第39讲 · 2020年山东教师招聘考试摸底卷（化学学科）-答案

学员专用请勿外泄2020年山东教师招聘考试摸底卷（化学学科）

答案与解析

一、选择题1.【答案】C。解析：A.等物质的量的N2与O2中的所含分子数相等，但不一定是NA，故A错误；B.标准状况下，CCl4不是气体，无法计算5.6LCCl4含有的分子数，故B错误；C.22gCO2的物质的量为22g

含有的原子数为1.5NA，故C正确；无法计算1mol/L=0.5mol，D.为注明溶液的体积，44g/mol

＋

NaOH溶液中含有的Na的数目，故D错误；故选C。2.【答案】B。解析：A.CaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，三者都属于碳酸盐，正确；B中纯碱属于盐类，错误；C中蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态CO2，二者都属于化合物，正确；D.Ba(OH)2+Na2CO3

BaCO3↓+2NaOH，正确；故选B。3.【答案】D。解析：A.卤水点豆腐是胶体的聚沉，与胶体的性质有关，不选；B.明矾净水是胶体的吸附性的体现，与胶体的性质有关，不选；C.静电除尘是胶体的电泳，与胶体的性质有关，不选；D.盐酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，是溶液的性质，与胶体的性质无关，选；故选D。4.【答案】BC。解析：A.酚酞试液变红溶液中含有大量OH，与Fe3+反应不能共存，A不符合题－

意；B.可能为酸性，也可能为碱性，各离子均能共存，符合题意；C.溶液显酸性，能够大量共存，符合题意；D.NO3在酸性条件下有强氧化性，能够将Fe2+氧化成Fe3+，不符合题意；故选BC。－

－

5.【答案】B。解析：A.NaHCO3过量，则Ca(OH)2完全反应，参与反应的Ca2+和OH的系数比为1:2，A不符合题意；B.加入Ba(OH)2溶液至中性，则溶液中H+和OH按2:2比例反应，该离子方程式－

正确；C.CuO为氧化物，在离子方程式中应保留化学式，C不符合题意；D.HCO3－为弱酸的阴离子，在离子方程式中应保留HCO3形式，该离子方程式错误，D不符合题意；故选B。6.【答案】B。解析：A．过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂，涉及反应有：2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3

＋O2等，反应中氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不符合；B．热的纯碱溶液常用作物品表面油污洗涤剂，是利用碳酸钠水解呈碱性，油脂在进行碱性条件下发生的水解反应，不涉及氧化还原反应，故B符合；C．漂白粉常被用于疫区的环境消毒，是利用漂白粉的强氧化性，涉及氧化还原反应，故C不符合；D．铝热反应常被用于野外焊接钢轨，涉及反应为2Al＋Fe2O3＋Al2O3，实质是置换反应，属于氧化还原反应，故D不符合；故选B。7.【答案】D。解析：A.根据氮元素守恒，则9x+1=28，解得x=3，选项A错误；B.反应中生成硝酸盐Fe(NO3)3，磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分铁元素被氧化，选项B错误；C.反应中生成硝酸盐Fe(NO3)3和NO，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用，选项C错误；D.反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，所以生成0.4molNO转移电子为0.4mol×(5－2)=1.2mol，选项D正确；故选D。8.【答案】D。解析：本题考查微粒中电子数目的计算。中性微粒：核外电子数等于核内质子数；中公教育学员专用资料1报名专线：0543-32667882Fe－

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请勿外泄阳离子：电子数＝质子数－所带的电荷数；阴离子：电子数＝质子数＋所带的电荷数。CH3中的电子数为8，NH4中的电子数为10，二者不相等；故选D。＋

9.【答案】A。解析：特别注意：离子化合物中一定含有离子键，共价化合物中一定含有共价键；含有离子键的化合物一定是离子化合物，但含有共价键的化合物不一定为共价化合物，如NaOH、NH4Cl等，故A项正确，D项错误；化学键既可以存在于化合物中，也可以存在于双原子或多原子的单质分子中，如O2、O3，故B项错误；C项中，含有极性键的分子不一定是极性分子，若分子结构对称，则为非极性分子，如CO2、CH4等为非极性分子；故选A。10.【答案】D。解析：A.同一主族金属元素从上到下金属性增强，其对应单质的熔沸点降低，如碱金属族元素，同一主族非金属元素其单质的非金属性减弱，对应单质的熔沸点增大，如卤族元素，故A错误；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的水溶液酸性不一定越强，如：F元素非金属性最强，但HF水溶液为弱酸溶液，故B错误；C.元素的非金属性越强，其对应的简单阴离子还原性越弱，非金属性F＞Cl＞Br，则还原性F－＜Cl－＜Br－，故C错误；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，非金属性Cl＞S＞Si，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，故D正确；故选D。MmNA×1M－－3

11.【答案】C。解析：ρ＝＝g·cm3＝g·cm；故选C。3VNa3Aa12.【答案】A。解析：A.图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；B.b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B正确；C.b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3，选项C正确；D.a极为负极，电极反应为2H2O－4e=O2↑+4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电－

子数一定为4×6.02×1023，但题干没说明标准状况，故选项D正确；故选A。13.【答案】B。解析：A.等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故A正确；B.从热化学方程式看，石墨能量低，物质所含能量越低越稳定，故B错误；C.2g氢气是1mol，热化学方程式应为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=－571.6kJ?mol1，故C－

正确；D.浓硫酸溶解放热，所以将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D正确；故选B。14.【答案】A。解析：A.升高温度可加快反应速率，且不影响生成的氢气总量；B.加入适量的水，盐酸的浓度降低，反应速率减小；C.加入少量CuSO4溶液，铝与硫酸铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，但影响生成的氢气总量；D.再加入一定量等浓度的盐酸，反应物浓度不变，反应速率不变；故选A。15.【答案】B。解析：A.氢氧化钠是强电解质完全电离，一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，相同浓度的两种溶液中，氢氧化钠溶液的pH大于氨水，加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨仍然存在电离平衡，电离程度仍然小于氢氧化钠，所以要使稀释后溶液的pH相等，则氢氧化钠需要稀释倍数大于氨水，A错误；B.有甲、乙两氨水溶液，测得甲的pH=a，乙的pH=a＋1，则甲乙两溶液c（H＋）之比=10－a:10－a－1=10:1，B正确；C.醋酸是弱电解质，浓度越大，电离程度越小，则相同温度下，0.2mol·L1乙酸溶液与0.1mol·L1乙酸溶液中c（H）之比＜2:1，C错误；D.电离常数只与－

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温度有关系，K不变，D错误；故选B。中公教育学员专用资料2报名专线：0543-3266788学员专用＋

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请勿外泄16.【答案】D。解析：A.用氨水，则Mg2、Al3均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，故A错误；B.Al3＋与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2－、K＋、Cl－、Na＋、OH－，故B错误；C.K、Cl、Na在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，故C错误；D.因氢氧化铝能溶＋

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于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，故D正确；故选D。17.【答案】D。解析：A.pH＜5.6的雨水叫酸雨，硫酸型酸雨时间长亚硫酸会被氧化成硫酸，酸性变强，故A错误；B.NO与氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集NO，故B错误；C.氯化钙与氨气反应生成配合物，所以不能用氯化钙干燥氨气，故C错误；D.反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl与氨气会出现白烟，所以可以用浓氨水检验氯气的管道是否漏气，故D正确；故选D。18.【答案】C。解析：1.28g铜的物质的量=1.28g/64gmol1=0.02mol，Cu与硝酸反应产物是硝－

酸铜与氮的氧化物，而氮的氧化物倒扣在水中，通入氧气，恰好使气体完全溶于水中，又生成硝酸，纵观整个反应过程可知，铜提供的电子等于通入的氧气获得的电子，故通入氧气的物质的量=0.02mol*2/4=0.01mol，故通入氧气的体积=0.01mol×22.4Lmol－1=0.224L=224mL；故选C。19.【答案】C。解析：硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，A正确；P2O5吸水转化成酸，导致食品变质，则P2O5不可用作食品干燥剂，B正确；六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，C错误；具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，D正确；故选C。20.【答案】C。解析：CH3Br与－X相连的碳原子的邻位碳原子上无氢原子，不能发生消去反应，故A错误；B.(CH3)3CCH2Br与－X相连的碳原子的邻位碳原子上无氢原子，不能发生消去反应，故B错误；C.(CH3)3CBr与－X相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，且产物唯一，故C正确；D.CH3CH2CHBrCH3与－X相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，消去可得到CH3CH=CHCH3和CH3CH2CH=CH2两种产物，故D错误；故选C。21.【答案】A。解析：A.溴乙烷和水互不相溶，并且溴乙烷的密度比水大，在冰水混合物的下层，故A错误；B.乙醇和溴化氢在加热下发生取代反应生成溴乙烷；溴化氢与浓硫酸发生氧化还原反应生成单质溴、二氧化硫和水，可能生成乙烯，浓硫酸表现脱水性，故B正确；C.在加热条件下反应，HBr和CH3CH2OH都易挥发，因浓硫酸具有强氧化性，可生成Br2，故生成物中有存在HBr、Br2、CH3CH2OH，故C正确；D.挥发出的HBr和CH3CH2OH都能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，溶液褪色，故D正确；故选A。22.【答案】A。解析：足量的金属钠分别与甲醇、乙二醇、丙三醇反应，放出等体积的氢气，说明这3种醇中所含的羟基的总量是相同的。因为甲醇、乙二醇、丙三醇分子中分别有1个、2个、3个羟基，所以消耗这三种醇的物质的量之比为6:3:2，故A对；B，C，D选项为干扰项；故选A。23.【答案】C。解析：A.CO2分子结构对称，正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，SO2分子为V形，分子结构不对称，正负电荷中心不重叠的分子为极性分子，故A错误；B.CO2分子C原子的价层电子对数=2+(4-2×2)/2=2，为sp杂化，SO2分子S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)/2=3，为sp2杂化，故B错误；C.CO2分子C原子的价层电子对数=2+(4-2×2)/2=2，没有孤电子对，分子构型为直线形，SO2分子S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)/2=3，含有1个孤电子对，为V形，故C正确；D.CO2中C原子的最外层电子全部成键，SO2中S原子的最外层电子没有全部成键，SO2分子S原子的孤电子对数(6-2×2)/2=1，含有1个孤电子对，故D错误；故选C。中公教育学员专用资料3报名专线：0543-3266788学员专用请勿外泄24.【答案】A。解析：若B能发生歧化反应，即B可以自发生成A和C，则Eθ=Ψθ正－Ψθ负＞0，即Eθ=Ψθ右－Ψθ左＞0；所以Ψθ左<Ψθ右。故A正确；故选A。25.【答案】D。解析：A.吸附共沉淀是由于沉淀表面吸附引起的共沉淀，A正确；B.包埋共沉淀是由于沉淀形成速度快，吸附在沉淀表面的杂质或者母液来不及离开，被随后长大的沉淀所覆盖，包藏在沉淀内部引起的共沉淀，B正确；C.混晶共沉淀是如果被吸附的杂质与沉淀具有相同的晶格，相同的电荷或者离子半径，杂质离子可以进入到晶格排列引起的共沉淀；C正确；D.聚沉是一种沉淀现象，不是共沉淀的原因，D错误；故选D。二、填空题1.【答案】（1）－23.5；（2）①K=c（CO2）/c（CO）；60%；②d。解析：（1）已知：①2CO（g）＋O2（g）=2CO2（g）②2Fe（s）＋3/2O2（g）=Fe2O3（s）23.5kJ/mol；（2）①根据方程式可知该反应的平衡常数表达式为K=c（CO2）/c（CO）；令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：1/3Fe2O3（s）＋CO（g）起始量（mol）转化量（mol）平衡量（mol）1n1－n2/3Fe（s）＋CO2（g）1nn＋1由盖斯定律①×3/2－②得到Fe2O3（s）＋3CO（g）△H=－566kJ/mol2Fe（s）＋3CO2（g）的反应热△H=－△H=－825.5kJ/mol所以（n＋1）/（1?n）=4，解得n=0.6，则CO的平衡转化率为0.6mol/1mol×100%=60%；②a.该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，a错误；减小容器的容积，增大压强平衡不移动，b.反应前后气体的物质的量不变，CO的平衡转化率不变，b错误；c.加入合适的催化剂，平衡不移动，c错误；d.移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，d正确；答案选d。2.【答案】（1）（3）H2O＞NH3＞SiH4

（4）Al2O3＋2OH－===2AlO2－＋H2O解析：（1）元素②为C，其原子结构示意图为。（2）④⑦（2）光纤的主要成分为SiO2，由Si和O两种元素组成。（3）元素③④⑦分别为N、O、Si，非金属性为O＞N＞Si，因此气态氢化物的稳定性为H2O＞NH3＞SiH4。（4）元素⑥为Al，其最高价氧化物为Al2O3，元素①④⑤分别为H、O、Na，组成的化合物为NaOH，Al2O3溶于NaOH溶液的离子方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO2－＋H2O。3.【答案】（1）漏斗；引流，防止液体溅出；中公教育学员专用资料4报名专线：0543-3266788学员专用（2）消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；（3）6.0×10－26；（4）MnO42－e=MnO4；－

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请勿外泄（5）bc；（6）SO2+MnO2=MnSO4；15.2；解析：由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰。（1）过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等，过滤中玻璃棒的作用为引流，防止液体溅出，故答案为：漏斗；引流，防止液体溅出；（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；（3）当Ni2+恰好完全沉淀（此时溶液中c（Ni2+）=1.0×10－5mol/L），c（S2－）=Ksp(NiS)/c（Ni2+）=1.0×1026

－24

/(1.0×105)=1.4×10－

－19

，由Ksp(CuS)可知溶液中Cu2的浓度为8.4×10＋

－45

/(1.4×10－19

)=6.0×10－

－

mol/L，故答案为：6.0×10－26

；－

（4）惰性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应，则阳极反应为MnO42－e－－－－

=MnO4，故答案为：MnO42－e=MnO4；（5）准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量，二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量，故答案为：bc；（6）SO2与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应方程式为SO2+MnO2=MnSO4，由硫原子守恒，被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，则硫酸锰晶体的质量为：故答案为：1000m3×6.4g/m3×90%/(64g/mol)×169g/mol≈15.2kg，SO2+MnO2=MnSO4；15.2。4.【答案】（1）检查装置的气密性；（2）空气；2CH3OH+O2（3）CuO；CH3OH+CuO（4）H2O；（5）AB；（6）甲；（7）在试管中加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，取少量C中液体滴入试管中，加热，有砖红色沉淀生成，证明C中所得液体为甲醛溶液。解析：（1）本实验为物质的制备实验，组装好装置后，应先检验装置的气密性。故答案为：检查装置的气密性；（2）若按甲装置进行实验，则通入A的X是空气，空气中的氧气做氧化剂，B中发生反应的化中公教育学员专用资料5报名专线：0543-32667882HCHO+2H2O；HCHO+H2O+Cu；学员专用学方程式为2CH3OH+O2

2HCHO+2H2O，故答案为：空气；2CH3OH+O2

请勿外泄2HCHO+2H2O；（3）若按乙装置进行实验，因没有通空气(或氧气）做氧化剂，则B管中应装入的物质是CuO，做氧化剂用，B中发生反应的化学方程式为CH3OH+CuOCH3OH+CuOHCHO+H2O+Cu；HCHO+H2O+Cu故答案为：CuO；（4）试管C是用来吸收生成的甲醛的，甲醛易溶于水，C中应装入水，故答案为：H2O；（5）因甲醇氧化需要加热，因此B处需加热；为了向B处不断的提供甲醇气体，A处应加热。故答案为：AB；（6）按甲装置进行实验，B管处装铜粉，则通入A管的X气体为空气或氧气，目的是为了生成氧化铜催化氧化甲醇，按乙装置进行实验无空气或氧气通入，根据醇催化氧化的实质是被氧化铜氧化得到醛，所以B管中应装入氧化铜，由于甲能够持续不断的提供氧气，因此若欲得到较浓的甲醛溶液，应该选用甲装置，故答案为：甲；（7）要想检验实验后C中所得液体确为甲醛溶液，利用醛类的性质即可检验．即在试管中加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，取少量C中液体滴入试管中，加热，有红色沉淀生成，证明C中所得液体为甲醛溶液。故答案为：在试管中加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，取少量C中液体滴入试管中，加热，有红色沉淀生成，证明C中所得液体为甲醛溶液。了解更多教师招聘考试资讯及备考资料请关注微信公众号山东教师考试中公教育学员专用资料6报名专线：0543-3266788