2025-2026学年山东泰安市新泰一中北校高二下学期第一次大单元考试化学试题 含答案

/新泰一中北校高二下学期第一次大单元测试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Cl-35.5N-14Ag-108Cu-64B-11一、单选题：本题共10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题目要求。1.关于下列诗词中蕴含的化学知识，说法错误的是A.“谁见柴窑色，天青雨过时”所述瓷器青色来自氧化铁B.“败叶填溪水已冰，夕阳犹照短长亭”所述过程中存在氢键数目的增加C.“东风夜放花千树，更吹落，星如雨”所述现象可以用原子发射光谱解释D.“海浸丛生深不露，一朝惊世艳姿殊”所述珊瑚的形成与沉淀溶解平衡有关【答案】A【解析】【详解】A．氧化铁为红棕色固体，瓷器青色不可能是氧化铁导致的，A错误；B．等质量时，液态水中的氢键数目比固体冰中的氢键数目少，水结冰的过程中氢键数目增加，B正确；C．该诗描述放烟花的过程，涉及焰色反应，所见光谱属于发射光谱，C正确；D．该诗描述的是珊瑚的形成过程，珊瑚的形成与海水中的钙离子和碳酸根离子的浓度有关，当海水中的钙离子和碳酸根离子浓度适宜时，珊瑚虫能够正常生长并分泌钙质骨骼，从而形成珊瑚，这个过程涉及到化学中的沉淀溶解平衡原理，D正确；故选A。2.下列物质的化学用语表示正确的是A.甲醛的电子式：B.的价层电子对互斥(VSEPR)模型：C.HF分子间的氢键：D.基态As原子价电子排布式：3d104s24p3【答案】B【解析】【详解】A．甲醛为共价化合物，分子中存在2个碳氢共用电子对，碳原子和氧原子形成2对共用电子对，甲醛分子的电子式为：，A错误；B．中心原子价层电子对数为3+=3且不含孤电子对，的价层电子对互斥(VSEPR)模型为，B正确；C．图中“···”代表分子间氢键，C错误；D．基态As原子价电子排布式：4s24p3，D错误；答案选B。3.下列分子的立体构型可用sp2杂化轨道来解释的是①CO②CH2=CH2③苯④CH≡CH⑤NH3⑥CH4A.①②③ B.①⑤⑥ C.②③④ D.③⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①②③中的中心原子采取sp2杂化，④中的中心原子采取sp杂化，⑤⑥中的中心原子采取sp3杂化。4.下列现象与氢键有关的是①HF的沸点比HCl高②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶③冰的密度比液态水的密度小④邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低⑤水分子高温下很稳定⑥液溴在溶剂中的溶解性：A.①③④⑤ B.①②③④ C.①②③⑥ D.③④⑥【答案】B【解析】【详解】①HF分子间存在氢键，HCl分子间只有范德华力，氢键使沸点升高，因此HF沸点高于HCl，与氢键有关，正确；②小分子醇的羟基、羧酸的羧基均可与水分子形成氢键，因此能与水以任意比互溶，与氢键有关，正确；③冰中水分子通过氢键形成有序的空间网状结构，空隙更大，体积更大，因此密度小于液态水，与氢键有关，正确；④邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增强，沸点更高，因此邻羟基苯甲醛沸点更低，与氢键有关，正确；⑤水分子高温稳定是因为水分子内共价键键能大，和氢键无关，错误；⑥该溶解性差异是相似相溶原理导致（溴为非极性分子，更易溶于非极性的四氯化碳），和氢键无关，错误符合题意的为①②③④，故答案选B。5.硅及其化合物广泛应用于光电材料领域，其中与N-甲基咪唑()反应可以得到，其结构如图所示。下列叙述错误的是A.1个中含有42个键B.反应过程中，Si的杂化类型发生改变C.H、C、N的电负性由大到小的顺序为D.N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为【答案】A【解析】【详解】A．共价单键为键、共价双键中含有1个键、1个键，配位键为键，则中含有12个键，所以1个中含有12×4+6=54个键，则1mol该物质中含有54mol键，A错误；B．中Si杂化，中Si配位数为6，有6个键，杂化类型为，故杂化类型发生改变，B正确；C．根据同一周期从左往右元素电负性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故H、C、N的电负性由大到小的顺序为N>C>H，C正确；D．由题干信息可知，N-甲基咪唑分子中存在甲基和碳碳双键，故碳原子的杂化轨道类型为，D正确；故选A。6.一种物质的结构如图所示，下列说法正确的是A.如图物质中N原子的杂化类型为：B.如图物质中键和键个数比为7：1C.与互为等电子体，中含有的键数目为D.该物质中含有手性碳原子，为手性分子【答案】C【解析】【详解】A．分子中N为sp3杂化，A错误；B．如图物质中σ键有18条，和π键有2条，个数比为9：1，B错误；C．O与N2互为等电子体，因此它们的结构相似，即O中氧氧之间为三键，1mol该离子中含有π键数目为2NA，C正确；D．分子中无手性碳原子，D错误；故选C。7.(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。下列说法错误的是A.存在配位键 B.B原子采用杂化C.熔点： D.与互为等电子体【答案】C【解析】【详解】A．NH3BH3中N提供孤对电子，B提供空轨道形成配位键，A正确；B．B原子与N及三个H形成四个共价键，需sp3杂化，B正确；C．NH3BH3因极性分子间作用力（如氢键）更强，熔点应高于非极性的CH3CH3，C错误；D．NH3BH3和CH3CH3原子数均为8，价电子数均为14，互为等电子体，D正确；故选C。8.通过对催化剂进行碳复合改性，可在常温下将HCHO完全催化氧化为和。下列有关说法正确的是A.Co的基态原子的价层电子排布图：B.的结构示意图：C.二氧化碳价电子对互斥模型：D.H和O成键时轨道相互靠拢的示意图：【答案】B【解析】【详解】A．Co为27号元素，基态原子的价层电子排布为，基态原子的价层电子排布图为，题中未标出4s轨道电子，A错误；B．的核电荷数为8，结构示意图为，B正确；C．的中心C原子的价层电子对数为，价层电子对互斥模型为直线形，C错误；D．H和O成键时，H的轨道（球形）需要沿O的p轨道对称轴头碰头重叠形成键；题图中O的p轨道为垂直于键轴，不能正确形成键，示意图错误，D错误；故选B。9.已知：粉红色、蓝色、无色，将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下图所示。下列结论和解释正确的是A.和的Co2+配位数之比为2∶3B.由实验①可知平衡逆向移动C.由实验②可推知D.由实验③可知配离子的稳定性：【答案】B【解析】【详解】A．的Co2+配位数为6，的Co2+配位数为4，配位数之比为3∶2，A错误；B．由实验①由蓝色变为粉红色，说明加水稀释，平衡逆向移动，B正确；C．由实验②可知降温，平衡逆向移动，逆向为放热反应，，C错误；D．实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D错误；故选B。10.胆矾(CuSO4·5H2O)的结构示意图如下所示。下列说法不正确的是A.基态Cu2+的价层电子轨道表示式是B.H2O中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4C.SO中的O-S-O的键角小于H2O中的H-O-H的键角D.胆矾中的H2O与Cu2+、H2O与SO的作用力分别为配位键和氢键【答案】C【解析】【详解】A．Cu原子核外有29个电子，基态铜原子价电子排布式为3d104s1，失去2个电子形成，基态的价层电子轨道表示式是，故A项正确；B．中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4，故B项正确；C．中S原子有4个价电子对，无孤电子对，空间构型为正四面体，中O原子有4个价电子对，有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥作用较大，所以的键角大于中的的键角，故C项错误；D．根据图示，胆矾中的与的作用力为配位键，与的作用力为氢键，故D项正确；故本题选C。二、多选题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.有多种结构变体，气态时主要以单分子存在，固态时分子有三种变体，其中和分子结构如图所示，下列说法错误的是A.气态分子的空间结构为平面三角形B.中对应的键长比对应的键长短C.和中硫原子均采取杂化D.形成的固体中作用力只有共价键【答案】D【解析】【详解】A．分子中含有3个键，没有孤电子对，价层电子对为，空间结构为平面三角形，A正确；B．中对应的为不共享的，为共享的，不共享的比共享的强度更大，键长较短，B正确；C．和中硫原子均含有4个键，杂化方式均为，C正确；D．形成稳定的固体，其作用力除了共价键，还存在范德华力和疏水性作用，这些作用分别介导着三氧化硫粒子的结晶、溶解和迁移，在某种程度上可以帮助维持三氧化硫粒子的稳定体系，D错误。故选D。12.蔬菜和水果中富含维生素C，维生素C具有还原性，在酸性溶液中可以被等氧化剂氧化为脱氢维生素C(已知：阿伏加德罗常数的值为)。下列有关说法错误的是A.脱氢维生素C中，键角①>键角②B.维生素C分子中含有2个手性碳原子C.维生素C与脱氢维生素C所含σ键数目相同D.维生素C与发生氧化还原反应时，1mol维生素C被氧化转移的电子数为【答案】AC【解析】【详解】A．脱氢维生素C中，键角①中心原子O是sp3杂化，键角接近109°28′，键角②中心原子C是sp2杂化，键角接近120°，故键角①<键角②，A符合题意；B．手性碳原子连接4个各不相同的原子或原子团，如图所示，维生素C分子中含有2个手性碳原子，B不符合题意；C．根据图中结构简式，1mol维生素C含有σ键数目为：，1mol脱氢维生素C含有σ键数目为：，C符合题意；D．根据图示，维生素C的分子式为：，脱氢维生素C的分子式为：，维生素C转化为脱氢维生素C减少2个H，可知维生素C被氧化转移的电子数为，D不符合题意；故选AC。13.氟硼酸铵()易溶于水，溶液呈酸性，可用作铝、铜和铝合金焊接助熔剂。与HF反应后再用中和得到。下列叙述正确的是A.HF、都是由极性键构成的极性分子B.1mol中含有配位键的数目为C.与的VSEPR模型相同D.推测可与HF反应生成【答案】AD【解析】【详解】A．NH3为三角锥形结构，正负电荷重心不重合，NH3是由极性键构成的极性分子，HF是由极性键构成的极性分子，A正确；B．NH4BF4中，中含有氮氢配位键，中含有硼氟配位键，则1molNH4BF4含有配位键的数目为2NA，B错误；C．BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数═(3-3×1)=0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，NH3分子的中心原子N原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=(5-3×1)=1，所以NH3的VSEPR模型是四面体型，C错误；D．一分子的H2N-NH2与二分子的HF发生化合反应，推测可与HF反应生成，D正确；答案选AD。14.一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则下列说法正确的是A.沸点： B.最高价氧化物的水化物的酸性：C.该物质在水中溶解度不大 D.和中均有【答案】AD【解析】【分析】已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，图中Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，则Z为N元素，Y为P元素；W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素；R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素；X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素；综上，R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。【详解】A．由于NH3可形成分子间氢键，而PH3不能，因此沸点：NH3＞YH3，故A正确；B．W为C元素、Z为N元素，由于非金属性：C＜N，因此最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜HNO3，故B错误；C．该物质结构中含-OH(羟基)和-NH2(氨基)，能与水分子间形成氢键，在水中溶解度较大，故C错误；D．即，中心原子N的价层电子对数为，N采取sp2杂化，N的价电子为5，sp2杂化用掉3个电子形成键，未参与杂化的p轨道还余2个电子，每个O的价电子数为6，与N形成键后，3个O各提供一个电子参与形成大键，带一个负电荷，即形成大键的电子总数为2+31+1=6，该大键由1个N和3个O共4个原子参与形成，为四中心六电子的大键；即，中心原子C的价层电子对数为，C采取sp2杂化，每个C的价电子数为4，sp2杂化用掉3个电子形成键，未参与杂化的p轨道还余1个电子，每个O的价电子数为6，与C形成键后，3个O各提供一个电子参与形成大键，带两个负电荷，即形成大键的电子总数为1+31+2=6，该大键由1个C和3个O共4个原子参与形成，为四中心六电子的大键，故D正确；故选AD。15.CO2与H2在金属催化剂M的作用下可发生多种反应，机理如图。下列说法错误的是A.X的分子构型为直线形B.产物HCOOH、HCHO、CO均为极性分子C.反应过程中涉及极性键的断裂与生成D.当生成等物质的量的含碳产物时，参与反应的为3:2【答案】D【解析】【详解】A．根据原子守恒，脱去1分子得到，为，中心原子C的价层电子对数为2，分子构型为直线形，A正确；B．极性分子是正负电荷中心不重合的分子：（甲酸）结构不对称，（甲醛）结构不对称，是不同原子构成的双原子分子，三者均为极性分子，B正确；C．反应过程中，中极性键断裂，产物中生成、等极性键，因此涉及极性键的断裂与生成，C正确；D．三种含碳产物、、，假设各生成（等物质的量）：生成：，消耗、；生成：，消耗、；生成：，消耗、，总，，，D错误；故选D。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.一、有以下物质：①HF、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨HCN。（1）只含有键的是_______(填序号，下同)：既含有键又含有键的是_______。（2）含有由两个原子的s轨道重叠形成键的是_______。二、钴的一种配位聚合物的化学式为。（3）基态核外电子排布式为_______；的空间结构为_______。（4）bte的分子式为，其结构简式如图所示。①中，与形成配位键的原子是_______和_______(填元素符号)②C、H、N的电负性从大到小顺序为_______。③bte分子中碳原子轨道杂化类型为_______和_______。④1molbte分分子中含键的数目为_______mol。【答案】（1）①.①②③⑥⑦⑧②.④⑤⑨（2）⑦（3）①.（或）②.平面正三角形（4）①.N②.O

③.④.⑤.⑥.21【解析】【小问1详解】只存在单键的物质：​，因此只含键。存在双键/三键的物质：（含三键）、、（含三键），因此既含键又含键。【小问2详解】只有​中的σ键是两个原子的轨道重叠形成的，因此选⑦。【小问3详解】是27号元素，失去轨道的2个电子，基态核外电子排布式为（或）。

​中中心N的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，因此空间结构为平面正三角形。【小问4详解】①配位键需要配位原子提供孤对电子，中心离子提供空轨道：bte中N原子有孤对电子，配体水的O原子有孤对电子，因此配位原子为N和O。②电负性规律：同周期主族元素从左到右电负性增大，H的电负性小于C，因此电负性从大到小的顺序为。③

bte中，双键连接的C原子价层电子对数为3，为杂化；饱和单键连接的烷基C原子价层电子对数为4，为杂化。④分子中含2个N—N、6个C—N、4个C=N、8个C—H、1个C—C键，单键全为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，因此含键。17.完成下列问题（1）(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为，则的结构式为_______。（2）BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是_______。（3）在周期表中，与Al化学性质最相似的邻族元素是_______(填元素名称)。基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上电子数为_______。在下列状态的铝元素中，电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是_______(填标号)A．B．C．D．（4）中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的的结构式为_______，其中Al的配位数为_______。【答案】（1）（2）对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致形成分子间氢键的能力削弱，所以对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚的熔点（3）①.铍②.7③.D>C>A>B（4）①.②.4【解析】【小问1详解】(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为sp2，说明存在氮氮双键，则的结构式为；【小问2详解】对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致形成分子间氢键的能力削弱，所以对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚的熔点；【小问3详解】根据对角线规则，在元素周期表中，与Al化学性质最相似的邻族元素是Be（铍）；基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级为2p、3p，2p能级上有6个电子，3p能级上有1个电子，所以Al原子p能级上电子数为7；A项，电离最外层一个电子所需能量，为基态铝原子的第一电离能；B项，电离最外层一个电子所需能量，为激发态铝原子的第一电离能；C项，电离最外层一个电子所需能量，为基态铝原子的第二电离能；D项，电离最外层一个电子所需能量，为基态铝原子的第三电离能；所以电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是D>C>A>B；【小问4详解】AlCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的结构式为，其中Al的配位数为4。18.元素周期表中前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。对于它们的基态原子而言，A的核外电子总数与其电子层数相同，B的价电子层中有3个未成对电子、C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同主族：E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题。（1）B、C、D中第一电离能由大到小的顺序是_______(填元素符号)，E在元素周期表中位于_______区，与E同族的第五周期元素原子序数为_______。（2）还经常作为配体形成配合物。①配离子中位于正八面体的中心，配合物(的空间结构有_______种。②含有的相互作用有_______(填标号)。a．离子键b．配位键c．金属键d．极性共价键e．非极性共价键0.1mol该配合物与足量溶液反应可以得到AgCl沉淀_______g。（3）A、B、C、D、E五种元素形成的一种型离子化合物中，阴离子呈四面体形结构，阳离子如图所示，呈狭长的八面体形结构。该化合物的化学式为_______，该化合物加热时首先失去的组分是_______，理由是_______。【答案】（1）①.②.ds③.47（2）①.2②.abd③.28.7（3）①.②.③.与之间的配位键比与之间的配位键弱【解析】【分析】元素周期表中前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。对于它们的基态原子而言，A的核外电子总数与其电子层数相同，则A为H；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则C为O；B的价电子层中有3个未成对电子，且原子序数小于氧元素，则B为N；D与C同主族，则D为S；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则E为Cu。综上，A、B、C、D、E分别为H、N、O、S、Cu。【小问1详解】同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子核外电子排布形成半满结构，能量较低，N原子第一电离能高于O，同主族从上到下第一电离能递减，则N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>S；Cu元素为29号元素，价电子为3d104s1，位于元素周期表的ds区，与Cu同族的第五周期元素原子序数为29+18=47；【小问2详解】为NH3，配合物中具有2种空间结构：；含有的相互作用有离子键[和Cl-]、配位键（Co-N、Co-Cl）、极性共价键（N-H），故答案为abd；含2molCl-，则0.1mol该配合物与足量溶液反应可以得到AgCl沉淀；【小问3详解】这五种元素形成的一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈四面体形结构，则阴离子为硫酸根离子，阳离子如图所示，呈狭长的八面体形结构，可观察阳离子中心为1个Cu2+，周围为4个NH3分子和2个H2O分子，该化合物的化学式为[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4；[Cu(NH3)4(H2O)2]2+中存在的化学键有配位键和共价键，加热时，由于H2O和Cu2+之间的配位键比与之间的配位键弱，因此加热时首先失去的组分是H2O。19.在1778年，法国马厚比无意中发现用硫酸钠、木炭和铁（后改用氧化铁）一起灼烧，再用水滗取可得到纯碱。这一发明使他建立起世界上第一座纯碱工厂。回答下列问题：（1）基态铁原子的价层电子排布式为_________，和中未成对电子数之比为_________。（2）基态原子核外有_________个自旋方向相反的电子对。基态钠原子核外电子占据能量最高的能级符号是_________。（3）在氧、硫、钠、碳、铁元素中，金属性最强的元素与非金属性最强的元素组成的化合物是_________（填化学式）。C、O、F三种元素中，电负性由大到小的顺序为_________。（4）某同学书写基态碳原子轨道表示式为，他违背了________。【答案】（1）①.②.4：5（2）①.2②.3s（3）①.或②.F＞O＞C（4）洪特规则【解析】【小问1详解】Fe是26号元素，基态电子排布为，过渡金属价层电子包含和，因此价层电子排布式为。核外电子排布为，未成对电子数为4；排布为，未成对电子数为5，二者未成对电子数之比为。【小问2详解】

核外共6个电子，电子排布为：、各有1对自旋相反的电子，的2个电子分占不同轨道、自旋相同，因此总共有2个自旋方向相反的电子对。Na原子电子排布为，能量最高的能级为。【小问3详解】题给元素中，金属性最强的是Na，非金属性最强的是O，二者可形成、；同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性顺序为。【小问4详解】洪特规则指出：基态原子中，同一能级不同轨道的电子优先单独占据不同轨道，且自旋方向相同。该写法中2p轨道的两个电子自旋方向相反，违背了洪特规则。20.某小组欲制备[Cu(NH3)4]SO4，过程如下。【资料】i．Cu2(OH)2SO4为难溶于水的固体。ii．[Cu(OH)4]2−、[