置中，阳极为粗铜，首先是粗铜中存在的活泼金属反应，如锌铁等，然后才是铜溶解，而活泼性在铜之后的金属如银或金等变成阳极泥沉降下来。

阴极为纯铜，可以通过转移电子数计算析出的铜的质量，不能计算阳极溶解的质量。

8.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）

A.图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂

B.图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大

C.图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变

D.图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中被还原为Ag

【答案】D

【解析】

试题分析：

A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，A错误；B．铅蓄电池放电时电池反应为：

Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，B错误；C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，C错误；D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，D正确；答案选D。

考点：

考查原电池和电解池原理

9.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是（）

A.开启啤酒有泡沫逸出

B.向FeCl3溶液中加KSCN，有FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe（SCN）3（血红色）反应，平衡后向体系中加入KCl固体使体系红色变浅

C.装有NO2的烧瓶置于热水中颜色加深

D.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气

【答案】B

【解析】

【详解】分析：

本题考查的是平衡移动原理，根据平衡移动的影响因素进行分析。

详解：

A.在啤酒中存在二氧化碳和水反应生成碳酸的平衡状态，开启啤酒的盖，瓶内压强变小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理解释，故不符合题意；B.从实际参与反应的离子分析，氯化钾不参与反应，故不能用平衡移动原理解释，故符合题意；C.二氧化氮的烧瓶中存在二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，加热平衡逆向移动，颜色加深，能用平衡移动解释，故不符合题意；D.氯气溶于水与水反应生成盐酸和次氯酸，在饱和氯化钠溶液中氯离子浓度很大，使氯气和水反应的平衡逆向移动，减少氯气与水的反应，也即减少了氯气的溶解度，故能用平衡移动原理解释，故不符合题意。

故选B。

10.在一恒温恒容容器中，发生反应：

2A（g）+B（s）⇌C（g）+D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（）个

①容器内B（s）物质的量浓度不变；②混合气体的密度不变；③混合气体的压强不变；④混合气体的平均相对分子质量不变；⑤C（g）的物质的量浓度不变；⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：

1：

1；⑦某时刻v（A）=2v（C）且不等于零；⑧单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA

A.3B.4C.5D.6

【答案】B

【解析】

【详解】分析：

本题考查的是化学平衡状态的标志，抓住反应的特点是关键。

详解：

①B（s）固体，其物质的量浓度为常数始终不变，不能说明反应到平衡，故错误；②因为反应体系中有固体物质，所以当混合气体的密度不变时说明混合气体的总质量不变，则说明反应到平衡，故正确；③因为反应前后气体总物质的量不变，所以混合气体的压强不变不能说明反应到平衡，故错误；④混合气体的平均相对分子质量等于气体的总质量与总物质的量的比值，因为气体总物质的量始终不变，所以当混合气体的平衡相对分子质量不变说明气体总质量不变，可以说明反应到平衡，故正确；⑤C（g）的物质的量浓度不变可以说明反应到平衡，故正确；⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：

1：

1不能说明反应到平衡，故错误；⑦某时刻v（A）=2v（C）且不等于零，没有说明反应速率的方向，不能说明反应到平衡，故错误；⑧单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA，可以说明反应正逆反应速率相等，反应到平衡，故正确。

故有4个可以说明反应到平衡，故选B。

点睛：

注意反应中有固体物质存在时，因为固体物质的浓度不变，该物质的浓度变不能说明反应到平衡，涉及气体总质量或相对分子质量不变都可以说明反应到平衡。

11.意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。

N4分子结构如图，已知断裂1molN≡N键吸收942kJ热量，生成1molN－N键释放167kJ热量根据以上信息和数据，下列热化学方程式正确的是（）

A.2N2=N4△H=-882kJ·mol-1

B.N2（g）=0.5N4（g）△H=+441kJ

C.N2（g）=0.5N4（g）△H=-441kJ·mol-1

D.2N2（g）=N4（g）△H=+882kJ·mol-1

【答案】D

【解析】

由N4的结构知1molN4分子中含有6molN-N键。

反应2N2（g）=N4（g）的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=2E（N

N）-6E（N-N）=2

942kJ/mol-6

167kJ/mol=+882kJ/mol。

A项，没有标明物质的聚集状态，且ΔH应

0，错误；B项，ΔH的单位错，错误；C项，ΔH应

0，错误；D项，正确；答案选D。

点睛：

书写热化学方程式的注意点：

（1）热化学方程式不注明反应条件。

（2）热化学方程式不标“↑”“↓”，但必须用s、l、g、aq等标出物质的聚集状态。

（3）热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，其ΔH必须与方程式及物质的聚集状态相对应。

（4）放热反应的ΔH

0，吸热反应的ΔH

0。

（5）ΔH的单位为kJ/mol。

12.LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。

电池反应为：

FePO4+Li

LiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨和锂，含Li+导电固体为电解质。

下列有关LiFePO4电池说法正确的是（）

A.放电时电池正极反应为：

FePO4+Li++e-=LiFePO4

B.放电时电池内部Li+向负极移动

C.充电过程中，电池正极材料的质量增加

D.可加入硫酸以提高电解质的导电性

【答案】A

【解析】

分析：

本题考查的是原电池和电解池的工作原理和电极反应的书写，掌握原电池的负极或电解池的阳极失去电子即可解答。

详解：

A.当其为原电池时，负极材料为石墨和锂，锂失去电子，正极材料得到电子，电极反应为FePO4+Li++e-=LiFePO4，故正确；B.放电时阳离子向正极移动，故错误；C.充电过程为电解池，阳极反应为LiFePO4-e-=FePO4+Li+，故电池的正极材料减少，故错误；D.因为锂可以和硫酸溶液反应，说明电解质不能用硫酸溶液，故错误。

故选A。

13.反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。

下列说法正确的是（）

A.a、c两点的反应速率：

a＞c

B.a、c两点气体的颜色：

a深，c浅

C.b、c两点的转化率：

b＞c

D.由b点到a点，可以用加热的方法

【答案】D

【解析】

分析：

本题考查的是反应条件对速率和影响，关键是对图像的分析能力的考查。

详解：

A.压强越大，反应速率越快，故错误；B.a点二氧化氮的体积分数大于c点，但c点压强大，说明容器的体积变小，所以c点二氧化氮的浓度大，颜色深，故错误；C.b、c两点二氧化氮的体积分数相同，说明转化率相同，故错误；D.从b点到a点，压强不变，二氧化氮的体积分数增加，结合反应为吸热反应，说明反应条件为升温，故正确。

故选D。

点睛：

注意气体的颜色是二氧化氮的浓度大小的表示，二氧化氮的体积分数与浓度大小没有必然联系，注意改变压强时改变了容器的体积。

14.在一定温度下，改变反应物中n（SO2）对反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0的影响如图所示，下列说法正确的是（）

A.反应b、c点均为平衡点，a点未达平衡且向正反应方向进行

B.a、b、c三点中，a点时SO2的转化率最高

C.上述图象可以得出SO2的含量越高得到的混合气体中SO3的体积分数越高

D.a、b、c三点的平衡常数Kb＞Kc＞Ka

【答案】B

【解析】

分析：

本题考查的是条件对平衡的影响，结合增大一种反应物的浓度，平衡正向移动，该物质的转化率降低，而另一种物质的转化率增大的规律进行分析。

详解：

A.图像上的三点都为平衡状态，故错误；B.增加二氧化硫的物质的量，平衡正向移动，二氧化硫的转化率降低，所以a点二氧化硫的转化率最大，故正确；C.从图像分析，二氧化硫的含量越高，混合气体中三氧化硫的体积分数先增大后减小，因为剩余的二氧化硫的量在逐渐增大，故错误；D.因为没有改变温度，所以三点的平衡常数相同，故错误。

故选B。

点睛：

注意平衡常数只有温度有关，温度不变，平衡常数不变。

15.某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体、B气体，其浓度分别为2mol/L，1mol/L，且发生如下反应：

3A（g）+2B（g）⇌4C（?

）+2D（?

）已知“?

”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：

4，则下列说法中正确的是（）

①该反应的化学平衡表达式为：

K=

②此时B的转化率为35%

③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．

④增加C的量，A、B转化率不变

A.①②B.②③C.①④D.③④

【答案】D

【解析】

试题分析：

压强比等于物质的量之比，

3A（g）+2B（g）

4C（?

）+2D（?

）

起始：

4200

变化：

1.20.81.60.8

平衡：

2.81.21.60.8，

根据反应前后压强之比等于5：

4，因此反应前后气体物质的量之比也为5：

4，D为气体，C为固体或纯液体，①固体和纯液体不能写入平衡常数表达式，故错误；②B的转化率为0.8/2×100%=40%，故错误；③平衡常数只受温度的影响，因此增大压强化学平衡常数不变，但化学反应速率增大，故正确；④C是固体或纯液体，浓度视为常数，因此改变C的量，A、B的转化率不变，故正确；故选项D正确。

考点：

考查化学平衡常数的表达式、化学平衡的计算等知识。

16.对于平衡体系mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）△H=bkJ·mol-1,下列结论中错误的是（）

A.若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时A的浓度为原来的2.2倍，则m+n＜p+q

B.若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m：

n

C.保持其它条件不变，升高温度，D的体积分数增大说明该反应的△H＜0。

D.若m+n=p+q，则向含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2amol

【答案】C

【解析】

分析：

本题考查的是条件对平衡的影响，根据勒夏特列原理进行分析。

详解：

A.温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，A的浓度变为原来的2倍，平衡开始移动，若到新平衡A的浓度为原来的2.2倍，说明该反应逆向移动，则m+n＜p+q，故正确；B.若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比满足化学计量数比，为m：

n，故正确；C.保持其它条件不变，升高温度，D的体积分数增大，说明反应正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，即说明该反应的△H>0，故错误；D.若m+n=p+q，则向含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时总物质的量不变，仍为2amol，故正确。

故选C。

17.某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是（）

A.图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应

B.实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度不变

C.若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量会减小

D.若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液

【答案】D

【解析】

A项，甲池有盐桥，乙池中两电极材料相同，甲池为原电池，乙池为电解池，因为活泼性Cu

Ag，所以甲池中Cu电极为负极，负极电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，为氧化反应，错误；B项，NO3-离子由甲池右侧烧杯向左侧烧杯定向移动，左侧烧杯中NO3-的浓度增大，错误；C项，若用铜制U形物代替“盐桥”，甲池的左侧烧杯为电解池，右侧烧杯为原电池，U形物插入右侧烧杯中的Cu为负极，其上发生的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，插入左侧烧杯中的Cu为阴极，其上发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu，根据电子守恒，工作一段时间后取出U形物称量，质量不变，错误；D项，甲池中Ag电极的电极反应式为Ag++e-=Ag，若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，电路中通过的电子物质的量为n（e-）=n（Ag）=5.4g

108g/mol=0.05mol，乙池某电极析出1.6g金属，乙池中盐溶液的阳离子应为不活泼金属的阳离子，若乙中的某盐溶液是AgNO3溶液，根据电子守恒，乙池中阴极先后发生的电极反应为Ag++e-=Ag、2H++2e-=H2↑，正确；答案选D。

【点睛】.易错点：

C项中铜制U形物代替“盐桥”时，铜制U形物与盐桥的作用不同，是在甲池的左、右两烧杯中分别组成电解池和原电池；D项中易忽视乙池中AgNO3溶液浓度低时，其阴极是分阶段发生还原反应。

18.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。

X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。

Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

下列说法正确的是（）

A.简单离子半径：

Z＞Y＞X

B.如图所示实验可证明非金属性：

Cl＞Z

C.W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同产物均不同

D.Y分别与X、Z形成二元化合物中不可能存在共价键

【答案】B

【解析】

分析：

本题考查的是元素推断和非金属性的强弱比较，结合原子的构成进行分析。

详解：

短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，说明该元素为碳元素，X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则为氧和硫，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明为钠元素。

A.氧离子和钠离子电子层结构相同，根据序小径大的原则分析，氧离子半径大于钠离子半径，硫离子有3层，半径最大，故顺序为Z＞X＞Y，故错误；B.实验中盐酸与高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和硫化氢反应生成硫和水，说明氯气的氧化性比硫强，故说明氯的非金属性比硫强，故正确；C.碳和氧气可以生成二氧化碳或一氧化碳，硫和氧气反应只能生成二氧化硫，钠和氧气根据条件不同可能生成氧化钠或过氧化钠，故错误；D.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只有离子键，过氧化钠有离子键和共价键，钠和硫形成硫化钠，只有离子键，故错误。

故选B。

19.下列图示与对应的叙述相符的是（）

A.图一表示反应：

mA（s）+nB（g）⇌pC（g）△H＞O，在一定温度下,平衡时B的体积分数（B%）与压强变化的关系如图所示，反应速