2022-2023学年陕西省西安市蓝田县两校联考高二（下）期末化学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年陕西省西安市蓝田县两校联考高二（下）期末化学试卷（含解析），共34页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年陕西省西安市蓝田县两校联考高二（下）期末化学试卷

一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）
1. 短周期元素M、W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如下所示，其中M、W、X的原子序数之和等于30。下列判断正确的是 (    )
M
W

X
Y
Z

A. M的氢化物与Z的氢化物反应所得产物的水溶液呈中性
B. 最高价氧化物的水化物的酸性H3XO4强于HMO3
C. X与Z形成的所有化合物分子中，各原子均满足8电子稳定结构
D. Y与Z的最高正化合价之和的数值等于13
2. 室温下，0.1mol⋅L−1 HF溶液与0.1mol⋅L−1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合前后溶液体积的变化)，则下列有关混合后的溶液中离子浓度的叙述正确的是(    )
A. 由水电离产生的c(H+)为1.0×10−7mol⋅L−1
B. c(F−)+c(HF)=c(Na+)
C. 升高温度，c(F−)增大
D. c(F−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
3. 铁和氧化铁的混合物共a mol，加一定量盐酸后固体全部溶解，得到的溶液中不含Fe3+，同时收集到b mol氢气，则原混合物中氧化铁的物质的量为(    )
A. 12(a−b)mol B. 12(a+b)mol C. (a−b)mol D. b mol
4. 下列说法正确的是(    )
A. 相同物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3⋅H2O；c(NH4+)由大到小的顺序是：①>②>③>④
B. 某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10−amol/L，若a>7时，则该溶液的pH一定为14
C. 物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c (Na+)+c(H+)=c (S2−)+c (HS−)+c (OH−)
D. AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡会向左移动，Ksp减少
5. 某种兴奋剂的结构如图所示，下列说法正确的是(    )
A. 该物质遇FeCl3溶液显紫色，属于苯酚的同系物
B. 1mol该物质分别与浓溴水和NaOH溶液反应时，最多消耗Br2和NaOH均为4mol
C. 滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键
D. 该分子中所有碳原子均可能位于同一平面

6. 把300ml有BaCl2和AlCl3的混合溶液分成3等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入等体积4bmol/L氢氧化钠溶液，恰好使产生的沉淀溶解.则该混合溶液中氯离子浓度为(    )
A. 20a+3b B. 20a/3+b C. 2a+3b D. 10a+2b
7. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(    )
A. 向含有Fe2O3悬浊液中通入HI：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
B. NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO42−完全沉淀：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
C. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D. 将1 mol/L NaAlO2溶液和1.5 mol/L HCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2−+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+
8. 将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g.另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为(    )
A. 22.1 g B. 27.2 g C. 30 g D. 19.4 g
9. 下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的有 (    )
①碳酸钠溶液与盐酸
②偏铝酸钠溶液与盐酸
③硫酸铝溶液与氨水
④碳酸氢钙溶液与澄清石灰水
⑤碘化亚铁溶液与氯水
⑥铁与稀硝酸
A. 1个 B. 2个 C. 4个 D. 5个
10. 下列解释事实的方程式不正确的是(    )
A. 金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗：4Na+O2=2Na2O
B. 铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
D. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体：NH4++OH−=NH3↑+H2O
11. 下列与有关非金属元素叙述以及推理结果不正确的是(    )
①非金属性F>Cl，故将F2通入NaCl溶液中，发生反应为：F2+2Cl−=Cl2+2F−
②非金属性F>Br，故酸性：HF>HBr
③非金属性S>33As，故前者的气态氢化物稳定性更强
④非金属性O>N，故O2与H2化合比N2更容易．
A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③
12. 元素周期表短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，下列说法正确的是(    )
A. XY3一定是离子化合物
B. XY3中的各原子最外层一定都满足8电子稳定结构
C. X和Y一定不属于同一主族
D. 若Y的原子序数为m，X的原子序数可能是m±4
13. 以下事实不能用元素周期律解释的是(    )
A. F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
B. “NO2球”在冷水中颜色变浅，在热水中颜色加深
C. 氯原子与钠原子形成离子键，与硅原子形成共价键
D. H2O在4000℃以上开始明显分解，H2S用酒精灯加热即可完全分解
14. 下列各组中的实验步骤及现象，能达到相应实验目的是 (    )

实验目的
实验步骤及现象
A
检验亚硫酸钠试样是否变质
试样→溶解→硝酸钡溶液白色沉淀→稀硝酸沉淀不溶解
B
制取氯气并探究氯气是否具有漂白性
MnO2和浓盐酸→加热气体→通过干燥的纸条褪色
C
证明酸性条件下H2O2氧化性比I2强
碘化钠溶液(30%H2O2)→稀硝酸淀粉溶液溶液变蓝色
D
探究浓度对化学平衡的影响
FeCl3和KSCN混合溶液(加FeCl3固体)红色变深

A. A B. B C. C D. D
15. 某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molA和1.0molB，发生反应A(g)+B(g)⇌C(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分，数据见下表：下列说法正确的是 (    )
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80

A. 反应在前5s的平均速率v(A)=0.17mol/(L⋅s)
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol/L，则反应的ΔH>0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的转化率大于80%
D. 相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，反应达到平衡前v(正)P，故酸性：HNO3>H3PO4，故B错误；
C.X与Z形成的所有化合物分子中PCl3中各原子均满足8电子稳定结构，PCl5中P原子最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故C错误；
D.Y元素最高正化合价为6，Z的最高正化合价为7，二者最高正化合价之和的数值等于13，故D正确；
故选：D。
由短周期元素M、W、X、Y、Z在元素周期表中的位置，可知M、W处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，令M原子序数为a，则W、X原子序数分别为a+1、a+8，三种元素原子序数之和为30，则a+a+1+a+8=30，解得，a=7，故M为N元素、W为O元素、X为P元素、Y为S元素、Z为Cl元素，据此分析。
本题主要考查元素的推断，掌握元素周期表和元素周期律的知识是解题的关键，题目难度一般。

2.【答案】B 
【解析】解：A、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF，溶液中F−水解溶液呈碱性，由水电离产生的c(H+)小于1.0×10−7mol⋅L−1，故A错误；
B、依据溶质物料守恒分析计算，室温下，0.1mol⋅L−1 HF溶液与0.1mol⋅L−1 NaOH溶液等体积混合生成NaF，溶液中存在物料守恒c(F−)+c(HF)=c(Na+)，故B正确；
C、氟离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，c(F−)减小，故C错误；
D、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF溶液，氟离子水解呈碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(F−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故选B．
A、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF溶液呈碱性；
B、依据溶质物料守恒分析计算；
C、氟离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行；
D、HF是弱酸，和氢氧化钠恰好反应生成NaF溶液，氟离子水解呈碱性．
本题考查了酸碱反应后产物判断和溶液酸碱性分析，溶液中电荷守恒，离子浓度大小比较是解题关键，题目难度中等．

3.【答案】A 
【解析】解：根据电子转移守恒，铁的物质的量与盐酸反应生成H2的物质的量相等，即：n(Fe)=n(H2)=bmol；
其余的铁与Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，发生反应为：Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，
则参加该反应的氧化铁的物质的量为：12×(a−b)mol=12(a−b)mol，
故选：A。
铁和氧化铁的混合物中加入盐酸全部溶解，得到的溶液中不含Fe3+，根据生成氢气的物质的量计算与酸反应的铁的物质的量，其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，据此进行计算．
本题考查混合物有关计算，题目难度中等，明确反应原理为解题关键，注意利用总反应方程式解答，试题有利于考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．

4.【答案】A 
【解析】解：A.①NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，②NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根离子水解，③CH3COONH4溶液中醋酸根水解显碱性，促进铵根离子的水解，④NH3⋅H2O溶液中存在电离平衡电离程度较小，铵根离子浓度最小，所以铵根离子浓度大小顺序是：①>②>③>④，故A正确；
B.某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10−amol/L，若a>7时，说明水的电离被抑制，酸或碱都能抑制水的电离，所以溶液的pH可以是a，也可以是14−a，故B错误；
C.物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)，故C错误；
D.Ksp只和温度有关，和其它因素无关，故在氯化银的悬浊液中加入氯化钠后，Ksp不变，故D错误，
故选：A。
A.①NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，②NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根离子水解，③CH3COONH4溶液中醋酸根水解显碱性，促进铵根离子的水解，④NH3⋅H2O溶液中存在电离平衡电离程度较小；
B.若a>7时，说明水的电离被抑制，酸或碱都能抑制水的电离，该溶液可能为酸性溶液，有可能为碱性溶液；
C.溶液中一定满足电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒判断；
D.Ksp只和温度有关，和其它因素无关。
本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、盐类的水解原理及其应用、难溶电解质的溶解平衡等知识，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合运用的考查，题目难度中等。

5.【答案】D 
【解析】解：A.含酚−OH，则该物质遇FeCl3溶液显紫色，但含2个苯环，则不属于苯酚的同系物，故A错误；
B.酚−OH的邻对位与溴水发生取代，C=C与溴水发生加成，酚−OH、−Cl与NaOH反应，则1mol该物质分别与浓溴水和NaOH溶液反应时，最多消耗Br2为4mol、NaOH5mol，故B错误；
C.酚−OH、C=C均能被氧化，则滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去不能证明该物质结构中存在碳碳双键，故C错误；
D.苯环、C=C均为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能位于同一平面，故D正确；
故选：D。
该物质含苯环、酚−OH、−Cl、C=C，结合苯、苯酚、烯烃、卤代烃的性质来解答．
本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，熟悉常见有机物的性质即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．

6.【答案】A 
【解析】解：混合溶液分成两3等份，每份溶液浓度相同，每份溶液体积为100mL，
一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份溶液中n(Ba2+)=(Na2SO4)=amol，
另一份加入NaOH的溶液，恰好使产生的沉淀溶解，发生反应Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，则该份溶液中n(Al3+)=14n(OH−)=14×0.1L×4bmol/L=0.1b mol，
根据电荷守可知每份溶液中2n(Ba2+)+3n(Al3+)=n(Cl−)，故每份溶液中n(Cl−)=2amol+0.3bmol，故每份溶液中氯离子浓度=2amol+0.3bmol0.1L=(20a+3b)mol/L，即原混合溶液中氯离子浓度为(20a+3b)mol/L，
故选：A。
混合溶液分成两3等份，每份溶液浓度相同．一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份溶液中n(Ba2+)=(Na2SO4)；另一份加入NaOH的溶液，恰好使产生的沉淀溶解，发生反应Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，则该份溶液中n(Al3+)=14n(OH−)，再利用电荷守恒可知每份溶液中2n(Ba2+)+3n(Al3+)=n(Cl−)，据此计算每份中n(Cl−)，根据c=nV计算氯离子浓度．
本题考查混合物有关计算、离子反应的有关计算，难度中等，根据电荷守恒计算氯离子的物质的量是关键．

7.【答案】D 
【解析】解：A.二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘和水，离子方程式为Fe2O3+2I−+6H+=I2+2Fe2++3H2O，故A错误；
B.二者以1：1反应生成硫酸钡、NaOH和水，离子方程式为H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O，故B错误；
C.弱电解质醋酸写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故C错误；
D.二者以2：3反应生成氢氧化铝和氯化铝，且氢氧化铝和氯化铝的物质的量之比为5：1，离子方程式为6AlO2−+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+，故D正确；
故选D．
A.二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘和水；
B.二者以1：1反应生成硫酸钡、NaOH和水；
C.弱电解质醋酸写化学式；
D.二者以2：3反应生成氢氧化铝和氯化铝，且氢氧化铝和氯化铝的物质的量之比为5：1．
本题考查离子方程式正误判断，明确物质的性质、离子反应概念、离子反应书写规则即可解答，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质、络合物都写化学式，注意B中反应物的量不同导致其产物不同，难点是D中生成物的判断，题目难度中等．

8.【答案】D 
【解析】解：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72L NO，即氮原子得电子的物质的量是：6.72L22.4L/mol×(5−2)=0.9mol，根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n(OH−)=0.9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2.7g，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g−7.8g=19.4g，
故选D．
根据电子守恒计算出金属失去电子的物质的量，根据反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量来计算生成沉淀的质量，但是不包括氢氧化铝．
本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

9.【答案】B 
【解析】解：①碳酸钠少量时发生的反应为CO32−+2H+=CO2↑+H2O；碳酸钠过量的反应离子方程式为CO32−+H+=HCO3−，所以量不同反应不同，故①错误；
②偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为：AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓产生白色沉淀，后者过量发生AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，量不同生成产物不同，故②错误；
③硫酸铝溶液与氨水的反应只有：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，与量无关，故③正确；
④碳酸氢钙溶液与澄清石灰水的反应Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O，与量无关，故④正确；
⑤Fe2+Br，氢化物的稳定性：HF>HBr，不能判断氢化物的酸性，故错误；
③非金属性S>33As，非金属性越强氢化物越稳定，故前者的气态氢化物稳定性更强，故正确；
④非金属性O>N，非金属性越强，与氢气反应的越容易，故O2与H2化合比N2更容易，故正确；
所以不正确的有①②；
故选：A。
根据非金属性的强弱关系，可以判断物质以下性质的强弱：①氢化物的稳定性，②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等．
本题考查非金属性与物质性质强弱的关系，题目难度中等，学习中注意掌握元素周期律的递变规律．

12.【答案】D 
【解析】解：A.XY3可能为共价键化合物，如氨气，故A错误；
B.XY3中的Y原子最外层不一定为8，如Y为H，故B错误；
C.若为SO3，X、Y位于同主族，故C错误；
D.若为AlF3、AlCl3，Y的原子序数为m，X的原子序数可能是m±4，故D正确；
故选：D。
元素周期表短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，化合物可能为NH3、NCl3、AlF3、AlCl3、SO3等，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、化合物中元素的化合价为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合常见的化合物判断，题目难度中等。

13.【答案】B 
【解析】解：A.元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应，非金属性F>I，F2在暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应，能用元素周期律解释，故A不选；
B.二氧化氮转化为为四氧化二氮是放热反应，升高温度，平衡左移，即二氧化氮浓度增大，与元素周期律无关，故B选；
C.Na、Si位于同周期，从左向右金属性减弱、非金属性增强，Na易失去电子，则氯与钠形成离子键，Si不易失去电子，氯与硅形成共价键，可用元素周期律解释，故C不选；
D.水的分解温度比硫化氢的高，说明非金属性O>S，能用元素周期律解释，故D不选。
故选：B。
A.元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应；
B.颜色变化与温度对平衡移动的影响有关；
C.金属性越强越容易失去电子，非金属性越强越容易获得电子；
D.元素的金属性越强，对应氢化物越稳定。
本题考查元素周期律，侧重于基础知识的考查，注意同主族、同周期元素化合物性质的相似性与递变性。

14.【答案】D 
【解析】解：A.白色沉淀可能为硫酸钡，也可能为亚硫酸钡，再加稀硫酸沉淀不溶解，则证明变质，加盐酸溶解后，再加氯化钡，故A错误；
B.干燥的氯气无漂白性，不能使干燥的试纸褪色，故B错误；
C.稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子，不能确定是过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应，故C错误；
D.铁离子浓度增大，化学平衡正向移动，络离子浓度增大，颜色加深，则说明浓度对于化学平衡的影响，故D正确；
故选：D。
A.白色沉淀可能为硫酸钡，也可能为亚硫酸钡，再加稀硫酸沉淀不溶解；
B.干燥的氯气无漂白性；
C.稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子；
D.铁离子浓度增大，化学平衡正向移动．
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握常见离子的检验、气体的制备、化学平衡移动及氧化还原反应为解答的关键，侧重物质性质及化学反应原理的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

15.【答案】D 
【解析】解：A的物质的量达到0.80mol反应达到平衡状态，则
                A(g)+B(g)⇌C(g)
起始量(mol)   1.0     1.0     0
变化量(mol)   0.20    0.20   0.20
平衡量(mol)    0.80    0.80    0.20
K=0.2020.802×0.802=0.625
A.反应在前5s的平均速率v(A)=1.0mol−0.85mol2L5s=0.015mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol⋅L−1，A物质的量为0.41mol/L×2L=0.82mol>0.80mol，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的△HK，反应逆向进行，反应达到平衡前v(正)