2020貴州特崗教師招聘考試模擬卷三-化學(xué)答案版

年特崗教師招聘考試模擬卷三答案及解化一、選擇題（20題它就發(fā)生了形態(tài)的變化，由固體轉(zhuǎn)化成液體，為物理變化，降碳量除過程中發(fā)生了化學(xué)反應(yīng)，過程中既有物理變化也有化學(xué)變化，故A正確；可直接用于配制民用及工業(yè)用洗滌用品，故C錯誤；“豆箕”是大豆的秸稈，主要成分為纖維素，燃燒纖維素是把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，故D正確；FeCl3溶液用于蝕刻銅電路板，是因為三氯化鐵具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化銅，故A錯誤ClO2具有強(qiáng)氧化性能夠使蛋白質(zhì)變性，可以用于自來水的殺菌，故C正確SO2水溶液吸收Br2蒸氣，是因為二氧化硫具有還原性，故D錯誤；體中含有的氧原子數(shù)為2NAA正確；子數(shù)為2NA，故B正確；子數(shù)小于2mol，故C錯誤；Na2O2與水反應(yīng)制氧氣，離子方程式：NaO2＋HO4a＋4HO2，故A3 Na2CO3（aq）中逐滴加入與之等體積等物質(zhì)的量濃度的稀醋酸，離子方程式：CO2－3H －3B2－41mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合后，偏鋁酸鈉與氯化氫的2：5故選：D

↓33333故B正確；溴乙烷是乙烷中1個H被溴原子取代得到，比例模型為：，故C正確乙酸乙酯的實驗式為C2H4OD錯誤；【答案】D100nm）、濁液（大于100nm），所以溶液的分散質(zhì)粒子直徑最小，濁液分散質(zhì)微粒直徑最大，氯化鈉溶液屬于溶液分散系，分散質(zhì)顆粒直徑小，故ACuSO4溶液屬于溶液分散系，分散質(zhì)顆粒直徑小，故CAgI膠體屬于濁液分散系，分散質(zhì)顆粒直徑最大，故D正確。故選：D【答案】A解析：由上述分析可知，W為N，X為O，YF，Z同周期從左向右非金屬性減弱，則非金屬性：Y＞X＞W(wǎng)，故A正確NO含共價鍵，MgO含離子鍵，化學(xué)鍵不同，故B錯誤具有相子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑為X＞Y＞Z，故C錯誤Y的氫化物為HF，水溶液顯酸性，而堿性溶液可使紅色石蕊試紙變藍(lán)，故D錯誤；H與ClAAl、Mg均為金屬元素，二者不能形成化合物，故D不選；故選：B解析：由上述分析可知，XH，YC，Z為O，WNa，A為H2O，BNa2O2，CCO2，D為NaOH，E為O2，F(xiàn)為Na2CO3；A.Z為O元素，不存在正價，故AD.BNa2O2，C為CO2，二者反應(yīng)時過氧化鈉為氧化劑、還原劑，0.1molB與足量C完全反應(yīng)共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1×6.02×1023，故D錯誤。故選：B。鈉和氧氣常溫反應(yīng)生成氧化鈉，a＋O2a2O，O2Na2O2，條件不同產(chǎn)物不同，故A錯誤稀鹽酸，酸溶液中硝酸根離子具有氧化性，能氧化亞鐵離子為鐵離子，溶液變黃色，故C正確；圖中原點pAg=0，則Ag+的濃度為：c（Ag+）=100mol/LAgNO3x點c（Ag）=106mol/L，一般認(rèn)為溶液中離子濃度小于105mol/LAgNO3與NaCln（NaCl）=n（AgNO3，所以，即，故x點c（Ag+）=10－6mol/L，溶液中c（Cl－）==10－6mol/L，所以溶液中=c（Cl－），故C液中c（Ag+）更小，則pAg更大，圖象不符，故D錯誤；故選：C。Fe是單質(zhì)，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯誤CH3COONH4是在水溶液中能完全電離的電解質(zhì)，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故B醋酸是在水溶液中部分電離的電解質(zhì)，屬于弱電解質(zhì)，故D錯誤。故選：B 如含銅離子，可生成藍(lán)色沉淀，現(xiàn)象不同，可鑒別，故D正確。故選：BH+與S2O32－反應(yīng)生成S、二氧化硫和水，所以在溶液中不能大量共存，故A錯誤滅火器滅火時，會噴出大量，鈉、鉀與氧氣反應(yīng)生成的過氧化鈉、超氧化鉀能與反應(yīng)生成氧氣會助燃，不能用滅火器滅火，Mg能與反應(yīng)，不能滅火器滅火，故B正確；原劑，參加反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：2，故D錯誤。故選：B。故B不選；與勒夏特列原理有關(guān)，故D不選；故選：C。無論是否達(dá)到平衡狀態(tài)，溶液都呈電中性，故A錯誤由于醋酸的電離程度未知，達(dá)到平衡時c（H＋）與c（CH3COO－）關(guān)系不確定，且平衡不一定朝正向移動，故A正確；C易導(dǎo)致鋁制品腐蝕，故D正確。故選：B。故A錯誤；①中甲基的H被氯原子替代，②中氯原子被羥基替代，都為取代反應(yīng)，③為氧化反應(yīng)，故B苯甲醇含有羥基，性質(zhì)與乙醇相似，可與鈉反應(yīng)生成氫氣，故D正確。故選：DA的分子式應(yīng)為C9H18O2B和CABCC4C5C4個C2種同分異構(gòu)體：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH5個C原子的醇分子中含有3個甲基，CH3CH2C(OH)(CH3)CH3，A、B、C中能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的物質(zhì)是AB8種，故選：B。使高錳酸鉀褪色的為二氧化硫，無現(xiàn)象的為，可鑒別，故A正確使品紅褪色的為二氧化硫，無現(xiàn)象的為，可鑒別，故B正確二氧化硫與硫化氫反應(yīng)生成單質(zhì)硫，溶液變渾濁，而不反應(yīng)，可鑒別，故C正確二者都與氫氧化鋇溶液反應(yīng)，且現(xiàn)象相同，不能鑒別，故D錯誤；二、填空題（5題石墨和C60；C60；0.5NA墨的六元環(huán)中，平均一個C3個環(huán)所用，則一個C原子占，一個六元環(huán)相當(dāng)于含有C1molC原子含有的六元環(huán)數(shù)目為，即0.5mol，故答案為：0.5NA（3①eC、C②e2＋－－3＋；2＋H＋2＋H2。解析）知①H2g＋O2gH2g) H1) H2) 蓋斯定律計算②＋③＋④－①得到反應(yīng)2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)的△H1①H2S0.009mol/L935tminH2S的轉(zhuǎn)化（H2=（H2S= ②由圖象可知，溫度升高，轉(zhuǎn)化率增大，則平衡正移，所以正方向為吸熱方向，即△H＞0，升的轉(zhuǎn)化率為40%，則2H2S(g)開始00轉(zhuǎn)化平衡==8×10－4，故答案為：正故答案為：FeCl2、－3＋，故答案為－；化反應(yīng)反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑，故答案為：2Fe2＋＋2H＋＋＋H2↑ 。解析：（1）A為 ，A的名稱是：甲苯。G為，含氧官能團(tuán)的屬于加成反應(yīng)，B的結(jié)構(gòu)簡式為，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為： 加成反應(yīng)；； （3）A是甲苯、D是苯，可以用酸性高錳酸鉀溶液檢驗，甲苯使之褪色，而苯不能。（）屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體，可以甲基苯酚，有鄰、間、對3種，可以是側(cè)鏈為－OCH3，共有4種，答案為：酸性高錳酸鉀溶液；4；學(xué)方程式： ，故答案為：；。2SO2＋2O＋H2O2H2O4＋過濾332＋46H；332Te4＋＋2SO2＋4HO=e＋8H＋2O H2SO4、HClCu2Te、Ag2Se和少量金屬單質(zhì)及其他化合物，高溫焙燒NaHTeO3的溶液中水解平衡常數(shù)Kh= HTeO3－電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，溶液pH＜7，故答案為：＜；H2OH2O＋e。 單質(zhì)難溶于水，反應(yīng)后分離出Se單質(zhì)可以通過過濾分離，故答案為O＋2O22HOHO4＋e；過濾TeO2TeO2NaOH溶Na2TeO3。工業(yè)上也可以通過電解溶液①得到單質(zhì)碲，電解時的電極均為石墨，則陰極發(fā)生還原反應(yīng)，TeO32－得到電子生成Te，電極反應(yīng)式為TeO32－＋3H2O＋4e－e＋6OH－故答案為N2e；e＋2＋4＋－TeO2pH4.5～5.0，生成TeO2H2SO4過量，將導(dǎo)致生成的TeO2沉淀偏少，碲的回收率偏低，故答案為：TeO2是兩性氧化物，溶液酸性過強(qiáng)，TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失；4＋O2＋HO＋H＋2O42＋＋2SO＋4HO＋H＋2O Oe8＋2O 成的鹽酸和硫酸可以循環(huán)利用，故答案為：H2SO4、HCl起液封作用(防 Fe2＋被氧化)；與鐵、稀硫酸構(gòu)成原電池，加快反應(yīng)速率步驟①中Na2CO3溶液呈堿性，能促進(jìn)油污水解生成可溶性的物質(zhì)，從而除去油污，故答案取少許溶液于分液漏斗中目的是隔絕空氣防止亞鐵離子被氧化；原電池能加快化學(xué)反應(yīng)速率，F(xiàn)eC和稀硫酸構(gòu)成原電池，從而加快化學(xué)反應(yīng)速率，故答案為：起液封作用(Fe2＋被氧化)；與鐵、?。?）n(Fe)=2.24g=0.04mol，n(H2SO4)=3mol/L×0.02L=0.06mol，F(xiàn)e＋H2SO4H2＋eSO4Fe為標(biāo)準(zhǔn)得n(FeSO4)=0.04mol，F(xiàn)eSO4、(NH4)2SO4反應(yīng)得到(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O11n[(NH4)2SO4]=0.04mol，V[