2021貴州特崗教師招聘考試自測卷-生化答案版

1、2021 年特崗教師招聘模擬卷-生化參考及化學1【.】A：摩爾質量均為46g/mol，故 23g 兩者的混合物的物質的量為0.5mol，而兩者的結構中均含一個 CO 鍵，故0.5mol混合物中無論兩者的比例如何，均含0.5molC O鍵即0.5NA條，選項 A 正確；B.不知道乙烯是否處于標準狀況下，無法計算其物質的量， 選項 B 錯誤； C. 在硫酸溶液中不存在硫酸， 選項 C 錯誤；D.12.0gNaHSO4固體物質的量為0.1mol，硫酸氫鈉固體中含有陽離子為鈉離子，固體中含有的陽離子數(shù)目為0.1NA，選項D 錯誤；故選A?！究键c】阿伏伽德羅相關計算2.【】D。：A.溶液中含有水，H2O

2、 的結構式為HOH，因此氫氧化鉀溶液中 OH 鍵的物質的量大于 0.1mol，故 A 錯誤；B.題目中沒有說明溶液的體積，2無法計算 CO3 的物質的量，故 B 錯誤；C.金屬鈉可以與鹽酸反應，也可以與 H2O 反應，因此金屬鈉參與反應，轉移電子物質的量為4.6 × 1mol=0.2mol，故 C 錯誤；D.乙烯23式為 CH4，1mol 混合氣體含有 4molH，即標準狀況下，2.24L式為C2H4，甲烷混合氣體含有氫原子物質的量為 0.4mol，故D 正確；故選 D?！究键c】阿伏伽德羅相關計算3.【】D。：A.磷酸和硫酸的摩爾質量都是 98g/mol，A 錯誤；B.常溫下，鐵在濃

3、硝酸中發(fā)生鈍化， 反應停止， 反應轉移電子數(shù)小于0.9NA ， B錯誤； C.200mL0.5mol/L 的葡萄糖溶液中，其中的葡萄糖含氧原子數(shù)為 0.2×0.5×6=0.6mol ，溶劑中還有氧原子，所以葡萄糖溶液中含氧原子數(shù)大于 0.6NA，C 錯誤；D.濃硫酸隨水著反應的進行，變?yōu)橄×蛩幔c銅不反應；因此 100mL18mol/L 的硫酸不能完全消耗， 轉移的電子數(shù)小于 1.8NA，D 正確；故選D?！究键c】阿伏伽德羅相關計算；物質的量濃度相關計算4.【】A。1816：A 項，H2 O 與 D2 O 的相對質量均為 20，中子數(shù)均為181610，所以 4.0g 由 H

4、2 O 與 D2 O 的混合物所含中子數(shù)為 2NA，故 A 項正確；B 項，標準況下己烷為液體，不能使用標準狀況下的氣體摩爾體積計算其物質的量，故 B 項錯誤；C 項，pH=13 的 NaOH 溶液中氫氧根的濃度為 0.1mol/L，則溶液中的 OH的物質的量n=CV=0.1mol，由于水還能電離出極少的氫氧根，故溶液中氫氧根的個數(shù)多于0.1NA個，故C 項錯誤；D 項，1mol 的 Na2O 中有 3mol 離子，1molBaO2 中有 2mol 離子，則1mol 的 Na2O 和BaO2 的混合物中含的陰.陽離子總數(shù)小于 3NA，故 D 項錯誤；故選A?！究键c】阿伏伽德羅相關計算5.【】D

5、。1：A.苯不含碳碳雙鍵，故A 錯誤；B.氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，部分氯氣未參加反應，依據(jù)氯原子個數(shù)守恒可知，將 1molCl2 通入足量水中，溶液中 HClO、Cl、C1O粒子數(shù)之和小于 2NA，故 B 錯誤；C.碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，陰離子數(shù)目增加，所以1L0.3mol/LNa2CO3 溶液中的陰離子數(shù)目大于 0.3NA，故C 錯誤；D.甲烷和乙烯完全燃燒，均生成和水，且甲烷和乙烯式中氫原子均為4，故 0.1mol 甲烷和乙烯組成的混合氣體的氫原子總數(shù)為 0.4mol，故該混合氣體完全燃燒生成的水故選：D。數(shù)為 0.2NA，故 D 正確；【考點】阿伏伽德羅相關計

6、算： c= 1000 可知， 該硫酸溶液的物質的量濃度為6. 【】 A 。M1000×1.84×98%mol/L=18.4mol/L。A.根據(jù)稀釋定律，溶液稀釋前后溶質的物質的量不變，98故需要濃硫酸的體積為500mL×4.6mol/L=125mL，選項 A 正確；B.常溫下 Al 在濃硫酸中發(fā)18.4mol/L生鈍化現(xiàn)象，且濃硫酸為氧化性酸，加熱反應也不能生成氫氣，選項B 錯誤；C.根據(jù)c=1000可知，該硫酸溶液的物質的量濃度為1000×1.84×98%mol/L=18.4mol/L，選項 C 錯M98誤；D.濃硫酸和水的密度不同，等質量混

7、合后體積不等于硫酸體積的 2 倍，混合后物質的量濃度不是 9.2mol/L，選項D 錯誤；故選 A?！究键c】物質的量濃度相關計算7.【】A。：A.每 1mol 氧原子和 2mol 硅原子形成共價鍵，在含 4molSiO 鍵的石英晶體中，氧原子的數(shù)目為 2NA，故A 正確；B.二氧化錳只與濃鹽酸反應，與稀鹽酸不反應， 依據(jù)方程式： MnO2 4HClMnCl2 Cl2 2H2O ， 所以 0.1L×12mol/L1.2mol，HCl 如果完全反應生成 Cl20.3mol，但是由于反應過程中隨著濃鹽酸濃度不斷降低，反應在 HCl 沒有完全消耗時就不再進行，所以得到的 Cl2 也就小于0.

8、3mol，HCl數(shù)小于 0.3NA，故B 錯誤；C.鹽酸溶液中不含氯化氫，故 C 錯誤；D.常溫常壓，Vm 大于22.4L/mol，2.24LCO 和CO2 混合氣體中含有的碳原子數(shù)小于0.1NA，故D 錯誤；故選：A?！究键c】物質的量濃度相關計算；物質的量相關計算8.【】A。：A.氫氧化鈉溶液加入過量的碳酸氫鈣生成碳酸鈣、碳酸氫鈉和水，離子方程式為：HCO3 +Ca2+ +OH =CaCO3+H2O，A 正確；B.SO2 被次氯酸2 SO4，且硫酸鈣為沉淀，所以漂白粉溶液吸收少量的 SO2根離子氧化為反應為SO2+H2O+ClO+Ca2+=CaSO4+2H+Cl，B錯誤；C.碳酸鈣難溶于水，

9、不拆成離子形式，正確的離子方程式：CaCO3+ 2CH3COOH=2CH3COO+H2O+CO2+Ca2+，C錯誤；D.還原性：I>Fe2+；1molCl2 完全反應得到電子的量為2mol，2mol I完全被氧化生成碘單質失去電子 2mol，所以向 FeI2 溶液中通入等物質的量 Cl2:，離子反應為：22I+Cl2=I2+ 2Cl，D 錯誤；故選 A?！究键c】離子反應方程式的書寫9.【】C。2：解：A.氫離子、氫氧根離子和水的計量數(shù)都是 2，離子方程式為：Ba2+SO4+2H+2OH=BaSO4+2H2O，故A 錯誤；B. 轉移電子不守恒，離子方程式為：2Na+2H2O=2Na+2OH

10、+H2，故 B 錯誤；C. 二者反應生成碳酸鈣和水，離子方程式為：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，故 C 正確；D. HClO 是弱電解質，應寫化學式，離子方程式為：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故D 錯誤；故選：C?！究键c】離子反應方程式的書寫10.【】D。：A.滴加石蕊試液顯紅色的溶液呈酸性，酸性條件下 Fe2+與NO3 發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故 A 錯誤；B.能使碘化鉀淀粉試紙變藍的溶液應具有強氧化性，具有還原性的 S2不能大量共存，故 B 錯誤；C.水電離出來的 （c H+）=1013mol/L 的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，無論溶

11、液呈酸性還是堿性 HCO3都不能大量共存，故 C 錯誤；D.pH 為 13 的溶液呈堿性，堿性條件下離子之間不發(fā)生任何反應，可大量共存，故D 正確；故選 D?！究键c】離子共存在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，CH COO：A.NO3 、Fe2311.【】C。與 H反應，因此在酸性溶液中不能大量共存，故A 錯誤；B.在能使酚酞試液變深紅色的溶液呈堿性，Ca2、HCO3 與 OH 反應，在溶液中不能大量共存，故 B 錯誤；C.Na、NO 之間不反應，都不與、K、HCO33Cl、Ba2反應，在溶液中能夠大量共存，故 C 正確；D.Fe3為有色離子，不滿足溶液無色的條件，故D 錯誤；故選：C?！究键c】離子

12、共存12.【】C。：向溶液中滴加 NaOH 溶液時先沒有沉淀生成，說明溶液中含有 H+，溶液呈酸性，則溶液中不存在 AlO2 ，當 H+完全反應后繼續(xù)滴加 NaOH 溶液，有沉淀生成，當沉淀最大時繼續(xù)滴加 NaOH 溶液，沉淀的物質的量不變，說明 NaOH+和 NH4 反應，則溶液中一定含有 NH4 ，當 NH4 完全反應后繼續(xù)滴加 NaOH 溶液，沉淀逐漸減少最終消失，說明溶液中含有 Al3+，不含 Mg2+，最終溶液中溶質為 NaCl、+NH3·H 2O 和NaAlO2；A.通過以上分析知，原溶液中一定含有的陽離子有H+、Al3+、NH4 ，故 A 錯誤；B.通過以上分析知，最終

13、得到的溶液中溶質為 NaCl、NH3·H2O 和 NaAlO2，+3+故B 錯誤；C.根據(jù)圖象知，Al3+、NH4 消耗 NaOH 的物質的量之比為 3：3，根據(jù) Al +3OH=Al(OH)3，NH4+OH=NH3·H 2O 知，原溶液中 Al3+與 NH4 的物質的量之比+1：3，故C 正確；D.通過以上分析知，原來溶液呈酸性，則一定不存在弱酸根離子 AlO2，故D 錯誤；故選C。3【考點】離子反應方程式的書寫；物質的量計算13【.】D：加入足量 NaOH 溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，此沉淀應是 Mg(OH)2或是 BaCO3 中的一種，微熱，聞到刺激性氣味氣體產(chǎn)生，此氣體為

14、 NH3，原溶液中含有 NH4 ，濾液中加入足量的 BaCl2 溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，再加入足量的硝酸，沉淀2不溶解，此沉淀為 BaSO4，原溶液中含有 SO4 ，一定沒有 Ba2 ，沉淀 A 為 Mg(OH)2，Mg2，根據(jù)電荷守恒，以及離子濃度相同，HCO3 和Cl至少含有原溶液中一定含有一種，A.根據(jù)上述分析，另一種陰離子不知道是 Cl還是 HCO3 ，故 A 錯誤；B.溶液中可能含有HCO3 ，故 B 錯誤；C.根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，Na 和 K 可能含有，故C 錯誤；D.白色沉淀A 是 Mg(OH)2，白色沉淀 B 為BaSO4，都是純凈物，故 D 正確；故選D。【考點】離子共存：A.

15、溶液中離子的還原性強弱順序是 I>Fe2+>Br，向溶液中14.【】B。滴加過量氯水時發(fā)生的反應分別為：2I+Cl2=2Cl+I2、2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl、 Cl2+2Br=2Cl+Br2，所以參與反應的離子先后順序為：I、Fe2+、Br，選項 A 錯誤；B.鐵離子的氧化性強于銅離子，H的氧化性弱于 Cu2+而強于 Fe2+，所以在含有等物質的量的 Fe3+、Cu2+、H的溶液中加入 Zn 粉，反應的先后順序 Fe3+、Cu2+、H，選項 B 正確；C.氫氧化鋇先發(fā)生反應，因為碳酸鉀與氫氧化鋇不能共存，則反應的先后順序為 Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，

16、選項 C 錯誤；D.若H+最先與AlO2 反應，生成氫氧化鋁，而氫氧化鋁與溶液中 OH反應生成 AlO2 ，則反應順序為 OH 、AlO2 、2CO3 、Al(OH)3，選項 D 錯誤；故選 B。【考點】離子反應方程式的書寫；氧化還原反應15.【】D。：甲和乙的電子層排布可能為 1s22s22p2 和 1s22s22p63s2，即為碳和鎂元素，它們位于不同的周期、不同的主族、不同的區(qū)域，故A、B 錯誤；碳元素位于元素周期表的 p 區(qū)，鎂元素位于元素周期表的 s 區(qū)，故 C 錯誤；甲與乙的原子序數(shù)之和 6+12=18，是偶數(shù)，故D 正確，故選 D。【考點】元素周期表；原子結構16.【】C。：M

17、層有 2 個電子的元素 X，即易失去這 2 個電子顯+2 價，L層有5 個電子的元素Y，易得到3 個電子顯3 價，所以形成的化合物的化學式為X3Y2；故選：C。【考點】元素周期表；原子結構17.【】D。：由題干推知，A、B、C、D、E 五種元素分別為 H、N、Na、Al、Cl。A 項，原子半徑從左到右逐漸減小，即原子半徑：Na>Al>Cl>H，故 A 項正確； B 項，H2O2、Na2O2 均含有非極性鍵，故 B 項正確；C 項，HNO3、NaOH 能發(fā)生酸堿中和反應，Al（OH）3 是兩性氫氧化物，既能與酸反應，也能與堿反應，故 C 項正確；D 項，AlCl3 是項錯誤；故

18、選D。晶體，熔融狀態(tài)不導電，工業(yè)上常電解熔融的 Al2O3Al，故 D4【考點】元素周期表；元素周期表的應用18.【】D。：A.同主族元素周期數(shù)越大原子半徑越大，同周期元素原子序數(shù)越小原子半徑越大，因此原子半徑 WY X，故 A 正確；B.X 元素的簡單氣態(tài)氫化物為 H2O，Y 元素的簡單氣態(tài)氫化物為 H2S，H2O間存在氫鍵，因此 H2O 的沸點高于 H2S，故 B 正確；C.Si 與C 位于同一主族，化學性質相似，C 可以形成C2H6（乙烷），因此 Si 可能形成 Si2H6，故 C 正確；D.S 的氧化性比 Cl 弱，因此 S 不能從 NaCl溶液中置換出Cl2，故D 錯誤；故選 D?！?/p>

19、考點】元素周期表；元素周期表的應用19【.】D。：A.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性 S>P，所以酸性 H3PO4<H2SO4，選項 A 錯誤；B.同一周期元素，元素的金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，所以金屬性 K>Ca，選項 B 錯誤；C.同一周期元素，元素的原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，故原子半徑 S>Cl，選項 C 錯誤；D.同一主族元素，元素的非金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，所以非金屬性 N>P，選項 D 正確；故選 D。【考點】元素周期律20.【】C。：由上述分析可知，A 為C，B 為O，C 為 Mg，D 為S，E 為Cl，

20、A、C、D 形成離子化合物 MgS，選項A 錯誤；B.A 與B 形成的不是污染物，選項 B 錯誤；C.鎂離子、硫離子均水解促進水的電離，選項 C 正確；D.非金屬性Cl>S，則 E 的最高價氧化物水化物的酸性大于 D 的最高價氧化物水化物的酸性，但硫酸酸性大于HClO 酸性，選項D 錯誤；故選 C?！究键c】元素周期表；元素周期律的應用21.【】C。：A 項，因O、N、Si 元素的非金屬性逐漸減弱，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2ONH3SiH4，正確；B項，氫元素與其他元素可形成共價化合物如 H2O、NH3、SiH4、H2S 等，也可形成離子化合物如 NaH 等，正確；C 項，HCl 的酸性

21、比碳酸強，不能證明元素的非金屬性，應用最高價含氧酸的酸性比較，錯誤；D 項， 根據(jù)元素的原子序數(shù)與元素在周期表中位置的規(guī)律，可推出第 118 號元素在周期表中位于第七周期 0 族，正確。【考點】元素周期表；元素周期律的應用22.【】C。：砷（As）位于元素周期表第A族，非金屬性AsN，則 As 的最高價氧化物對應水化物的酸性比硝酸弱，故正確；鉈（Tl）與鋁同主族， 金屬性 TlAl，則 Tl(OH)3 不具有兩性，所以 Tl 不與氫氧化鈉溶液反應，故錯誤；H2S 為弱酸，HCl 為強酸，則酸性 H2S 弱于 HCl，故正確；非金屬元素的氣態(tài)氫化物溶于水后不一定形成無氧酸，如氨氣溶于水生成一水合

22、氨，為堿，故錯誤；故選： C?！究键c】元素周期律的應用23【.】D：A.銅為 29 號元素，則其正確的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d10，5故 A 錯誤；B.氯化銨的電子式中，必須標出氯離子的最外層電子，氯化銨正確的電子式為：，故B 錯誤；C.As 的原子序數(shù)為 33，屬于主族元素，由構造原理可知電子排布為 1s22s22p63s23p63d104s24p3 ， 所以 As 原子的簡化電子排布式為：Ar3d104s24p3，故 C 錯誤；D.中子數(shù)為 6，質子數(shù)為 7 的核素為：13N，故 D 正確；答7案選D。【考點】原子核外電子排布規(guī)律24.【】D。：由題所給條件，在 N

23、2F2中，所有原子均符合 8 電子穩(wěn)定結構可知，其結構式應為：FN=NF，兩個氮之間是氮氮雙鍵，一個為 鍵一個為 鍵，氮氟之間是單鍵，為 鍵，所以該鍵。故D 正確。故本題應選 D?！究键c】共價鍵中的共價鍵類型是三個 鍵，一個 25.【】B。：A.中正負電荷重心不重疊的為極性，CO2 的正負電荷重心重疊，屬于非極性，故 A 錯誤；B.非極性有兩類，一是非金屬單質，二是結構對稱的疊，屬于非極性，中正負電荷重心重疊，CH4、CCl4、BF3 的正負電荷重心重，存在的化學鍵是極性鍵，故 B 正確；C.非金屬元素的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，F(xiàn)、Cl、Br、I 的非金屬逐漸減弱，所以HF、HCI、

24、HBr、HI 的穩(wěn)定性逐漸減弱，故C 錯誤；D.根據(jù)的空間構型判斷，CS2、CO2、C2H2 是直線型，但H2O2 是折線型，故D 錯誤；故選B。【考點】26.【的結構與性質】D。：A.CH2Cl2 含有C-H、C-Cl 鍵，鍵長不等，則不是正四面體，中價層電子對個數(shù)2+ ×（62×2） 3 且含有 1 個孤電子對，故A 錯誤；B.SO2所以為V 形結構，故 B 錯誤；C.BF3中B 原子的價層電子對個數(shù)3+ ×（33×1）3 且不含有孤電子對，所以其空間構型為平面三角形，故 C 錯誤；D.NO3 中，價層電子對個數(shù) 鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)3+ （5+13

25、×2 ）3，含孤電子對數(shù)為 0，雜2形狀為平面三角形；CO3 中碳原子價層電子對化軌道數(shù) 3，N 原子采用 sp2 雜化，23，采用 sp2 雜化，所以 CO3 的離子立體結構為為平面三角形，個數(shù)3+故D 正確；故選：D。【考點】27.【的結構】B。：A.非金屬元間形成共價鍵，只含有共價鍵的化合物屬于共價化合物，CCl4、C2H4、SiO2 都存在共價鍵，它們都是共價化合物，故A 正確；B.穩(wěn)定性是化學性質，是由內(nèi)共價鍵的強弱決定，與氫鍵無關，故 B 錯誤；C.某物質在熔融狀態(tài)能導電，可能是金屬，金屬在熔融態(tài)也能導電，不含離子鍵，故 C 正確；6D.SO2 屬于晶體，存在間作用力，S

26、O2 與水反應生成亞硫酸，SO2 溶于水時，需克服共價鍵和【考點】間作用力，故D 正確；故選：B。的結構與性質28.【】C。：A.晶體發(fā)生三態(tài)變化時只克服間作用力，所以碘單質的升華過程中，只需克服間作用力，故 A 正確；B.氯化鋇是離子晶體，鋇離子和氯離子之間以離子鍵結合，故 B 正確；C.斷裂舊鍵需要吸收能量，形成新鍵又會釋放能量，二者不相等，所以化學鍵的斷裂與形成一定伴隨著能量變化，但不一定發(fā)生氧化還原反應，不一定存在電子的轉移，故 C 錯誤；D.NaHSO4 和NaHCO3 兩種晶體中都2既含有離子鍵又含有共價鍵，NaHSO4 溶于水完全電離產(chǎn)生了Na+、H+、SO4 ，既破壞了離子鍵又

27、破壞了共價鍵，NaHCO3 溶于水完全電離產(chǎn)生Na+和HCO3 ，破壞了離子鍵，2HCO3 部分電離出 H+和 CO3 ，破壞了共價鍵，故 D 正確。綜上所述，符合題意的選項為C?！究键c】29.【的結構與性質；化學鍵】A。：A.HClO4非羥基氧原子數(shù)目比H3PO4 多，所以 HClO4的酸性大于H3PO4，故A 正確；B.稀有氣體不存在共價鍵，金屬晶體中有陽離子無陰離子，所以晶體中不一定存在共價鍵，有陽離子不一定有陰離子，故B 錯誤；C.含有非極性鍵的可能是極性，關鍵看中正負電荷中心是否重合，從整個極性來看，電荷的分布是否均勻，如乙烷等有機物，碳碳鍵就是非極性鍵，乙烷是，故C 錯誤；D.碳原

28、子連接四個不同的原子或原子團時，該碳原子為手性碳原子，所以乳酸中第二個 C 為手性碳原子，該存在一個手性碳原子，故 D 錯誤；故選：A?！究键c】30.【的結構與性質；共價鍵；晶體的結構】B。：A.斷鍵吸收能量，成鍵放出能量，故A 錯誤；B.物質的狀態(tài)不同導致其內(nèi)能不同，同一物質能量：氣態(tài)液態(tài)固態(tài)，故 B 正確；C.有的放熱反應需要加熱，如鋁熱反應為放熱反應，但是需要加熱，故 C 錯誤；D.根據(jù)能量守恒定律，反應物總能量和生成物總能量不等，反應過程中有能量變化，如放熱反應，反應物總能量大于生成物總能量，吸熱反應中反應物總能量小于生成物總能量，故 D 錯誤；故選：B?！究键c】化學反應與能量；反應熱

29、31.【】B。：A.該反應為可逆反應，充入 2molHI（g）充分反應，反應不能進行到底，所以吸收的熱量小于 12.5kJ，故 A 錯誤；B.加入催化劑，體積活化分子數(shù)增多，有效碰撞增多，速率加快，故B 正確；C.從圖表信息可知，該反應為吸熱反應，其他條件不變，升高溫度，反應速率加快，平衡右移，HI 分解率增大，故 C 錯7g） 2H（I g）的反應熱 H+12.5kJ·mol1，誤；D.由于該反應為吸熱反應，所以 H（2故D 錯誤；故選B?！究键c】反應熱的計算；活化能g）+I（232.【】B。：A.生成 H2O（g）中的 1molHO 鍵能放出 462.8kJ 的能量，則斷裂 1m

30、olH2O（g）中的化學鍵需要吸收熱量462.8kJ×2 925.6kJ，但題干中并未說明水的狀態(tài)，故 A 錯誤；B.反應熱等于斷鍵吸收的能量和形成化學鍵所放出的能量的2H2（g）O2（g）2H2O（g），H436.4kJ/mol×2+498kJ/mol 差值，則2×2×462.8kJ/mol 480.4kJ/mol，故 B 正確；C.已知氣態(tài)水轉化為液態(tài)水放熱，則 2H2（ g） O2 （ g） 2H2O （ l ）， H 480.4kJ/mol， 由此可知 2H2O（ l）2H2（g）O2（g），H+480.4kJ/mol，故 C 錯誤；D.2H2O

31、（l）2H2（g）O2（g），H+480.4kJ/mol，則 H2（g）1/2O2（g）H2O（l），H240.2kJ/mol，故D 錯誤；故選B?！究键c】熱化學反應方程式的書寫與計算33.【】C。：每生成 160g 固體鐵紅的物質的量為：=1mol，放出130kJ 熱量，所以生成 2mol 氧化鐵放出的熱量為 260kJ， 所以熱化方程式為：4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)；H=260kJ/mol，故選 C?！究键c】熱化學反應方程式的書寫與計算34.【】B。：A.H2 的燃燒熱為 285.5kJ/mol，則 H2 的燃燒熱表示的熱化學方程式為H2（g）+1O

32、2（g）=2H2O（l），2程式為：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g），H=285.5kJ/mol，則水電解的熱化學方H=+571kJ/mol，故 A錯誤；B.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），H=890kJ/mol，則1CH4（g）+O2（g）=1CO222（g）+H2O（l），H=445kJ/mol，故 B 正確；C.C（s）完全燃燒生成的穩(wěn)定氧化物為CO（2g），不是 CO（g），CO（g）燃燒生成 CO（2 g）放熱，C（s）的燃燒熱大于 110.5kJ/mol，故C 錯誤；D.中和熱為57.3kJ/mol，則H（+aq）+OH（aq）=H2O（l），H=

33、57.3kJ/mol，NaOH 溶液的反應為：H+（aq）+OH（aq）但HF 屬于弱酸，HF 電離吸熱，HF與=H2O（l），H>57.3kJ/mol，D 項錯誤；故選B?！究键c】熱化學反應方程式的書寫；燃燒熱；中和熱35.【】A。：根據(jù) 2Fe3+Fe=3Fe2+知，鐵易失電子而作負極，不如鐵活潑的金屬或導電的非金屬作正極，可為Cu、Ag、C 等，三價鐵離子得電子發(fā)生還原反應，所以電解質溶液為可溶性的鐵鹽，只有 A 符合，故選A?！究键c】原電池工作的原理36.【】B。：A.鋅作負極失去電子被氧化，發(fā)生氧化反應，故 A 正確；B.電子由負極經(jīng)外電路流向正極，即由 Zn 流向 MnO2，

34、故 B 錯誤；C.MnO2 被還原，為MnO2+H2O+e=MnOOH+OH，故原電池的正極，電極反應為C 正確；D.堿性條件 下 ， 鋅 和 二 氧 化 錳 構 成 原 電 池 ， 其 電 池 總 反 應 為8Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnOOH，故D 正確?！究键c】原電池工作的原理；電極反應方程式的書寫37.【】D。：A.電解時陽極發(fā)生氧化反應，陰極發(fā)生還原反應，則精銅做陰極、粗銅做陽極，故A 錯誤；B. AgNO3 溶液做電解質溶液時，陰極 Ag+得到電子生成 Ag，應該用硫酸銅溶液做電解質溶液，故B 錯誤；C. 電解時陰極銅離子得到電子生成銅，陰極反應式為：Cu2+

35、2e=Cu，故 C 錯誤；D. 粗銅中含有少量鐵、鋅、鎳、銀、金等雜質做陽極，銀、金不失電子，沉降電解池底部形成陽極泥，所以可用陽極泥來提煉金、銀等貴金屬，故D 正確；故選：D?！究键c】電解池工作的原理；電解精煉銅38.【】C。：A.由電流方向可得a 為電源的正極，b 為電源的負極，故A錯誤；B.外接電源的正極對應電解池的陽極，所以c 為陽極，d 為陰極，故B 錯誤；C. 陽極發(fā)生氧化反應，陰極發(fā)生還原反應，電解液為氯化銅溶液，所以 c 電極反應為：2Cl2e=Cl2，d 電極反應為 Cu2+2e=Cu，所以 d 電極質量增加，故 C 正確；D.電解過程中，Cl濃度減小，故D 錯誤；故選C?！?/p>

36、考點】電解池工作的原理39.【】A。：A.極通入的是氫氣，氫氣失電子，作負極，B 極通入的是氧氣，氧氣得電子，作正極，A 錯誤；B.電子由負極流向正極，即電子由 A 極通過導線流向B 極，B 正確；C.該反應是在強堿性電解質發(fā)生，所以 B 極發(fā)生的電極反應為 O2+4e+2H2O=4OH，C 正確；D.該反應產(chǎn)物為水，屬于環(huán)境友好電池，D 正確；故選 A?！究键c】氫氧電池的工作原理2：A.電池工作時，負極 Pb 失去電子與 SO4 結合生成PbSO4，40.【】A。2所以電極反應式為 Pb2e+SO4 =PbSO4，故 A 錯誤；B.鉛蓄電池是可充電電池、是二次電池，充電時作為電解池，將電能轉

37、化為化學能儲存，故 B 正確；C.電池工作時，電子從負極 Pb 沿導線流向正極 PbO2，故 C 正確；D.電池工作時，內(nèi)電路中陽離2子 H+移向正極PbO2，陰離子 SO4 移向負極Pb，故 D 正確；故選：A?！究键c】化學電源41.【】B。：A.甲為原電池銅電極做正極，溶液中銅離子析出銅，電極變粗，乙池是電解池，銅做陽極失電子變細，故 A 錯誤；B.甲裝置中為原電池反應，單質從負極餾出，電子由鐵電極流出，故 B 正確；C.乙裝置電極做電解池陰極，溶液中銅離子得到電子發(fā)生還原反應，故 C 錯誤；D.甲池中硫酸銅溶液濃度減小，乙池中硫酸銅溶液濃度不變，故D 錯誤；故選：B?！究键c】原電池和電解

38、池的比較42.【】B。：當閉合開關 K 時，X 附近溶液先變紅，即 X 附近有氫氧根9生成，所以在 X 極上得電子析出氫氣，X 極是陰極，Y 極是陽極。與陰極連接的是原電池的負極，所以 A 極是負極，B 極是正極。A.閉合 K 時，A 是負極，B 是正極，電子從A 極流向 B 極，根據(jù)異性電荷相吸原理可知 K+從左到右通過離子交換膜，故 A 正2確；B.閉合 K 時，A 是負極，負極上失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為 2S2 2e2=S4 ，故 B 錯誤；C.閉合 K 時，Y 極是陽極，在陽極上溶液中的氯離子放電生成氯氣，所以電極反應式為 2Cl2e=Cl2，故 C 正確；D.閉合 K 時，當

39、有 0.1molK+通過離子交換膜，即有 0.1mol 電子產(chǎn)生，根據(jù)氫氣與電子的關系式知，生成氫氣的物質的量是 0.05mol，體積為 1.12L（標況下），故 D 正確；故選 B?！究键c】電解池的工作原理43.【】C。：A.是吸氧腐蝕，a 極是氧氣得電子生成氫氧根離子，而鐵是負極發(fā)生氧化反應生成亞鐵離子，鐵被腐蝕，故 A 錯誤；B.金屬作電解池的陰極被保護，而鐵與電源正極相連是陽極發(fā)生氧化反應，故 B 錯誤；C.鋅比鐵活潑，所以鋅失電子，所以中采用了犧牲陽極的陰極保 保護橋墩，故 C 正確；D.海水是混合物， 不是化合物，既不是電解質，也不是非電解質，故D 錯誤；故選C?！究键c】金屬的腐蝕

40、與保護44.【】B。：金屬在潮濕的中性環(huán)境中易發(fā)生析氫腐蝕和吸氧腐蝕兩種電化學腐蝕，主要發(fā)生吸氧腐蝕。其腐蝕的本質都是金屬失電子，即 Mne=Mn+，所以 A、D 不正確，B 正確，金屬的化學腐蝕是金屬直接接觸到化學物質如酸、Cl2 等發(fā)生腐蝕，所以C 不正確，故選 B?！究键c】金屬的電化學腐蝕：在未電離時 c(CH3COOH)1 mol·L 1，當醋酸、H、CH3COO45.【】D。的濃度不再變化時(但此時三者的濃度不一定是 0.5 mol·L 1)，醋酸的電離達到平衡狀態(tài)，故A、B、C 均錯；依據(jù)平衡狀態(tài)的標志即電離成離子的速率與離子結速率相等，故D 正確；故選 D?！?/p>

41、考點】弱電解質的電離平衡的46.【】B。：A.加水稀釋醋酸促進醋酸電離，但醋酸電離增大程度小于溶液體積增大程度，導致溶液中氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，則溶液中氫氧根離子濃度增大，故 A 錯誤；B.HA 電離出的 c（H+）為 0.1mol/L×0.1%=10 4mol/L，則 pH=lg（104）=4，故 B 正確；C.加水稀釋促進一水合氨電離，銨根離子個數(shù)減小，所以溶液中 c（NH3H2O）/c（NH4+）的值減小，個數(shù)增大，一水合氨故 C 錯誤；D.pH=5 的鹽酸中氫離子抑制了水的電離，鹽酸中氫氧根離子是水電離的， 而氯化銨溶液中銨根離子促進了水的電離，溶液中

42、氫離子是水電離的，兩溶液中水的電離程度不相同，故D 錯誤；故選 B?！究键c】弱電解質的電離平衡47.【】D。：A.根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強弱為：CH3COOHH2SHClOHS，因此硫化氫與次氯酸跟反應生成 HS和 HClO，即H2S+ClO=HS10+HClO，故 A 錯誤；B.根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強弱為：CH3COOHH2SHClO HS，因此 CH3COOH 溶液與 Na2S 溶液反應生成 NaHS 和 H2S，故 B 錯誤；C.根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強弱為：CH3COOHH2SHClOHS，根據(jù)越弱越水解得到離子的水解能力：CH3COOHSClOS2，所以同物質的量濃度的 Na

43、2S、NaClO、CH3COONa 溶液，pH 最大的是 Na2S 溶液，故 C 錯誤；D.根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強弱為：CH3COOHH2SHClOHS，所以同物質的量濃度的 H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最強的是 CH3COOH，故 D 正確；故選D?！究键c】弱電解質的電離平衡；弱電解質的電離平衡常數(shù)】D。：A.由分析可以知道，曲線代表 0.100mol·L 1 的 NaOH 溶48.【液滴定 HCl 溶液的滴定曲線，故 A 錯誤；B.A 點溶液中 c（Na+）=0.05mol/L，電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得 c（CH3COO）c（OH）c（H）c（

44、Na+）=0.05mol/L，故 B 錯誤；C.酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，C 點溶質為氯化鈉，A 點溶質為醋酸鈉，促進水電離，B 點為等物質的量濃度的醋酸鈉和NaOH， NaOH 會抑制水的電離，所以在相同溫度下，水的電離程度：BCA，故 C 錯誤；D.D 點溶液中，存在電荷守恒，c（Cl）c（OH）c（Na+）+c（H），定量分析可以知道，c（Na+）=1.5c（Cl），將電荷守恒式中 c（Na+）代換為 c（Cl）并整理得： c（OH）0.5c（Cl）+c（H），即 c（Cl）+2c（H）2c（OH），故 D 正確；故選 D?！究键c】鹽類水解；鹽溶液中離子三大守恒的應用2

45、：A.根據(jù)質子守恒可得，又因為由一個 CO3 水解生成H2CO3，49.【】C。同時會產(chǎn)生 2 個 OH，正確關系為 c（OH）=c（HCO3 ）+c（H ）+2c（H2CO3），故2錯誤；B.NaHCO3 溶液中，根據(jù)物料守恒可得：c（Na+）=c（CO3 ）+c（HCO3 ）A+c（H2CO3），故 B 錯誤；C.等物質的量的一元弱酸 HX 與其鉀鹽 KX 的混合溶液中，根據(jù)物料守恒，2c（K）=c（HX）+c（X），故 C 正確；D.濃度均為 0.1mol/L 的 NaHCO32溶液和 NaOH 溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒：c（Na）+c（H）=2c（CO3 ）+c（OH）+c（HCO

46、3 ），故 D 錯誤；故選C?！究键c】鹽溶液中離子三大守恒的應用】D。：A.已知 25時，電離常數(shù) Ka（HF）3.6×10 4，這說明HF50.【為弱酸，不可能完全電離，因此 25時，0.1mol·L 1HF 溶液的 pH1，故 A 錯誤；B.Ksp（CaF2）與濃度無關，只與溫度有關系，故 B 錯誤；C.混合后溶液中 Ca2+濃度為 0.1mol·L1，F(xiàn)濃度為36 × 106mol/L=6×103mol/L，濃度商為 0.1×（6×10 3）23.6×10 6Ksp（CaF2）1.46×10 10，

47、因此會產(chǎn)生沉淀，故 C 錯誤；D.根據(jù) C 中分析可知有CaF2沉淀生成，故D 正確；故選 D?！究键c】影響鹽類水解的因素51.【】C。：A.根據(jù)物料守恒，開始時c（HA）c（A）=0.01000mol·L1，但隨著鹽酸滴定，溶液的體積增大，c（HA）c（A）<0.01000mol·L 1，故 A 錯誤；B.加入鹽酸的體積為 10mL，此時反應后溶質為 NaA、HA、NaCl，且兩者物質的11量相同，此時溶液顯堿性，說明 A的水解大于 HA 的電離，即微粒濃度大小順序是 c（HA）>c（Cl）>c（A）>c（OH）>c（H），故 B 錯誤；C.

48、兩者恰好完全反應，溶質為 NaCl 和 HA，兩者物質的量相等，根據(jù)電荷守恒，因此有 c（Na）c（H）=c（OH）c（A）c（Cl），根據(jù)物料守恒，c（Cl）=c（HA）c（A），因此有： c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A），故 C 正確；D.d 點時，溶質為 HCl、 NaCl、HA，根據(jù)電荷守恒，c（Na）c（H）=c（Cl）c（OH）c（A），故 D 錯誤；故選C?！究键c】鹽溶液中離子三大守恒的應用：A.Na的物質的量為 0.1 mol，而2SO4的物質的量為 0.05 mol，52【.】B混合溶液中 Na 與SO 的濃度不可能相等，故A 錯誤；B.加入 0.

49、05 mol CaO 后，會生24成 Ca(OH)2，Ca(OH)2 與 Na2CO3 反應生成 CaCO3 沉淀和 NaOH，溶液中 c(OH)增大，c(OH - )CO水解產(chǎn)生的 HCO 減少，故溶液中2增大，故 B 正確；C.加入水后，33c(HCO - )32c(Na2CO3)減小，CO3 水解產(chǎn)生的 c(OH )減小，溶液中的 OH 來源于水的電離，因水電離產(chǎn)生的 c(OH)c(H)，故由水電離出的 c(H)·c(OH )減小，故 C 錯誤；D.加入0.1 mol NaHSO4 固體，溶液體積變化不大，但 n(Na)變?yōu)樵瓉淼?2 倍，故 c(Na)增大， 故D 錯誤；故選

50、B?！究键c】影響鹽類水解的因素53.【】C。：A.V2=3V1，說明 n(Mg(OH)2)=2n(Cu(OH)2)，原溶液中 MgCl2和 CuCl2 的物質的量濃度不相等，故A 錯誤；B.CuCl2 的物質的量濃度小且首先沉淀銅離子說明 Cu(OH)2 的 Ksp 比 Mg(OH)2 的 Ksp 小，故 B 錯誤；C.A 點時溶質為 NaCl 和MgCl2，B 點時為 NaCl，C 點為 NaCl 和 NaOH，鎂離子水解促進水的電離，NaOH 抑制水的電離，NaCl 對水的電離無影響，故 C 正確；D.要想生成沉淀，必須滿足 QcKsp，銅離子大小未知，無法判斷是否生成沉淀，故 D 錯誤；

51、故選C?！究键c】沉淀的溶度積；鹽類水解以及相關判斷54.【】C。：A.使用催化劑加快了反應速率，縮短反應時間，提高反應效率，平衡不移動，故A 正確；B. 增大反應物O2 的濃度，平衡向正反應方向移動，提高了 NH3 的轉化率，故B 正確；C. 升高溫度，正逆反應速率都增大，故C 錯誤；D. NH3 的轉化率為最大值時，達到反應的最大限度，為平衡狀態(tài)，故D 正確。故選：C?！究键c】影響反應速率的因素55.【】C。：達平衡后移走 1.0molPCl3 和 0.5molCl2，重新到達的平衡，可以等效為開始加入 1.0molPCl3 和 0.5mol Cl2 到達的平衡，與原平衡相比壓強減小，PCl

52、5 的物質的量小于原平衡平衡向逆反應移動，反應物的轉化率減小，故達新平衡時12的 1/2 倍，即達平衡時PCl5 的物質的量小于 0.4mol×1/2=0.2mol ，故C 正確?！究键c】化學平衡56.【】C。：A.溫度不變平衡常數(shù)不變，故A 錯誤；B. 縮小容器容積，平衡逆向移動，TiO2 的質量增加，故B 錯誤；C. 溫度不變平衡常數(shù)不變，而平衡常數(shù) K=c（CO2），所以 CO2 的濃度不變，故 C正確；D. 縮小容器容積，平衡逆向移動，Ti 的質量減小，故D 錯誤；故選：C?！究键c】影響化學平衡的因素57.【】：A.加入 SO2，平衡正向移動但是 SO2 參加反應增加量小于其

53、加入量，導致 SO2 轉化率減小，故 A 錯誤；B.該反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，所以平衡時放出的熱量小于 197kJ，故 B 錯誤；C.充入氧氣時，反應物濃度增大、生成物濃度不變，化學反應速率與氣體濃度成正比，所以加入氧氣瞬間正反應速率增大、逆反應速率不變，故 C 錯誤；D.該反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，反應中存在物料守恒，即含有 S 元素的物質的量為 2mol，則平衡時 SO2 和 SO3 共 2mol，故D 正確；故選：D?！究键c】影響化學平衡的因素58.【】D。：要提高 CO 轉化率，則平衡需向右移動。A 和 B.由反應方程式可知，反應前后氣體體積不發(fā)生

54、變化，故改變壓強對平衡移動無影響，故 A、B 錯誤； C.該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向左移動，CO 轉化率減小，C 錯誤；D.降低溫度，平衡右移，CO 轉化率增大，D 正確；故選D。【考點】影響化學平衡的因素59.【】C。：A.升溫，K 值減小，則正反應為放熱反應，A 正確；B.平衡常數(shù) K 等于生成物平衡濃度冪之積與反應物平衡濃度冪之積的比值，F(xiàn)e2O3 和 Fe 都是固體，所以不用代入計算，B 正確；C.K 只與溫度有關，C 項錯誤；D.升溫，平衡逆向移動，CO 的平衡轉化率降低，D 正確；故選C?！究键c】影響化學平衡的因素60.【】C。：A.由圖可知，反應達到平衡時 A 物質增加了 1.2mol、D 物質增加了 0.4mol、B 物質減少了 0.6mol、C 物質了 0.8mol，所以A、D 為生成物，物質的量之比為 3:1，B、C 為反應物，物質的量之比為 3:4，反應方程式為：3B+4C故A 錯誤；6A+2D，B.反應進行到 1s 時，n（A）n（B），但是 A、B 的物質的量變化量不等，所以 v（A）v（B），故 B 錯誤；C.反應進行到 5s 時，B 的平均反應速率v正確；0.06mol/（L