《化学根本概念和根本理论》测试题（本试卷总分值120分，考试时间90分钟）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5Cu64As75一、选择题（此题包括9小题，每题3分，共27分。每题只有一个选项符合题意）1．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反响的离子方程式为：3SnCl2＋12Cl－＋2H3AsO3＋6H＋＝2As＋3SnCl62－＋6M。关于该反响的说法中正确的组合是①氧化剂是H3AsO3；②复原性：Cl－＞As；③每生成7.5gAs，复原剂失去的电子为0.3 mol；④M为OH－；⑤SnCl62－是氧化产物。A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③2、以下关于化学根本原理和根本概念的几点认识中正确的选项是A．胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔现象B．一般认为沉淀离子浓度小于1.0×10-5mol/L时，那么认为已经沉淀完全C．NaCl既可表示氯化钠的组成，又能表示其分子式D．强电解质溶液的导电能力强于弱电解质溶液3、以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯洁的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是A．具有吸附性B．溶解度与CuS、PbS、CdS等相同C．溶解度大于CuS、PbS、CdSD．溶解度小于CuS、PbS、CdS14/14\n4、分类是化学学习和研究中常用的思维方法，以下关于反响类型关系正确的选项是氧化复原反响离子反响置换反响复分解反响氧化复原反响离子反响置换反响复分解反响AB氧化复原反响离子反响置换反响复分解反响氧化复原反响离子反响置换反响复分解反响CD5、从植物花中提取一种有机物，可用简化式HIn表示，在水溶液中因存在以下电离平衡，可用作酸碱指示剂：HIn（红色溶液）H＋（溶液）＋In－（黄色溶液）。在水溶液中参加以下物质，能使指示剂显黄色的是A．盐酸B．Na2CO3溶液C．NaCl溶液D．过氧化钠6、叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相似，以下表达中错误的选项是A．HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c(HN3)＞c(H＋)＞c(N3¯)＞c(OH¯)B．HN3与NH3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物C．NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na＋)＞c(N3¯)＞c(OH¯)＞c(H＋)D．N3¯与CO2含相等电子数7、可逆反响:2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中进展，到达平衡状态的标志是①单位时间内生成nmol的O2同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2时生成2nmolNO③混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦用NO2与NO、O2表示的反响速率的比为2：2：1的状态 A．①③④⑥ B．②③⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部8、将SO2通入CuSO4和NaCl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl：35.7%，Cu：64.3%，SO2在上述反响中作用是A．酸B．漂白剂C．复原剂D．氧化剂9、电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反响的终应。右图是KOH14/14\n溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。以下示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是二、选择题（此题包括9小题，每题4分，共36分。每题有一个或两个选项符合题意。假设正确答案只包括一个选项，多项选择时，该题为0分；假设正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的4分，但只要选错一个，该小题就为0分）10、设阿伏加德罗常数（NA）的数值为nA,以下说法正确的选项是A．标准状况下，33.6LH2O含有1.5NA个H2O分子B．1.5molNO2与足量H2O反响，转移的电子数为NAC．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAD．0.10molFe粉与足量水蒸气反响生成的H2分子数为0.10NA11、以以下图是KNO3和NaCl的溶解度曲线。以下说法中正确的选项是A．NaCl的溶解度不受温度的影响B．t10C时，100gKNO3饱和溶液中含有20gKNO3C．t20C时，KNO3的饱和溶液和NaCl的饱和溶液中溶质的质量分数不一定相等D．温度高于t20C时，KNO3的溶解度大于NaCl的溶解度14/14\nS/gt℃NaClKNO3t2t12012、已知反响：①101kPa时，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ/mol②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(1)△H＝－57.3kJ/mol以下结论正确的选项是A．碳的燃烧热大于110.5kJ/molB．①的反响热为221kJ/molC．含1mol硫酸的稀溶液与含1mo氢氧化钡稀溶液反响放出的热量叫中和热D．稀盐酸与稀NaOH溶液反响生成1mol水，放出57.3kJ热量13、以下A~D四组，每组有两个反响，其中两个反响可用同一个离子方程式表示的是（I）（II）A少量SO2通入Ba(OH)2溶液过量SO2通入少量Ba(OH)2溶液B少量浓氨水滴入Al2(SO4)3溶液少量Al2(SO4)3溶液滴入浓氨水C0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液0.3molCl2通入0.2molFeBr2溶液中D过量BaCl2溶液与少量Na2SO4溶液相混合少量Ba(NO3)2溶液与过量MgSO4溶液相混合14、常温下，0.1mol·L－1某一元酸（HA）溶液中＝1×10－8，以下正确的选项是A．该溶液中由水电离出的c(H+)＝1×10－11mol·L－1B．0.1mol/L的NaA溶液中的离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)C．该溶液中水的离子积常数为1×10－2214/14\nD．用0.1mol·L－1NaOH溶液V1L与0.1mol·L－1该一元酸（HA）V2L溶液混合，假设混合溶液的pH=7，那么V1＜V215、一种新型乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍。电池总反响为：C2H5OH+3O2＝2CO2+3H2O,电池示意图如图。下面对这种电池的说法正确的选项是A．b极为电池的负极B．电池工作时电子由a极沿导线经灯泡再到b极C．电池正极的电极反响为：4H+＋O2＋4e－＝2H2OD．设每个电子所带电量为q库仑，那么1mol乙醇被氧化产生6NAq库仑的电量16、在一定条件下，可逆反响：2X(气)2Y(气)+Z(气)+Q在t1时刻到达平衡，然后在t2时刻开场加热到一定温度后停顿加热并保温，到t3时刻又建立平衡，以以下图能表示这一变化的是 17、为确定某溶液的离子组成，进展如下实验：①测定溶液的pH，溶液显强碱性。②取少量溶液参加稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体。③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。④取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验以下推测正确的选项是 A．一定有SO32－离子 B．一定有CO32－离子 C．Cl－离子一定存在 D．不能确定HCO3－离子是否存在18、以下表达中不正确的选项是A．在0．1mol／LCH3COOH溶液中，c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)14/14\nB．常温下将10mL0.02mol／LNaOH溶液与10mL0.02mol／LH2SO4溶液充分混合，假设混合后溶液的体积为20mL，那么混合后溶液的pH=2C．在0.1mol／LNH4Cl溶液中，c(H＋)=c(NH3·H2O)+c(OH－)D．在0.1mol／LNa2CO3溶液中，2c(Na＋)=c(H2CO3)+c(CO32－)+c(HCO3－)三、（此题包括5小题，共57分）19．（9分）蛋白质是一类复杂的含氮化合物，每种蛋白质都有其恒定的含氮量[约在14％~18％（此题涉及的含量均为质量分数）]，故食品中蛋白质的含量测定常用凯氏定氮法。其测定原理是：CuSO4Ⅰ．蛋白质中的氮（用氨基表示）在强热和CuSO4、浓H2SO4作用下，生成一种无机含氮化合物，反响式为：2NH2—+H2SO4+2H+ Ⅱ．该无机化合物在凯氏定氮器中与碱作用，通过蒸馏释放出NH3，收集于H3BO3溶液中，生成(NH4)2B4O7。Ⅲ．用已知浓度的HCl标准溶液滴定，根据HCl消耗的量计算出氮的含量，然后乘以相应的换算系数，即得蛋白质的含量。（1）上述原理第Ⅰ步生成的无机含氮化合物化学式为 。（2）上述原理第Ⅱ步有关反响的离子方程式为： ，（3）乳制品的换算系数为6.38，即假设检测出氮的含量为1％，蛋白质的含量那么为6.38％。不法分子通过在低蛋白含量的奶粉中参加三聚氰胺来“提高”奶粉中的蛋白质含量，导致许多婴幼儿肾结石。14/14\n已知三聚氰胺的分子式是C3H6N6，即含氮量为66.7%。假定奶粉中蛋白质含量为16%即为合格，不法分子在一罐总质量为500g、蛋白质含量为0的假奶粉中掺入g的三聚氰胺就可使奶粉“达标”。20．（10分）依据氧化复原反响：2Ag＋(aq)＋Cu(s)=Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如以下图。盐桥XYACuSO4溶液电流计Ag请答复以下问题：（1）电极X的材料是________；电解质溶液Y是___________；（2）银电极为电池的________极，发生的电极反响为______________________________；X电极上发生的电极反响为____________________________；（3）当Ag＋的消耗速率为0.05mol/(L·min)时，Cu2＋的生成速率是。（4）铜与盐酸的反响可用于设计原电池吗?简述原因。 14/14\n21．（15分）氮化硅是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反响制得：□＋□C＋□N2□Si3N4＋□CO（1）补充并配平上述反响的化学方程式（填写化学式和化学计量数）。（2）该反响的平衡常数表达式为K=_______________________；升高温度时平衡常数减小，那么其反响热DH________零(填“大于”、“小于”或“等于”)；假设在一定温度下，当上述反响到达平衡时增加氮气的流量，平衡常数将(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）当制得14gSi3N4时，碳作为剂将（填“得到”或“失去”）mol电子，所得的CO为产物（填氧化或复原）；增加碳的用量时平衡(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。（4）氮化硅作为新型材料，具有耐高温、耐腐蚀、抗氧化、耐磨损等优异性能。但作为构造材料，它还存在抗机械冲击强度低、容易发生脆性断裂等缺点。为此工业上常以氮化硅作为基体，参加碳化硅作为添加剂来制造复合材料。以下属于复合材料的是。A．玻璃钢B．钢筋混凝土C．聚苯乙烯塑料D．搪瓷（5）有人曾设想用氧化镁作为制氮化硅时的烧结助剂，此时可能发生的副反响是：22．（10分）重晶石（BaSO4）难溶于水，要转化成BaCO3再制备其他钡盐。工业上一般采用高温煅烧复原法；实验室可以采用沉淀转化法。●高温煅烧复原法14/14\n（1）煅烧复原的热化学方程式为：有关的数据：Ba(s)+S(s)+2O2(g)=BaSO4(s)；△H=－1473.2kJ·mol－1C(s)+O2(g)=CO(g)；△H=－110.5kJ·mol－1Ba(s)+S(s)=BaS(s)；△H=－460kJ·mol－1（2）经检验BaS的水溶液呈碱性，原因是（用离子方程式表示）●沉淀转化法向BaSO4沉淀中参加饱和Na2CO3溶液时，会有如下转化：BaSO4(s)+CO32―(aq)BaCO3(s)+SO42―(aq)（平衡常数K=0.042）。BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀的做法是把BaSO4置于一定量的饱和Na2CO3溶液中浸泡，再充分搅拌，弃去上层清液；如此处理屡次，可使BaSO4全部转化为BaCO3。（3）向足量BaSO4沉淀中参加一定量cmol/LNa2CO3溶液，充分搅拌后溶液中SO42―的浓度是多少？（写出计算过程，结果用含c的代数式表示）（4）现有0.40molBaSO4，欲使之全部转化为BaCO3。假设每次用1.00L2.0mol·L－1饱和Na2CO3溶液处理，至少需要处理次。（5）从“绿色化学”角度分析，用饱和Na2CO3溶液沉淀转化法的优点是23．(13分)金属(M)的腐蚀是因为发生反响：M－ne－→Mn+。金属腐蚀造成很大的经济损失，甚至超过自然灾害，其中钢铁锈蚀最为严重，寻求防止钢铁腐蚀的方法意义重大。14/14\n一种钢铁防腐的方法是将钢铁放在冷的浓硝酸中浸泡。但是加热或在稀HNO3中，铁与硝酸会不断反响。不同浓度的HNO3与铁反响的复原产物很复杂，其分布曲线如图。（1）钢铁在冷的浓硝酸中浸泡能防腐的原因是：。（2）工业上一般不用冷浓硝酸进展铁外表处理，其可能的原因是：。（3）由图示可知，密度等于1.35g·mL－1的硝酸与铁反响时，其复原产物主要是；足量的铁与一定量的浓硝酸反响时，反响过程中可能的气体产物有；复原产物中NH4+的物质的量分数随而增大；请用一句话概括该图反映出的根本结论：。（4）mmol铁与极大量的密度为1.35g·mL－1的硝酸溶液完全反响放出nL气体（体积在标准状况下测定），此时溶液中Fe元素的存在方式是，n的值最接近（填字母编号）。A．22.4mB．33.6mC．44.8mD．67.2m14/14\n（5）除了上述处理的方法外，以下方法也能起到防腐作用的是（填字母编号）A．在铁中掺入铬、镍等金属，改变其内部构造，制成不锈钢B．在铁制品外表镀锌C．提高铁中含碳量，制成生铁D．将水库铁闸门与直流电源的负极相连14/14\n参考答案:题号123456789答案ABCCBBACD题号101112131415161718答案BCDADBDADBCBDBD19、（9分）（1）（NH4）2SO4（2分）△（2）NH4++OH-===NH3↑+H2O（2分）2NH3+4H3BO3=2NH4++B4O72—+5H2O（2分）（3）18．8g（3分）20、（10分）(1)铜(或Cu)；（2分）AgNO3溶液（2分）(2)正（1分），Ag＋＋e－=Ag（1分）；Cu－2e－=Cu2＋（1分）。(3)0.025mol/(L·min)（1分）(4)不可以（1分），因为该反响不能自发进展（1分）。21、（15分）(1)3SiO2（1分），6，2，1，6。（配平2分）（2）K=。（1分）小于（1分）不变（1分）（3）复原（1分）失去（1分）1.2（1分）氧化（1分）不移动（1分）(4)ABD（2分,漏答扣1分,多、错选给0分）高温高温（5）MgO+SiO2==MgSiO3（1分）C+MgO==Mg+CO↑（1分）22、（10分）（1）BaSO4（s）＋4C（s）=BaS（s）＋4CO（g）；△H=+571.2kJ•mol—1（2分）（2）S2—+H2OHS－+OH－（２分）（3）计算过程：设溶液中SO42—的浓度为xmol•L－1，BaSO4＋CO32—＝BaCO3＋SO42—平衡：(c—x)mol•L－1xmol•L－1c—xxK＝=0.042(２分)；x=0.04c(1分)；（4）5(2分)14/14\n（5）节能，环保（1分。合理答案就可得分）23、（13分）（1）铁在冷的浓硝酸中会“钝化”，在钢铁外表形成一层致密氧化物保护膜。（1分）（2）硝酸易挥发，且不稳定，见光易分解，故不易操作；生成物对环境污染严重（2分）（3）NO2、NO（1分）；NO2NON2N2O（1分），硝酸密度的减少（1分）硝酸的浓度越大，其复原产物中氮元素化合价越高。（2分）（4）Fe3+（1分）B（2分）（5）A．B．D．（2分）（对一个或两个给一分，全对2分，但只要出现C便不给分）备选的题：1．(2022年高考广东理基)以下说法正确的选项是()A.可用丁达尔现象区分溶液与胶体B.生石灰与水混合的过程只发生物理变化C.O3是由3个氧原子构成的化合物D.CuSO4·5H2O是一种混合物2．室温下，在强酸性和强碱性溶液中都不能大量共存的离子组是（ ）A.NH+4、Cu2+、Cl-、NO-3B.K+、Na+、SO2-3、S2-C.K+、Na+、AlO-2、SO2-4D.Ba2+、Fe2+、NO-3、Br-3．以下说法中，正确的选项是（ ） A．和原子的中子数相等B．纯水在20℃比在90℃时的pH值小 C．钢中碳的质量分数比生铁中的要大D．次氯酸是一种强氧化剂，是一种弱酸4.假设pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是14/14\nA.生成了一种强酸弱碱盐B.弱酸溶液和强碱溶液反响C.强酸溶液和弱碱溶液反响D.一元强酸溶液和一元强碱溶液反响5.将标准状况下的2.24LCO2通入150mL1mol/LNaOH溶液中，以下说法正确的选项是A.c（HCO3-）略大于c（CO32-）B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.c（Na+）等于c（CO32-）与c（HCO3-）之和D.c（HCO3-）略小于c（CO32-）6．在一定条件下发生以下变化，其中不属于盐类水解反响的是 A．HS—+H2OS2—+H3O+ B．HCO3—+H2OH2CO3+OH— C．NH4++H2ONH3·H2O+H+ D．AlO2—+2H2OAl(OH)3+OH—14/14
