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2019—2020(二)高二期中考试化学试卷
相对原子质量Li-7 B-11 C-12 O-16 Na-23 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ge-73
第I卷 （选择题，共52分）
一、单项选择题(本题包括26小题，每小题2分，共52分)
1.下列物质中属于晶体的是( )
①橡胶 ②玻璃 ③食盐 ④水晶 ⑤塑料 ⑥胆矾 A. ①④⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】
晶体有固定的熔点，非晶体无固定的熔点，据此可以做出选择。
【详解】晶体是指内部微粒在空间按一定规律做周期性重复排列构成的固体物质。具有自范性、各向异性、对称性、最小内能、稳定性、有固定的熔点以及能使X射线产生衍射等基本性质。
非晶体是内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态的物质，常见的如橡胶、玻璃以及玻璃态物质等。
可根据晶体的基本性质进行区分，综上所述，食盐、水晶、胆矾属于晶体，D项正确； 答案选D。
【点睛】晶体与非晶体的区分方法： （1）间接方法：看是否有固定的熔点； （2）科学方法：对固体进行X-射线衍射实验
③1s22s22p5。2.现有三种元素的基态原子电子排布式如下①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；则下列有关比较中错误的是 A. 第一电离能：③>②>① C. 电负性③>①>② 【答案】D 【解析】
【详解】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，
B. 原子半径：②>①>③ D. 最高正化合价③>②>①
B. ②③⑥
C. ①③④
D. ③④⑥
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③1s22s22p5为F元素。
A.同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正确；
B.同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，B正确；
C.同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性③＞①＞②，C正确； D.S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：①＞②，但F没有正化合价，D错误； 故合理选项是D。
3.在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是 A. 将SO2通入水中 C. 将HCl通入水中 【答案】D 【解析】
【详解】A、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，只有共价键被破坏和形成，A错误； B、烧碱溶于水后电离出钠离子和氢氧根离子，只有离子键被破坏，B错误； C、氯化氢溶于水后电离出氢离子和氯离子，只有共价键被破坏，C错误；
D、硫酸氢钠溶于水后电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，D正确； 答案选D。
4.下列常见分子中σ键、π键判断正确的是( )
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A. CN与N2结构相似，CH2===CHCN分子中σ键与π键数目之比为1∶1
B. 烧碱溶于水 D. 硫酸氢钠溶于水
B. CO与N2结构相似，CO分子中σ键与π键数目之比为2∶1 C. C22-与O22+互为等电子体，1 mol O22+中含有π键数目为2NA
D. 已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键数目为6NA 【答案】C 【解析】
A．CH2=CHCN分子的结构可以表示为CH2=CHC≡N，【详解】其中含有6个σ键和3个π键，
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所以σ键与π键数目之比为2∶1，故A错误；
B．CO与N2结构相似，CO分子的结构可以表示为C≡O，其中σ键与π键数目之比为1∶2，故B错误；
C．C22-和O22+是等电子体，O22+的结构为[O≡O]2+，所以1molO22+中含有的π键数目为2NA，故C正确；
D．若该反应中有4 mol N-H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，故D错误； 故选C。
5.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法正确的是 ( ) A. 该物质中Fe化合价为+2 杂化方式为sp3
C. 该物质不存在的化学键有氢键 【答案】D 【解析】 【分析】
A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋；
B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，中心原子的杂化方式不可能是sp3；
C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键；
D、NO配位原子为N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键）； 【详解】A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋，故A错误；
B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，配位数多于4，故中心原子的杂化方式不可能是sp3，故B错误；
C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键，配合物中存在配位键，内界和外界存在离子键：内界CN－，NO存在极性键，内界中配位键也属于σ键，配位CN－中含有1根5+1=12mol，故C错误； σ键，NO含有1根σ键，1mol配合物中σ键数目为6+1×
D、NO配位原子为N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键），故D正确； 故选D。
【点睛】本题考查配合物基本知识概念，解题关键：明确配位，配位数，内界，外界的相关
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B. 配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]的中心原子
D. NO作为配体提供一对孤对电子
性质。难点是B选项，要明确sp3杂化轨道有4个，不可能通过sp杂货轨道形成该配合物。 6.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的立体构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是( ) A. SO2、CS2、HI都是直线形分子 C. CH2O、BF3、SO3都是平面三角形分子 【答案】C 【解析】 【分析】
将σ键电子对数和中心原子的孤电子对数相加便得到中心原子的价层电子对数，由价层电子对的相互排斥，得到含有孤电子对的VSEPR模型，然后略去孤电子对，便可得到分子的立体构型。
【详解】A．SO2中价层电子对个数为2+ B. BF3键角为120°，H2S键角大于120°D. PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形分子
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?6-2?2?=3，且含1个孤电子对，VSEPR模型为平
2面三角形，略去孤电子对，立体构型为V形，CS2中价层电子对数为2+构形为直线形，HI也为直线形，A项错误； B．BF3中价层电子对数为3+?4-2?2?=2，立体
2?3-3?1?=3，VSEPR模型为平面三角形，立体构型也为平面三
2角形，键角为120°，H2S中价层电子对数为2+?6-2?1?=4，含2个孤电子对。VSEPR模型
2为正四面体形，略去孤电子对，立体构型为V形，H2S键角小于120°，B项错误； C．CH2O、BF3、SO3分子中价层电子对数分别为3+?4-2?1-1?2?=3、3+?3-3?1?=3、
223+?6-3?2?=3，且均无孤电子对，所以CH2O、BF3、SO3均为平面三角形，C项正确；
2D．PCl3、NH3的价层电子对数均为3+?5-3?1?=4且含有一个孤电子对，VSEPR模型为正四
2面体形，略去孤电子对，立体构型为三角锥形，PCl5中价层电子对数为3+孤电子对，PCl5的立体构型为三角双锥形，D项错误；
?5-5?1?=3且不含
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