2020特崗教師招聘題集-答案版

高中化【答案】B。解析：由以上分析可知a為O元素、b可能為NaMg、c為Al、dS元素。A.同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，應(yīng)為b＞c＞d，a為O，原子半徑最小，故A錯(cuò)誤；B.b＞c，a、d4OH－Cr(OH)3AB.該原電池中，鎂作負(fù)極，負(fù)極上鎂失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極反應(yīng)為Mg－2eMg+，應(yīng)式為+O－OO)2－g2++OHO+2－+gH2BC.圖乙的電解池中，陽(yáng)極反應(yīng)式是e－2e－Fe2+陰極反應(yīng)式是2H2e－H2↑則知，故C錯(cuò)誤；D.由電子守恒可知，Mg～2e－～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～Fe(OH)3↓，則n（Mg）＝（H2X）＝×c（H+）＝c（H+）＝10－4.4，故A正確 ＝0時(shí)，即c（HX－）＝c（X2－，此時(shí)pH≈5.4，可知NaHX溶液中－電離程度大于HX－水解程度，溶液顯酸性，則NaHX溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH－－＞（HX－＞c（2－）＞c（HX－）＞c（H+D錯(cuò)誤。故選：D能用帶玻璃塞的試劑瓶存放氫氧化鈉溶液，故B錯(cuò)誤；D正確；故選：B。Cu2+是H2O2分解反應(yīng)的催化劑，故A正確B.根據(jù)“藍(lán)色溶液變?yōu)榧t色渾濁（Cu2O）”，說明銅離子被還原成+1價(jià)，H2O2表現(xiàn)了還原性；繼續(xù)加入H2O2C2+H22++2Cu2++H2C2O+1Cu被氧化成+2價(jià)Cu2+，H2O2BD紅色渾濁又變?yōu)樗{(lán)色溶液，Cu2O中+1價(jià)Cu被氧化成+2價(jià)Cu2+uOH2+H2u+3H故 電生成氧氣和水，電極反應(yīng)為OH－e═2H2OO2↑故A錯(cuò)誤； 4NaOH（熔融）4Na+O2↑+2H2O、3Fe+4NaOH（熔融e4H2+a數(shù)為1：2，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)不相等，故C錯(cuò)誤；B.鹽酸的酸性比硅酸強(qiáng)，故當(dāng)?shù)稳牍杷徕c溶液中后能制得硅酸膠體，離子方程式為H2SO故B正確 Na（aq+Cl（aqH+C2H2O故 正確。故選：A【答案】B。解析：A.圖象中的變化曲線可知PH＝9時(shí)銅離子濃度最小，廢水中Cu2+處理的最pH9AB.b～c段隨氫氧根離子濃度增大，銨根離子與氫氧根離子結(jié)合生成一水合氨，氨氣濃度增大， [Cu（NH3）4]2++2OH－，平衡正向進(jìn)行，溶液中通過離子濃度增大，故B錯(cuò)誤；C.c～d段，隨氫氧根離子濃度的增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu（NH3）4]2++2OH－逆向進(jìn)行，銅D.d點(diǎn)以后，隨c（OH－）增加，平衡II：Cu(OH)2+2OH－ 液中銅元素的含量可能上升，故D正確；故選：B。，故A氧化物，不是堿性氧化物，故C錯(cuò)誤；【答案】C。解析：A.過氧化鈉中的O2Na2

+22

ONa++OH+OH+↑2，故A2 C.K2Cr2O7溶液為橙色，加入少量氫氧化鈉，溶液變?yōu)辄S色，因CrO2－+H2O2CrO2 平衡正向移動(dòng)，故CD.NaHCO3用作糕點(diǎn)的膨松劑，利用的是碳酸氫鈉和酸反應(yīng)生成，不是與堿反應(yīng)，故D錯(cuò)a、b、g為二元化合物。abb10c、d為單質(zhì)，二者反應(yīng)生成g18電子分子，且d與e反應(yīng)又得到ab，可知aNaCl、b為H2O、c為H2、d為Cl2、e為NaOH、g為HCl、f為NaClO，故R為氫元素、X為氧元素、Y為Na、ZCl。堿性比NaOH溶液弱，pH較小，故A錯(cuò)誤；2+NOHNaCl+NaClO+H2O0.1mol氯氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子為0.1mol××2×6.02×1023mol－1＝6.02×1022，故C錯(cuò)誤；NaOH、NaClO均含有離子鍵、共價(jià)鍵，故D正確。故選：DKsp（BaCO3C.雞蛋清溶液中滴加幾滴CuSO4溶液，發(fā)生變性，產(chǎn)生白色沉淀，故CD.測(cè)定同濃度Na2CO3Na2SO3溶液的pH，可比較碳酸、亞硫酸的酸性，亞硫酸不是最高價(jià)含氧酸，不能比較非金屬性，故D錯(cuò)誤；故選：B。.H4O)4423HOB.CH3COONa溶液與NaClO溶液，陽(yáng)離子的總濃度都等于鈉離子和氫離子的濃CH3COOHHClO，所以次氯酸鈉的堿性強(qiáng)，氫離子濃度小，故所含離子總濃度前者大于后者，故B正確；C.H3PO2NaH2PO2水溶液中，H2PO2H3PO22－）＝cNa+2故D正確；故選：A

－3e－4O+N+3H+故 化率相等，則反應(yīng)開始A、B的投料比為2：1，故B錯(cuò)誤；故C正確；D.利用N2O4N2O5的裝置中陽(yáng)極電極反應(yīng)+NO－e═2O52H+故D正確；故選：BC錯(cuò)誤；NH4Cl溶液的pHAB.醋酸部分電離，HCl0.1mol?L－1的CH3COOHHCl溶液，HCl中離子濃度大，所以HCl溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C.溶液中分別存在c（Cl－）+c（OH－）＝c（H+，c（HCOO）+c（OH－）＝c（H+，c（Cl－與c（CH3COO－）相等，則兩溶液的pH相等，故C正確；D.等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，恰好反應(yīng)生成【答案】B。解析：由上述分析可知，X為Na、Y為P、ZS，WCl＞Z＞W(wǎng)＞X，故ANaOH與磷酸恰好中和時(shí)生成磷酸鈉，溶液中存在鈉離子、硫酸根離子、氫離子、氫氧根離子、水分子等多種微粒，故D錯(cuò)誤；故選：B?！敬鸢浮緿。解析：A.NONO3－ 3－+4H+，故A正確故B正確；需補(bǔ)充物質(zhì)A為氨氣，故D錯(cuò)誤；故選：D。吸熱反應(yīng)，故A正確；C錯(cuò)誤；D.根據(jù)圖象，當(dāng)溫度高于250℃，升高溫度的平衡轉(zhuǎn)化率降低，則平衡逆向移動(dòng)，故D正氧氣，不能防止月餅中的油脂被氧化，故C錯(cuò)誤；B應(yīng)生成硝酸，所以反應(yīng)原理及部分流程均合理，故C正確；D.不能做萃取劑，故D錯(cuò)誤；故選：C向吸熱方向移動(dòng)，則逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即正反應(yīng)△H＜0，故A正確；SO2－，（B2+）反比，則c（SO42－）越大c（Ba2+）越小，故D正確；故選：C。故AB.Si3N4、Al2O3高，耐高溫，可作高溫結(jié)構(gòu)陶瓷制品，故B正確D.纖維素在內(nèi)不能水解生成葡萄糖，故D錯(cuò)誤；故選：D不同，故A錯(cuò)誤；酸性，故C選；【答案】D。解析：A.NO2溶于水，離子方程式：NH=+3O，故A C.酸性條件下用H2O2將海帶灰中I－氧化，離子方程式：H2O2+2I－+2HI+2H2OC正確A++N3OA(H)H4+，故D錯(cuò)誤；故選：D?！敬鸢浮緾。解析：根據(jù)分析可知：XH元素，YNa元素，ZMg元素，QCR為N（Y）＞r（Z）＞r（Q）＞r（R非金屬性C＜N，則氣態(tài)化合物的穩(wěn)定性：CH4＜NH3，故B錯(cuò)誤X2QO3XRO3分別為H2CO3HNO3，非金屬性C＜N eH，故A正確；溶液中的C正確；（N4+＝（NH3?H2H?HO的電離，原溶液中水的電離程度最大，即N點(diǎn)溶液中水的電離程度比原溶液小，故A錯(cuò)誤；（Na+）+n（NH4+）可知，n（OH－）+0.1mol＝n（H+）+xmol+0.05mol，故B錯(cuò)誤 水解平衡常數(shù)Kh不變，則該比值逐漸減小，故C正確； ＝c（Cl－）＝c（NH+）+c（NH?HO）＝0.1mol/L，故D 貝殼主要成分為碳酸鈣，CaCO3灼燒生成CaOCO2，所以“蜃”主要成分是CaO，故選：A。能﹣正反應(yīng)的活化能＝（Ea﹣Eb）kJ?mol－1，故A錯(cuò)誤；（OH）2溶液說明氫氧根離子濃度相等，所以水的電離程度相同，故B正確化鈉溶液的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于20%，故C錯(cuò)誤；度和氫離子濃度比值基本不變，故D錯(cuò)誤；故選：B。和，則增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，SiCl4的轉(zhuǎn)化率減小，故A錯(cuò)誤； ＝0.03ol/（L?in，（L?minB.Ba（ClO）2溶液中通入SO2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇，不能比較酸性大小，故B錯(cuò)誤pSpSD.鈉與乙醇反應(yīng)生成氫氣，氫氣具有可燃性，則由現(xiàn)象可知生成的氣體是H2，故D正確；裂解得到，苯能通過催化重整得到，故A錯(cuò)誤；發(fā)生消去反應(yīng)只能生成1種烯烴，故D錯(cuò)誤。故選：C。＞c（NH4+）＞c（H+）c（OH－A正確滴定氨水消耗的V（HCl）＜20mL，c（Na+）＞c（NH4+B錯(cuò)誤；c（Cl－）＞c（Na+）c（H+）＞c（OH－，故C正確；D.當(dāng)?shù)味ò彼腣（HCl）＝10mLNH3?H2ONH4Cl，電荷守恒為c（l－）+c（OH－）＝c（NH4+）+c（H+，物料守恒為：2c（Cl）＝c（NH3?H2O）+c（NH4+則2cH－－c（+）c（NH4+c（3?2O，故D正確；故選：B。【答案】C。解析：A.二羥甲戊酸的分子式為C6H12O4，－COOH與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成有機(jī)產(chǎn)物的分子式為C8H16O4，故A錯(cuò)誤；B.不能發(fā)生加成反應(yīng)，故B【答案】D。解析：A.由得電子生成乙烯，則為陰極反應(yīng)，所以a為電池的負(fù)極，故AC.陰極得電子生成乙烯，陽(yáng)極氫氧根失電子放出氧氣，總反應(yīng)為O2+H2O2H4+O2消耗水，則pHCD.由得電子生成乙烯，則為陰極反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2CO2+12H++12e－C2H442O故D正確。故+（aq+2I（aq

22生成沉淀方向移動(dòng)，則溶液中c（I－）減小，則c（Pb2+）增大，故B錯(cuò)誤；D.向PbI2的懸濁液中加入Na2S溶液，PbI2（s）+S2－（aq）Pb（s+2I（aq該反應(yīng)的學(xué)平衡常數(shù)為K＝＝?＝＝＝5×1018故D正確②NH NH↑+HO 故答案為：避免b中壓強(qiáng)過大；++4故答案為：NH4++OH－NH3↑+H2O；保溫，使氨完全蒸出滴定gcmol?L－1的鹽酸VmLn（HCl）＝0.001cVmol；結(jié)合反應(yīng)H?HOHH（N＝（NH4Cl＝（C2H5NO2＝（HCl＝0.001cVmol×14g/mol＝0.014cVg，則樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為＝%，2 【答案（1）CrO2－+H 2CrO2 （2）c（H+4溶液顏色較i明顯變淺；CrO4①Cr2O726e14+23+7②根e－ee2+6e2++4H++C2

2e3+2r+7

；e3+ee2；e2解析（1）K2Cr2O7轉(zhuǎn)化的平衡反應(yīng)為：Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+；對(duì)比實(shí)驗(yàn)i與ii，溫 故答案為：c（H+iv中加入NaOHi明顯變淺；則常溫下K2Cr2O7中Cr在堿性條件下主要以CrO42－形式存在；故答案為：溶液顏色較ivKI與堿性K2Cr2O7viKIK2Cr2O7混合，觀察到溶液顏色由（Cr3+，+6①陰極發(fā)生還原反應(yīng)，則Cr2O72－在陰極的反應(yīng)為rO72+e1H+2r3+H2O故答案為：Cr2e－4H+2r+H2 ②根據(jù)實(shí)驗(yàn)ⅲ中Fe3+去除Cr2O72－的機(jī)理如圖，實(shí)驗(yàn)iv中陽(yáng)極反應(yīng)為：e－e－=e+酸性Cr2O72－Fe2+Fe3+：6Fe2++14H++C2r76e3+2r+72，F(xiàn)e3+2 2 2e+e－e2+，e2+CrO2－，F(xiàn)e2+CrO2－2 2 23）+A2+A+2HS3O3OO22（7）1.8×10－3mol?L－1周期第ⅠA族，N2H4電子式為（2）為使Na2S溶液 （3）e+Ag2S22A+e+HS，故答案為：A2+Ae2HSNO2和NO混合氣體，HNO3與Ag4A+OAO++2+3，OOH銀的產(chǎn)率降低的原因?yàn)閜H過大會(huì)有AgOH生成，降低產(chǎn)品的純度，故答案為：pH過大會(huì)有AgOH由溶度積常數(shù)知AgNO2開始沉淀，AgCl已經(jīng)沉淀。此時(shí) 故答案為：1.8×10－3mol?L－1 ④H3OHOCH2C（CH3COOH BrCH2C（CH3COOHCH2＝C（CH3）COONa反應(yīng)條件，可知反應(yīng)①是苯環(huán)、羰基均與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故A為 OH被－Cl的取代反應(yīng)、－NH－與HCl的反應(yīng)。由C的分子式可知，反應(yīng)③發(fā)生鹵代烴的消去反應(yīng)、同時(shí)發(fā)生類似銨鹽與堿的反應(yīng)，故C為 故B F，基硼氫化鈉體現(xiàn)還原性。對(duì)比F、G的結(jié)構(gòu)，可知H為6×3＝18種，故答案為：18；④NNOHCCH（CH3）COOH，先與氫氣反OHCCH（CH3）COOHHOCH2CH（CH3）COOHBrCH2CH（CH3）COOH CH2＝C（CH3）COONa【答案（1）C；第三周期第IVA族；3C+SiO2（3）0.25；SiCl4+O2+2H2iO24H；O22H2+e4O（CSiIVA族，該反應(yīng)涉及的副反應(yīng)可能有C+SiO2Si+CO2↑（碳不足）和3C+SiO2SiC+2CO↑（碳足量故答案為：C；第三周期第IVA族；3C+SiO2；（2）四氯化硅粗品中所含的物質(zhì)的沸點(diǎn)不同，經(jīng)過蒸餾得到純SiCl4，“操作X”的名稱為精餾（或蒸餾或分餾），PCl3為共價(jià)化合物則電子式為 ；（3）2L恒容密閉容器中投入1molSiCl4和1molNH3，SiCl4過量，氨氣反應(yīng)完全，6min后反應(yīng) ＝0.25mol?L－l?min－l；應(yīng)Ⅲ化學(xué)方程式為SiCl4+O2+2H2SiO2+4HCl，反應(yīng)Ⅲ中的原料氣H2和O2在堿性條件下可構(gòu)成電池，其正極反應(yīng)的電極方程式為2HO+4e－OH－故答案為：0.25；SiCl4+O2+2H22+4H222+4e4O ； 由B生成C的化學(xué)方程式是 F+H→JH原子被－C（CH3）2COOH替代，屬于取代反應(yīng)。FCCuBr和磷配體催化作用下也可大位阻醚，有機(jī)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，；化合物X是E（ 能與金屬鈉反應(yīng)。則含酯基及－OH，若為甲酸丙酯，－OH有3種位置；若為甲酸異丙酯，－OH有2種位置；如為乙酸乙酯，－OH有3種位置；若為丙酸甲酯，－OH有3種位置，共11種，其中能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，核磁氫譜有3組峰，峰面積之比為1：1：6的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONa HOCH2COOHOHC－—COOH，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)可知B ，A+B→C發(fā)生加成反應(yīng)，反應(yīng)方程式為， 羥基、羧基發(fā)生酯化反應(yīng)，則E （4）D、F的結(jié)構(gòu)，可知溴原子取代－OH位置，D→F的反應(yīng)類型是：取代反應(yīng)；F中溴原子、酚羥基、酯基（羧酸與醇形成的酯基，都可以與氫氧化鈉反應(yīng)，1molF最多消耗3molNaOH， 任意2種化得到OHC－COOH， （2）22S3526243O46S；增加反應(yīng)物 的濃度，提高 解析：（1）33，砷元素化合價(jià)+3價(jià)變化為+5A2S3+O2+6H2O=4H3AsO4+6增大壓強(qiáng)，可增加O2反應(yīng)速率，提高As2S3的轉(zhuǎn)化速率；故答案為22S3526243O46S；增加反應(yīng)物O2的濃度，提高As2S3+AO②H2（g）+O（H（225（）A2O（s+3H2（l=2H3AsO（s△H＝2△H1－3△H2v（AsO33），故a錯(cuò)誤； 故答案為：小于；tm時(shí)生成物濃度較低； 323 OOa2將+2價(jià)鐵氧化為+3價(jià)鐵；H2e+=e34+ （4）c（NH+）＞c（SO2－）＞c（H+）＞c（OH－ 1N2（O4HFe的原子序數(shù)為26，位于元素周期表中第四周期第VIII族，反應(yīng)SO2+aSO2O，H2O4S+NOHSO3HO；晶體E（NH4）2Fe6（SO4）4(OH)12Fe元素化合價(jià)為+3，則過量的試劑X目的是將將+2價(jià)鐵氧化為+3價(jià)鐵； 反應(yīng)，33e()34故答案為：將+2價(jià)鐵氧化為+3價(jià)鐵；e+e3+ （4）H為（NH4）2SO4，銨根離子水解溶液呈酸性，則（H+）＞c（OH－，由于銨根離子的水解 （OH，故答案為：c（NH+）＞c（SO2－）＞c（H+）＞c（OH－

②H中黑色粉末變?yōu)榧t色，其后的D4542+02+2②根據(jù)三次試驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算高錳酸鉀溶液體積平均值為＝＝16.01mL，假24KMnO4溶液的濃度為c，n（C2O42－）＝，則：2MnO4－+16H++5CO222+1028224 解得 解析：（1）草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色，為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以和氫氧化鈣反應(yīng)生成難溶性的草酸鈣而干擾的檢驗(yàn)，B裝置溫度較低，有冷凝作用，防止干擾應(yīng)生成沉淀而干擾CO2的檢驗(yàn)；排水法收集CO避免環(huán)境污染，所以其連接順序是A、B、F、D、G、H、D、I；程中黑色固體變?yōu)榧t色，現(xiàn)象明顯，所以H中盛放的物質(zhì)是CuO，還原為紅色的CuH中黑色固體轉(zhuǎn)化為紅色且其后的DCO，故答案為：H中黑色粉末變?yōu)榧t色，其后的D中澄清石灰水變渾濁；①要證明草酸酸性大于碳酸，可以利用強(qiáng)酸弱酸，向盛有少量NaHCO3的試管里滴加草故答案為：向盛有少量NaHCO3的試管里滴加草酸溶液，有氣泡產(chǎn)生就說明草酸酸性大NaOHNaOH2倍就說明草酸是二元①KMnO4和草酸鈉在稀硫酸中反應(yīng)生成硫酸鉀、硫酸鈉、硫酸錳、和水，則反應(yīng)的4242+6+2102H252+218②根據(jù)三次試驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算高錳酸鉀溶液體積平均值為 ＝16.01mL，假2KMnO4溶液的濃度為c，n（CO 2則：2MnO4－+16H++52

2－2M+1↑2+8H解得 大學(xué)化 數(shù)也為0，D錯(cuò)誤。故選B選項(xiàng)。2，因此取向越多，則可容納的電子數(shù)越多。磁量子數(shù)的取值取決于角量子數(shù)，角量子數(shù)越大，則磁量子數(shù)的取值越多，取向也就越多。C中的角量子數(shù)最大，因此C的電子亞層可容納的電子數(shù)最多。故選C項(xiàng)?！敬鸢浮緼。解析：p軌道有三個(gè)取向，三條相同的軌道，因此p軌道為三重簡(jiǎn)并，A正確；氫原2s軌道能量與同一多電子原子中的同一能級(jí)組，能量可能不一樣，比如：2s2p，D錯(cuò)誤。故選A項(xiàng)?？臻g構(gòu)型為三角錐形。H2O、H2SO、Ssp3雜化，孤對(duì)電子對(duì)為2V型，A、B不符合，錯(cuò)誤；PCl3Psp3雜化，一對(duì)孤對(duì)電子對(duì)，構(gòu)型為三角錐形，C正確；SiH4中Si的雜化類型為sp3雜化，構(gòu)型為正四面體型，D錯(cuò)誤。故選C項(xiàng)。均不重合，為極性分子，B、C、D錯(cuò)誤。故選A項(xiàng)。電子和2個(gè)2p電子分別與4個(gè)氫原子的1s軌道，形成4個(gè)C﹣Hσ鍵，B錯(cuò)誤；C.sp3雜化軌道是由同一個(gè)原子中能量相近的s軌道和p軌道通過雜化可形成混合起來形成的一組能量相同的新軌道，雜道成鍵，如NH3是采用sp3雜化，BF3sp2雜化，D錯(cuò)誤。故選C項(xiàng)。其單電子數(shù)，比如甲烷中的C原子，Aσ鍵，雙鍵及三鍵的形成均是先形成單鍵后再p軌道的肩并肩，所以雙鍵及三鍵均只有1個(gè)σ鍵，B正確；σ鍵可以是s軌道與s軌道，也可以是s-p、p-p，故C錯(cuò)誤；π鍵為p軌道側(cè)面，而非鍵軸方向，D錯(cuò)誤。故選B項(xiàng)。誤。故選A項(xiàng)。。解析：二者配位數(shù)均為而K3[FeF6]中的成單少，為低自旋，能高。主要原因是配體的強(qiáng)弱引起的，CN－為強(qiáng)配體，使得分裂能升高。故選B項(xiàng)?！敬鸢浮緽。解析：由配離子結(jié)構(gòu)可知，Ni2個(gè)正電荷的離子，所以其價(jià)電子排布為：3d8。[NiCl4]2-是順磁性分子，說明中心離子的軌道上含有單電子，所以其雜化類型為sp3雜化，幾何構(gòu)型為四面體型。故選B項(xiàng)。誤；[Co(CN)6]3-為低自旋，[Co(NH3)6]3+為高自旋，前者吸收波長(zhǎng)較短的光，B錯(cuò)誤；d軌道在八面體場(chǎng)中發(fā)生，C錯(cuò)誤；八面體場(chǎng)中只有d4~d7才有高低自旋之分，D正確。故選D項(xiàng)?！敬鸢浮緽。解析：A.氧化亞銅在稀硝酸中被氧化成二價(jià)銅離子，故A錯(cuò)誤