【化学】河北省石家庄市辛集市第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）
河北省石家庄市辛集市第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题
时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单选题（每小题只有一个正确答案，每小题2分）
1.YBa2Cu8Ox(Y为元素钇)是磁悬浮列车中的重要超导材料，关于的说法错误的是（ ）
A. 属于金属元素 B. 和是钇元素的两种同位素
C. 原子核外电子数为39 D. 质子数与中子数之差为50
【答案】D
【解析】
【分析】依据题干信息可知，Y元素为39号元素，汉字为金字旁元素为金属元素，根据构造原理，核外电子排布式1S22S22P63S23P63d104S24P64d15S2，字母前的数字表示电子层数，价电子是4d15S2，价电子数之和=族序数，所以Y属第五周期第ⅢB族。
【详解】A．结合以上分析可知，该元素是副族元素，属于金属元素，故A正确；
B．和是质子数相同中子数不同的同一元素，所以是不同的两种核素，互为同位素，故B正确；
C．原子的核外电子数等于核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；
D．质子数+中子数=质量数，中子数=89-39=50，所以质子数与中子数之差为11，故D错误；
故答案为D。
2.下列关于原子结构的说法中正确的是（ ）
A. 卢瑟福根据粒子散射现象提出“葡萄干面包式”的原子结构模型
B. 原子中，核对核外电子吸引作用实质是核内质子对核外电子的吸引
C. 质子数决定元素的种类，中子数决定核素的种类
D. 所有的原子都含有质子、中子和电子3种基本粒子
【答案】B
【解析】
【详解】A．卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出原子核式结构模型，而不是“葡萄干面包式”的原子结构模型，故A错误；
B．在原子中，原子核中只有质子带正电，中子不带电，所以核对核外电子吸引作用实质是核内的质子对核外电子的吸引，故B正确；
C．质子数决定元素的种类，但核素是质子数和中子数共同决定的，故C错误；
D．所有的原子都含有质子和电子，但不一定含有中子，如中就没有中子，故D错误；
故答案选B。
3.决定化学反应速率的根本因素是（ ）
A. 参加反应的各物质的性质 B. 反应物的浓度
C. 温度和压强 D. 催化剂的加入
【答案】A
【解析】
【详解】影响反应速率的因素有内因和外因，内因是反应物本身的性质，为主要因素，外界因素有浓度、温度、压强、催化剂、固体的表面积以及溶剂等；
答案为A。
4.下列化学用语或命名正确的是( )
A. 含有10个中子的氧原子的符号： B. 乙烯的结构简式：CH2CH2
C. S2−的结构示意图： D. NH4Cl的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧原子核电荷数为8，即质子数为8，含有10个中子的氧原子的质量数为8+10=18，该原子的表示方法为，故A正确；
B．乙烯结构简式中碳碳双键是官能团，不能省略，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C．硫原子核电荷数为16，即质子数为16，核外电子数为16，硫离子得到2个电子，核内有16个质子，核外有18个电子，电子层有三层，各层电子分别为2、8、8，最外层电子数为8，正确的离子结构示意图为，故C错误；
D．氯化铵是离子化合物，铵根离子与氯离子形成离子键，电子式为，故D错误；
答案为A。
5.下列各组物质中，互为同系物的一组是（ ）
A. 红磷和黑磷 B. 乙烯和乙醇 C. 丁烷和甲烷 D. H和D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．白磷和黑磷是磷元素的不同单质，二者互为同素异形体，选项A不符合题意；
B．乙烯和乙醇的分子式不相同、结构也不同，分别属于烯烃和醇，不可能为同系物，选项B不符合题意；
C．乙烷和丁烷都是烷烃，二者结构相似，分子组成上相差2个CH2原子团，所以二者互为同系物，选项C符合题意；
D．H和D为 氢元素的不同核素，二者互为同位素，选项D不符合题意；
答案选C。
6.同分异构体具有（ ）
①相同的分子结构
②相同的相对分子质量
③相同的分子式
④相同的最简式
⑤相同的物理性质
A. ①②③ B. ②③④
C. ①③④ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】同分异构体指分子式相同，结构不同的化合物，具有如下特征：分子式相同，结构不同、物理性质不同、不同类时化学性质不同，同类时化学性质相同，研究范围多为有机物，因而同分异构体具有相同的相对分子质量，相同的分子式，相同的最简式，故B正确；
答案为B。
7.反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)经过一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol/(L·s)，则这段时间为（ ）
A. 0.5s B. 2.5s C. 5s D. 10s
【答案】C
【解析】
【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v(SO3)，再利用△t= 计算。
【详解】用O2表示的反应速率为0.04mol•L-1•s-1，则v（SO3）=2v（O2）=2×0.04mol•L-1•s-1=0.08mol•L-1•s-1，故反应时间= =5s；
答案为C。
8.下列反应中，既属于氧化还原反应又属于吸热反应的是（ ）
①Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
②灼热的炭与CO2反应
③铝与稀盐酸
④铝粉与氧化铁粉末反应
⑤H2在Cl2中燃烧
A. ① B. ②③ C. ② D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】从化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，化合价的升降为氧化还原反应的特征，反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应为吸热反应，由此分析解答。
【详解】①Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl反应中没有任何元素的化合价发生改变，是非氧化还原反应的吸热反应；故①错误；
②灼热的木炭与二氧化碳反应为吸热反应，碳元素的化合价变化，为氧化还原反应，故②正确；
③铝与稀盐酸反应是氧化还原反应的放热反应，故③错误；
④铝粉与氧化铁粉末的反应是氧化还原反应的放热反应，故④错误；
⑤H2在Cl2中燃烧是氧化还原反应的放热反应，故⑤错误；
答案为C。
9. 下列关于化学键的说法不正确的是 （ ）
A. 并不是所有物质都含有化学键
B. 只有非金属原子间才能形成共价键
C. 单质不可能含有离子键
D. 共价化合物中不可能含有离子键
【答案】B
【解析】
【详解】A．非金属单质中可能不含化学键，如稀有气体，故A正确；
B．金属和非金属之间也能形成共价键，如AlCl3，故B错误；
C．单质中可能含有共价键、金属键或不含化学键，离子键只有不同元素之间形成，所以单质中一定不含离子键，故C正确；
D．共价化合物中只含共价键，一定不含离子键，故D正确；
故选A。
10.下列说法中，正确的是 ( )
A. SO2和SO3互为同分异构体 B. 二氧化碳和干冰互为同素异形体
C. 金刚石和石墨互为同位素 D. C2H5OH和CH3OCH3互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，选项A错误；
B．由同一种元素形成的不同单质是同素异形体，二氧化碳和干冰属于同一种物质，选项B错误；
C．具有相同质子数和不同中子数的原子互称为同位素，金刚石和石墨均为C单质，互为同素异形体，选项C错误；
D．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，C2H5OH和CH3OCH3分子均为C2H6O，但前者属于醇类，后者属于醚类，两者互为同分异构体，选项D正确；
答案选D。
11.下列物质中不含共价键的是（ ）
A. 冰 B. 碳化硅 C. 单质氦 D. 干冰
【答案】C
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答。
【详解】A．水分子中H-O原子之间存在共价键，故A错误；
B．碳化硅中Si-C原子之间存在共价键，故B错误；
C．单质氦，单原子分子，无任何化学键，故C正确；
D．干冰为固体二氧化碳，分子中C-O原子之间存在共价键，故D错误；
答案为C。
12.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。下列叙述中不正确的是（ ）
A. 油脂在酸性或碱性条件下均可以水解
B. 蔗糖、淀粉、纤维素水解的最终产物都是葡萄糖
C. 葡萄糖可与新制的氢氧化铜悬浊液共热反应产生砖红色沉淀
D. 蛋白质的颜色反应是指浓硝酸使蛋白质变黄
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，在酸性或碱性条件下均可以水解，A正确；
B．淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖，蔗糖水解的最终产物是葡萄糖和果糖，B错误；
C．葡萄糖中含-CHO，具有还原性，与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，C正确；
D．某些含有苯环的蛋白质能与浓硝酸发生颜色反应，可鉴别部分蛋白质，D正确；
故选B。
13.已知：As的原子结构示意图为，下列关于As的描述不正确的是（ ）
A. 位于第四周期，第ⅤA族 B. 原子半径：As＞P
C. 稳定性：AsH3＜PH3 D. 酸性：H3AsO4＞H3PO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．周期数等于电子层数，主族元素最外层电子数等于主族序数，电子层数是4，最外层5个电子，所以位于第四周期，第ⅤA族，故A正确；
B．电子层数越多半径越大，则原子半径：As＞P，故B正确；
C．非金属性越强氢化物越稳定，非金属性：P＞As，所以稳定性：AsH3＜PH3，故C正确；
D．非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：P＞As，所以酸性：H3AsO4＜H3PO4，故D错误；
答案为D。
14.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 与水反应，K比Na剧烈 B. 酸性：HCl＞H2CO3
C. 碱性：NaOH＞Mg(OH)2 D. 与H2反应时，F2比Cl2剧烈
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属性越强，与水反应越剧烈，金属性：钾大于钠，则与水反应时K比Na剧烈，能用元素周期律解释，故A错误；
B．盐酸为无氧酸、碳酸为含氧酸，且盐酸为强酸、碳酸为弱酸，酸性：HCl＞H2CO3，可利用强酸制取弱酸的规律比较，不能用元素周期律解释，故B正确；
C．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Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故C错误；
D．非金属性越强，对应单质与氢气越易化合，非金属性F＞Cl，则与H2反应时，F2比Cl2剧烈，能用元素周期律解释，故D错误；
答案B。
15.下列关于元素Si、P、S、Cl的比较中不正确的是（ ）
A. 单质的氧化性随最外层电子数的增多而增强
B. 它们的最简单氢化物的稳定性随最外层电子数的增多而增强
C. 元素的非金属性随最外层电子数的增多而增强
D. 它们的原子半径随最外层电子数的增多而增大
【答案】D
【解析】
【分析】这几种非金属元素最外层电子数越多，越易得电子生成稳定结构，则非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，据此解答。
【详解】A．这几种非金属元素最外层电子数越多，越易得电子生成稳定结构，其非金属性越强，非金属性越强导致其单质的氧化性越强，所以这几种非金属单质的氧化性随最外层电子数的增多而增强，故A正确；
B．这几种非金属元素最外层电子数越多，越易得电子生成稳定结构，则非金属性越强，非金属性越强其简单氢化物的稳定性越强，这几种非金属的非金属性随着最外层电子数增多而增强，则它们的最简单氢化物的稳定性随最外层电子数的增多而增强，故B正确；
C．越易得电子的非金属元素，其非金属性越强，这几种非金属元素非金属性随着最外层电子数增多而越易得电子，所以元素的非金属性随最外层电子数的增多而增强，故C正确；
D．这几种非金属元素最外层电子数越大，原子核对电子的吸引力越大，导致其原子半径逐渐减小，所以同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，故D错误；
答案为D。
16.下列说法正确的是（ ）
A. 化学反应的过程，本质上就是旧化学键的断裂和新化学键形成的过程
B. MgCl2中既存在离子键又存在共价键
C. O2和O3的相互转化是物理变化
D. 只有非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学反应的实质就是旧化学键断裂和新化学键的形成的过程，所以化学反应的过程，从本质上就是旧化学键断裂和新化学键的形成的过程，故A正确；
B．氯化镁中镁离子和氯离子之间只含离子键不含共价键，故B错误；
C．O2和O3是两种不同物质，有新物质的生成反应是化学反应，则O2和O3的相互转化是化学变化，故C错误；
D．非金属元素组成的化合物，可能为离子化合物，如NH4Cl全由非金属元素组成，为离子化合物，故D错误；
答案为A。
17.下表是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W为短周期主族元素，W的原子序数是Z的2倍。下列说法中正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. 简单离子半径：Y
Z，故A错误；
B．Y元素的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，X单质为C，C单质可以和浓硝酸在加热的条件下反应，反应方程式：C+4HNO3(浓) 4NO2↑+CO2↑+2H2O，故B正确；
C．Z的氢化物为H2O或H2O2；X为C元素，可与H形成许多烃类化合物，如果碳原子数较多，分子量大的烃的沸点就有可能高于Z的氢化物的沸点，故C错误；
D．过氧化氢是一种强氧化剂，漂白原理为氧化性漂白；WZ2为SO2，SO2漂白性的实质是SO2与有机色素结合成了不稳定的无色化合物，该化合物见光、遇热或长久放置又能恢复为原来的颜色，属于非氧化性漂白，二者漂白原理不同，故D错误；
答案为B。
18.关于化学键的下列叙述中正确的是( )
A. 一百多种元素可通过化学键形成众多复杂的物质
B. 构成单质分子的微粒一定含有化学键
C. 离子化合物可能含共价键，共价化合物中可能含离子键
D. 氯化钠和冰熔化过程中都无化学键的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A、使离子相结合或原子相结合的强烈作用力是化学键，一百多种元素可通过化学键形成众多复杂的物质，A正确；
B、稀有气体单质分子内不含有化学键，B错误；
C、含有离子键的化合物一定是离子化合物，只含共价键的化合物一定是共价化合物，离子化合物可能含共价键，但共价化合物中一定不含离子键，C错误；
D、氯化钠等离子化合物熔化过程中化学键发生断裂，D错误。
答案选A。
19.下列变化属于化学变化的是（ ）
A. 海水晒盐 B. 油脂皂化 C. 石油分馏 D. 苯萃取碘
【答案】B
【解析】
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断。
【详解】A．海水晒盐过程中没有新物质生成，属于物理变化，A错误。
B．油脂皂化是指油脂在碱性溶液中发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，有新物质生成，属于化学变化，B正确。
C．石油分馏过程中没有新物质生成，属于物理变化，C错误
D．苯萃取碘利用的是溶解性的差异，过程中没有新物质生成，属于物理变化，D错误。
答案选B。
20.下列变化为放热的化学反应的是( )
A. H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44.0 kJ/mol
B. 2HI(g)===H2(g)＋I2(g) ΔH＝＋14.9 kJ/mol
C. 形成化学键时共放出862 kJ能量的化学反应
D. 能量变化如图所示的化学反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．此过程虽然放热，但不属于化学反应，属于物理变化，故A不符合题意；
B．△H>0吸热反应，故B不符合题意；
C．不清楚旧键断裂吸收的能量多少，可能此反应是吸热反应，故C不符合题意；
D．根据能量与过程关系，反应物的总能量大于生成物总能量，此反应是放热反应，即△H<0，故D符合题意；
答案选D。
21.下列物质能与溴水发生加成反应的是（ ）
A. CH2F2 B. 苯
C. CH3CH=CH2 D. CH3CH2OH
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. CH2F2不能与溴发生加成反应，选项A不符合题意；
B. 苯不能与溴水发生加成反应，能与液溴在溴化铁催化下发生取代反应生成溴苯，选项B不符合题意；
C. CH3CH=CH2中含碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1，2-二溴丙烷，选项C符合题意；
D. CH3CH2OH不能与溴水发生加成反应，选项D不符合题意；
答案选C。
22.为将反应2Al+6H+=2Al3++3H2↑的化学能转化为电能，下列装置能达到目的的是(铝条均已除去了氧化膜) （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将反应2Al+6H+＝2Al3++3H2↑的化学能转化为电能，需要形成原电池，并且铝为负极，电解质溶液为非氧化性稀酸，据此判断。
【详解】A．为原电池，铝为负极，但总反应为：2Al+2OH-+2H2O＝2+3H2↑，A不符合；
B．为原电池，铝的金属性强于铜，铝为负极，总反应为2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，B符合；
C．为原电池，但硝酸是氧化性酸，则总反应为Al+4H++＝Al3++NO↑+2H2O，C不符合；
D．装置中有外接电源，为电解池，D不符合；
答案选B。
23.从化学键的角度看化学反应的实质是“旧化学键的断裂，新化学键的形成”，下列既有旧化学键的断裂，又有新化学键的形成的变化是（ ）
A. 酒精溶解于水 B. 白磷熔化
C. 碳酸氢铵受热产生刺激性气味气体 D. 氯化钠受热熔化
【答案】C
【解析】
【分析】化学反应的实质是“旧化学键的断裂，新化学键的形成”，既有旧化学键的断裂，又有新化学键的形成，说明有化学反应发生，以此解答该题。
【详解】A．酒精属于非电解质，溶于水没有化学键的断裂，故A错误；
B．白磷是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，属于物理变化，没有化学键的断裂和形成，故B错误；
C．碳酸氢铵受热分解发生了化学变化，所以既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，故C正确；
D．氯化钠晶体受热熔化属于物理过程，只存在旧键的断裂，没有新键生成，故D错误；
答案为C。
24.已知石墨在一定条件下转化成金刚石是吸热反应，由此可能出的正确结论是（ ）
A. 金刚石比石墨更稳定 B. 石墨比金刚石更稳定
C. 石墨转化成金刚石是物理变化 D. 石墨和金刚石的结构相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，能量越低的物质越稳定，石墨比金刚石更稳定，故A错误；
B．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，能量越低的物质越稳定，石墨比金刚石更稳定，故B正确；
C．金刚石和石墨是不同的物质，石墨转化成金刚石是化学变化，故C错误；
D．石墨和金刚石是两种物质，结构不同，故D错误；
答案为B。
25.已知：X(g)+2Y(g) 3Z(g)△H=-akJ•mol﹣1（a＞0）。下列说法不正确的是（ ）
A. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C. 1molX和2molY完全反应生成3mol的Z，放出akJ的热量
D. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．升高反应温度，活化分子百分数增大，则正逆反应速率均增大，故A错误；
B．化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变，所以达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，故B正确；
C．因为热化学方程式的意义是热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量，对于X(g)+2Y(g) 3Z(g)△H=-akJ•mol﹣1（a＞0），我们就读作1molX和2molY完全反应生成3molZ，放出akJ的热量，故C正确；
D．可逆反应不可能完全转化，所以0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol，故D正确；
答案为A。
26.图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法正确的是（ ）
A. 铜是负极，电子从铜片经导线流向锌片
B. 大多数氢离子在锌片上获得电子被还原
C. 装置中存在“化学能→ 电能→ 光能”的转换
D. 如果将硫酸换成西红柿汁，导线中不会有电子流动
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cu作正极，电子从锌片经导线流向铜片，故A错误；
B.大多数氢离子在铜片上获得电子被还原，故B错误；
C.原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，故C正确；
D.西红柿汁显酸性也能作电解质溶液，所以将硫酸换成柠檬汁，仍然构成原电池，所以导线中有电子流动，故D错误；
答案选C。
27.某温度下，在一恒容密闭容器中进行可逆反应：X（g）＋Y（g） 2Z（g）＋W（s）（吸热反应） 下列叙述正确的是（ ）
A. 平衡后加入少量W，逆反应速率增大
B. 平衡后升温，只有吸热反应速率加快
C. 当容器中混合气体的压强不再变化时，反应达到平衡
D. 平衡后加入W，平衡未被破坏
【答案】D
【解析】W是固体，加入少量W，反应速率不变，故A错误；平衡后升温，放热反应、吸热反应速率都加快，故B错误；该反应前后气体系数和不变，压强是恒量，压强不变化，反应不一定平衡，故C错误；W是固体，平衡后加入W，平衡不移动，故D正确。
28.下列微粒半径大小比较正确的是（ ）
A. NaCl－>Na＋>Al3＋
【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期从左向右原子半径依次减小，则原子半径：Na＞Mg＞Al＞S，故A错误；
B．同主族元素从上到下电子层数增多，随着核电荷数递增，半径增大，则原子半径：Cs>Rb>K>Na，故B错误；
C．Na+、Mg2+、Al3+、O2−都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，微粒半径越小，故微粒半径：Al3+Cl−，同理Na+>Al3+，但Cl−比Na+多一个电子层,显然Cl−>Na+，故离子半径大小是：S2−>Cl−>Na+>Al3+，故D正确；
答案为D。
29.碲(Te)是与O、S同主族的元素，位于第五周期。据此，推断碲的相关性质错误的是（ ）
A. 碲的单质在常温下是固态 B. 碲的常见化合价是－2、＋4、＋6
C. 碲可能作半导体材料 D. 碲的氢化物H2Te很稳定
【答案】D
【解析】
【分析】碲位于钾的下一周期，与氧元素同一主族，所以Te位于第五周期第VIA族，属于氧族元素，根据氧族元素性质的相似性及递变性分析解答。
【详解】碲位于钾的下一周期，与氧元素同一主族，所以Te位于第五周期第VIA族，属于氧族元素；
A．在氧族元素中，从S开始其单质为固体，所以常温下Te是固体，故A正确；
B．同主族元素含有相似的性质，S元素有-2、+4、+6化合价，故Te也有-2、+4、+6化合价，故B正确；
C．碲处于金属与非金属的交界处，可作半导体材料，故C正确；
D．同主族自上而下非金属性减弱，碲的氢化物H2Te很不稳定，故D错误；
故答案为D。
30.与Ne的核外电子排布相同的离子跟与Ar的核外电子排布相同的离子所形成的化合物是（ ）
A. MgBr2 B. Na2S C. KCl D. K2S
【答案】B
【解析】
【详解】A.MgBr2中，Mg2+与Ne的核外电子排布相同，Br—与Kr的核外电子排布相同，故错误；
B. Na2S中Na+与Ne的核外电子排布相同，S2—与Ar的核外电子排布相同，故B正确；
C. KCl中K+和Cl—均与Ar的核外电子排布相同，故C错误；
D. K2S中K+和S2—均与Ar的核外电子排布相同，故D错误；
故选B。
第Ⅱ卷（非选择题 共40分）
31.W、X、Y、Z为短周期内除稀有气体外的4种元素，它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。Y和W的最外层电子数相等。Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍。完成下列问题：
（1）写出元素符号：W为________，X为_________，Y为__________，Z为__________。
（2）W2Z是由___________键组成的分子，其电子式为___________。
（3）由Y、X、W组成的物质是由_________键和__________键组成的___________化合物。
【答案】(1). H (2). O (3). Na (4). S (5). 共价 (6). (7). 离子 (8). 共价 (9). 离子
【解析】
【分析】短周期的金属只有Li、Be、Na、Mg、Al，Y和W的最外层电子数相等即W和Y同族，所以W只能是H（氢），因不存在稀有气体，所以如果Y是Li，X就成了稀有气体，不成立，所以Y是Na，Y的质子数是11，Z一定大于Y，也就是12以上，故Y和Z的和能被3整除的数有：24、27，故Z质子数为：24-11=13，或27-11=16，W的质子数是1，X的质子数有可能是7或8，故W、Z、Y、Z分别为：1，7，11，13（铝为另一种金属）不成立，或1，8，11，16 成立，所以W、X、Y、Z分别为：H、O、Na、S；结合以上分析解答。
【详解】(1)通过以上分析知，W、X、Y、Z分别为H、O、Na、S；
答案为：H、O、Na、S。
(2)W2Z是H2S，H与S之间通过共价键结合，属于共价化合物，电子式为；
答案为:共价，。
(3)由Y、X、W组成的物质是NaOH，NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在共价键，NaOH为离子化合物；
答案为:离子，共价，离子。
32.化学能在一定的条件下可以转化为电能。
（一）现有如下两个反应：
①2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2
②Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
（1）根据两个反应的本质判断，您认为可以设计成原电池的是___(填反应序号)，理由是___。
（二）请根据Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu反应，选择适宜的材料和试剂设计一个原电池。
（2）写出电极材料和电解质溶液的名称：负极__________；正极__________；电解质溶液__________
（3）写出该原电池负极反应式：__________。
【答案】(1). ① (2). ①为氧化还原反应，可以设计成原电池 (3). 锌 (4). 铜
(5). 硫酸铜溶液 (6). Zn-2e-=Zn2+
【解析】
【分析】从原电池反应必须是氧化还原反应的角度分析；原电池的构成条件：有活泼性不同的两个电极；有电解质溶液；形成闭合回路；自发的氧化还原反应；电极中负极比正极活泼，是失电子的极，据此解答。
【详解】（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，只有氧化还原反应才有电子的转移，而①为氧化还原反应，能设计成原电池，②为非氧化还原反应，不可以设计成原电池；
答案为①；①为氧化还原反应，可以设计成原电池；
（2）根据自发的氧化还原反应：金属锌失电子，为负极，正极可以用活泼性较差的金属铜，溶液中的铜离子得电子，必须用可溶的铜盐作电解质；
答案为：锌，铜；硫酸铜溶液。
（3）负极为锌，金属锌失电子生成锌离子，即Zn-2e-=Zn2+；答案为Zn-2e-=Zn2+。
33.将3 mol A和3 mol B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5 min后，测得D的浓度为0.5 mol/L，C的平均反应速率为0.15 mol/(L·min)。试求：
(1)5 min后A的浓度__________________。
(2)B的平均反应速率为___________________。
(3)x的值为___________。
【答案】(1). 0.75mol/L (2). 0.05mol/(L·min) (3). 3
【解析】
【分析】(1)根据物质转化浓度比等于化学方程式的计量数的比，由D的浓度为0.5 mol/L，可计算出变化的A的浓度，结合反应开始时A的浓度，可得5min时A的浓度；
(2)根据D的浓度计算反应的B的浓度，结合反应速率υ=计算υ(B)；
(3)根据C的反应速率计算∆c（C），根据转化浓度之比等于化学计量数之比可计算出x的值。
【详解】(1)反应从正反应方向开始，经5min，产生D的浓度为0.5 mol/L，由于物质反应关系可知：△c(A)：△c(D)=3：2，所以△c(A)=△c(D)=×0.5 mol/L=0.75mol/L；反应开始时A的浓度c(A)=3mol÷2L=1.5mol，所以5 min后A的浓度为1.5mol/L-0.75mol/L=0.75mol/L；
(2)反应从正反应方向开始，经5min，产生D的浓度为0.5 mol/L，由于物质反应关系可知：
△c(B)：△c(D)=1：2，所以△c(B)= ∆c(D)=×0.5 mol/L=0.25mol/L，则υ(B)===0.05 mol/(L·min)；
(3)C的平均反应速率为0.15 mol/(L·min)，反应时间为5min，产生C的浓度为0.15 mol/(L·min)×5min=0.75mol/L，D的浓度变化为0.5 mol/L，△c(C)：△c(D)=0.75mol/L：0.5mol/L=3：2，由于物质反应时物质的量浓度改变的比等于化学方程式的化学计量数的比，所以x：2=3：2，故x=3。
