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真人赌钱2020年山东教师招聘全真预测卷(化学答案

发布时间 2020-07-26 16:53

  1.【答案】A。解析:A.混合物根据分散质粒子直径大小分为浊液、胶体和溶液三种分散系,前者包含后者,A正确;B.根据物质在水溶液或熔融态下是否导电,可以将化合物分为电解质和非电解质两类,所以是后者包含前者,B错误;C.根据分散质粒子直径大小把分散系划分为:溶液(小于1nm)、胶体(1nm~100nm)、浊液(大于100nm),浊液和胶体不存在包含关系,C错误;D.单质和化合物都属于纯净物,不存在包含关系,D错误。故选A。

  2.【答案】B。解析:①分子总数为NA的SO2与CO2混合气体中含有的氧原子个数为2NA,故①正确;②乙烯和环丁烷的最简式相同都为CH2,28g乙烯和环丁烷的混合气体相当于2mol CH2,所以含有的碳原子数为2NA,故②正确;③NO2和N2O4的最简式相同,NO2,标准状况下,92克NO2和N2O4的混合气体相当于2molNO2,所以含有原子总数为6NA,故③错误;④条件应该改为标况下,故④错误。故选B。

  3.【答案】B。解析:反应中,Fe元素的化合价升高,N元素的化合价降低。A.由N原子守恒可知,28=9x+1,解得x=3,故A错误;B.N元素的化合价由+5价降低为+2价,则反应中每还原0.4mol氧化剂,就有0.4mol×(5-2)=1.2mol电子转移,故B正确;C.稀HNO3在反应中生成硝酸盐和NO,则表现酸性和氧化性,故C错误;D.四氧化三铁中的Fe有+2价和+3价,则部分被氧化,故D错误;故选B。

  4.【答案】C。解析:A.18gD2O的物质的量为18g/20g/mol=0.9mol,质子数为9NA,18gH2O的物质的量为1mol,质子数为10NA,故A错误;B.亚硫酸是弱电解质,不能完全电离,故1L0.5molL-1亚硫酸溶液中的H+离子数小于NA,故B错误;C.过氧化钠与水反应时,生成1mol氧气时转移电子数为2NA,生成0.2mol氧气转移0.4NA,故C正确;D.NO和O2反应是可逆反应,不能进行到底,故产物的分子数小于2NA,故D错误。故选C。

  5.【答案】A。解析:A.pH=1的溶液显酸性,该组离子之间不反应,可大量共存,故A正确;B.AlO2促进HCO3的电离,不能大量共存,故B错误;C.碱性溶液中存在大量的OH,与Al3+结合发生反应,不能大量共存,故C错误;D.Cu2+、S2之间结合生成沉淀,不能大量共存,故D错误。故选A。

  6.【答案】B。解析:四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,则X是钠;Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性,说明这种盐不水解,Z只能是第三周期的非金属元素,且Z的氢化物的水溶液属于强酸,则Z是氯;W、X的简单离子具有相同电子层结构,则W在第二周期且是非金属元素,可能是氮和氧;W与Y同族,Y在X与Z之间;A.X、W离子的电子层为2层,Z离子即氯离子电子层为3层,电子层多半径大,电子层结构相同时,序小半径反而大,则简单离子半径大小顺序是:XY,故C错误;D.Y与Z处于同周期,从左到右,非金属性逐渐增强,最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强,则ZY,故D错误;故选B。

  8.【答案】A。解析:电子层数越多,半径越大,核外电子数相同的,原子序数越大,半径越小。所以F-、Na+、Mg2+、Al3+都具有2个电子层,原子序数FNa+Mg2+Al3+,故选A。

  9.【答案】C。解析:A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数,故A不选;B.Na2CO3和NaHCO3均可与稀盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠,所以bg固体是氯化钠,利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数,故B不选;C.混合物与足量稀盐酸充分反应,也会生成水和二氧化碳,所以逸出的气体是二氧化碳,但会混有水蒸气和HCl,即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量,不能测定含量,故C选。D.Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应,反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3,因此最后得到的固体是BaCO3,所以可以计算出Na2CO3质量分数,故D不选。故选C。

  10.【答案】D。解析:A.热化学方程式是表示反应过程能量变化的反应方程式,燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物的能量变化,故水的状态应该是液态(l)才对,故A错误;B.2gH2(g)完全燃烧生成1mol液态水,应该比气态水多释放44kJ的能量,故B错误;C.常温下,反应C(s)+CO2(g)不能自发进行,不能判断出该反应△H0,可以知道△S0,故C错误;D.燃烧热的值只与始末状态有关,与反应过程无关,故D正确。故选D。

  11.【答案】B。解析:A.电解池中阴离子向阳极区移动,因此通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移;正极区氢氧根放电,产生氢离子,所以正极区溶液pH减小,故A错误;B.阳极区氢氧根放电,产生硫酸,阴极区氢离子放电,产生氢氧化钠,因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品,故B正确;C.负极区氢离子得到电子,使溶液中c(H+)增大,所以负极区溶液pH升高,故C错误;D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.25mol的O2生成,故D错误。故选B。

  12.【答案】D。解析:A.阳极上的铁失去电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水,离子方程式为:Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,故A正确;B.镍电极上氢离子放电生成氢气,电极反应式为:2H2O+2e-=H2+2OH-,氢气具有还原性,根据题意Na2FeO4只有在碱性条件下稳定,易被氢气还原。在电解过程中,需将阴极产生的气体及时排出,防止Na2FeO4与H2反应速率降低,故B正确;C.铁是阳极,电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,Ni电极上氢离子放电,电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-,图1中的离子交换膜为阴离子交换膜,OH-自左向右移动,电解时阳极区pH降低,阴极区pH升高,故C正确;D.Na2FeO4只有在碱性条件下稳定,在M点,c(OH-)过高,铁电极上有氢氧化铁生成,使Na2FeO4的产率降低,故D错误;故选D。

  13.【答案】D。解析:A.根据图知,氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子,发生吸氧腐蚀,则Cu作负极被氧化,发生氧化反应,故A正确;B.Cu2(OH)3Cl可以与稀盐酸反应,故B正确;C.生锈的离子方程式为:2Cu+O2+2H2O+Cl-=Cu2(OH)3Cl+OH-,故C正确;D.若生成2.145g Cu2(OH)3Cl,正好0.01mol,由C中方程式,O2也是0.01mol,所以理论上耗氧体积为0.224L,故D错误。选D。

  14.【答案】C。解析:A.正反应为放热反应,只升高温度,平衡向吸热反应方向移动,即向逆反应方向移动,故A错误;B.恒温恒容条件下,通入稀有气体,反应混合物各组分的浓度不变,正、逆反应速率都不变,故B错误;C.平衡常数只受温度影响,使用催化剂,平衡常数不变,故C正确;D.0~5min内,N2的平均速率=

  15.【答案】A。解析:A.温度一定时,压强越大,C的含量越大,故增大压强平衡向正反应移动,正反应是气体体积减小的反应,即B一定是气体,故A正确;B.由上述分析可知B一定是气体,A可能是气体,可能为非气体,故B错误;C.温度一定时,压强越大,C的含量越大,故增大压强平衡向正反应移动,正反应是气体体积减小的反应,故B一定为气体,混合气体的总质量增大,总的物质的量减少,故平均相对分子质量增大,故C错误;D.若正反应方向△H0,升高温度,平衡向逆反应移动,C的含量降低,由图可知,温度T2到达平衡时C的含量较低,故温度T2T1,故D错误;故选A。

  17.【答案】B。解析:A.铁丝与浓硫酸反应生成SO2,因为酸性高锰酸钾具有强氧化性,装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了SO2的还原性,故A正确;B.浓硫酸具有强氧化性,可能把生成的Fe2+氧化成Fe3+,因此不能检验是否铁丝和浓硫酸反应生成的是Fe3+,故B错误;C.品红溶液褪色,体现SO2的漂白性,故C正确;D.导管a的作用是使内外压强相同,防止装置B中的溶液倒吸,故D正确。故选B。

  19.【答案】D。解析:①若甲为C,则乙丙分别为CO、CO2,碳和少量氧气反应生成一氧化碳,和过量氧气反应生成二氧化碳,一氧化碳燃烧生成二氧化碳,二氧化碳和碳反应生成一氧化碳,符合题意。②若甲为H2O2,则乙丙分别为H2O和O2,氧气与氢气反应生成水,水与过氧化钠反应(或水电解)可以得到氧气,符合题意。③甲为Na,则乙丙分别为NaCl和NaOH,钠和水反应生成氢氧化钠,钠在氯气中燃烧生成氯化钠,氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠,电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠,符合题意。④若甲为Fe,则乙丙分别为FeCl2和FeCl3,Fe与盐酸反应转化为FeCl2,与氯气反应生成FeCl3,氯化亚铁与氯气反应得到氯化铁,氯化铁与Fe反应得到氯化亚铁,符合题意。⑤若甲是HNO3,则乙丙分别为NO和NO2,NO与氧气反应得到二氧化氮,二氧化氮与水反应可以得到NO,符合题意。故选D。

  20.【答案】D。解析:A.根据莽草酸的结构式可确定其分子式为C7H10O5,则相对分子质量为173,故A正确;B.分子中含羟基和羧基两种含氧官能团,故B正确;C.分子中羟基、羧基可发生取代反应,碳碳双键可发生加成反应,羟基、碳碳双键可发生氧化反应,故C正确;D.在水溶液中羟基不能电离出氢离子,故D错误;故选D。

  21.【答案】C。解析:含有苯环的化合物属于芳香族化合物,故①正确;含有N原子的六元环上的C属于烷基碳,不可能所有原子共平面,故②错误;有机盐包括两类,一类是(非)金属正离子+有机负离子,一类为有机正离子+无机负离子,该物质中氮原子上有一对孤电子对与氢离子结合形成有机正离子,与氯离子形成有机盐,故③正确;有机反应里,还原反应是指加氢或去氧的反应,上述物质中苯环和羰基可以发生还原反应,故④正确。故选C。

  解析:由乙丙两个分子中各含有10个电子,可知乙丙可能为CH4、NH3、H2O、HF,又DC相邻且能反应生成丁物质,故D为氮、C为氧、B为氢、乙为H2O、丙为NH3,由C和丙生成丁知丁为NO,根据流程图可推出A为氯、甲为HCl、戊为HClO。

  。解析:芳香烃A的相对分子质量在100~110之间,1molA充分燃烧可生成72g水,72g水的物质的量=

  ,所以1个A分子中含有8个氢原子,A能和水发生加成反应,则A中含有碳碳双键,B中含有羟基,B被氧化后生成C,C不能发生银镜反应,则C中不含醛基,则C中含有羰基,结合A的相对分子质量知,A是苯乙烯,B的结构简式为:

  ,真人赌钱D能发生银镜反应说明D中含有醛基,可溶于饱和Na2CO3溶液说明D中含有羧基或酚羟基,核磁共振氢谱显示有4种氢,说明D含有四种类型的氢原子,结合D的分子式知,D是对羟基苯甲醛,D和氢氧化钠溶液反应生成E,E的结构简式为:

  (2)通过以上分析知,E的分子式为:C7H5O2Na,E发生取代反应生成F,故答案为:取代反应;

  ; (4)D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应,又能发生水解反应,说明H中含有苯环、醛基和酯基,所以H是甲酸苯酯,H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为:

  ; (5)F的同分异构体中,既能发生银镜反应,又能与FeCl3溶液发生显色反应,说明该有机物中含有醛基和酚羟基,当该有机物中含有一个酚羟基、一个醛基和一个甲基时有10种同分异构体,当该有机物含有乙醛基和酚羟基时,有3种同分异构体,所以共有13种符合条件的同分异构体,如果其中核磁共振氢谱为5组峰,且峰面积比为2:2:2:1:1时,该有机物的结构简式为

  (3)若A、B、C均为钠盐的水溶液,D、E均为卤素单质,由转化关系可知氧化性EDA的阴离子,A为NaI等,D为Br2,B为NaBr,E为Cl2,C为NaCl,符合转化关系,氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质,反应离子方程式为:2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,故答案为:2Br-+Cl2=Br2+2Cl-;

  (4)若A常温下为固态单质,化合物B在常温常压下为气体,A和D反应生成B,B和D反应生成C,则B和C中相同的元素化合价不同,所以A中元素为变价元素,且B和C的相对分子质量之比为4:5,则A是S,C是氧气,B是二氧化硫,C是三氧化硫,故答案为:SO2;

  解析:(1)根据装置的空气中含有N2,需将装置中的N2排净来排除干扰,因此需要通入一段时间的纯氧气;实验来时前应先点燃D处的酒精灯;

  (2)装置D是铜网和氧气在加热条件下反应除去未反应完的氧气,保证最终收集到的气体是反应生成的N2;

  (3)升高温度,正逆反应速率均加快,排除C点,正反应吸热,升高温度,平衡向吸热方向进行,因此平衡正向移动,再次平衡时HI的物质的量分数减小,H2的物质的量分数增大,因此排除B点,故选A;同理找到E。

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