2020年临沂教师招聘模拟测试卷(化学答案)
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一、单项选择题(每题2分，共21题，共42分)
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1L0.5mol·L-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Z>Y，故D错误;故选B。
7.【答案】A。解析：A.向碳酸氢钙溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，A正确;B.澄清石灰水可拆，故澄清石灰水与稀盐酸反应为：OH-+H+=H2O，B错误;C.向氢氧化钠溶液中滴入少量硫酸铝溶液：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，C错误;D.钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na+
+H2↑，D错误。故选A。
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△H<0，可以知道△S<0，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=
，速率之比等于化学计量数之比，故v(NO)=2v(N2)=4.8×10−3mol•L−1•min−1，故D错误。故选C。
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△H<0，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T2>T1，故D错误;故选A。
16.【答案】D。解析：A.HClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO-+H2O
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。
18.【答案】B。解析：A.向所得溶液中加入1 L 0.7 mol·L-1 NaOH溶液，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=0.7 mol/L×1 L=0.7 mol，沉淀为Cu(OH)2，沉淀质量29.4g，则n[Cu(OH)2]
=0.3mol，根据铜元素守恒有n(Cu)=n[Cu(OH)2]，即m=0.3 mol×64 g/mol=19.2g，故A正确;B.根据N元素守恒可知原硝酸溶液n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)，根据A计算的Cu的物质的量，利用电子转移守恒计算n(NO)=0.2 mol。根据Na元素可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.7 mol，再根据c==(0.2+0.7)/1.25 mol/L=0.72 mol/L，故B错误;C.Cu与硝酸反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知，Cu与硝酸反应后剩余HNO3物质的量n(HNO3)=n(NaNO3)-2n[[Cu(NO3)2]=0.1 mol，故C正确;D.利用电子转移守恒计算n(NO)=0.2mol，故产生NO在标准状态下体积为4.48 L，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。
二、填空题(每空2分，共58分)
1.【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)
(3)4NH3+ 6NO = 5N2+ 6H2O;3Cl2+ 2NH3= N2+ 6HCl。
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。
(1)浓盐酸与二氧化锰生成盐酸的反应：MnO2+4HCl(浓)
(3)丙+丁→D+乙：4NH3+ 6NO = 5N2+ 6H2O;A+丙→D+甲：3Cl2+ 2NH3= N2+ 6HCl。
2.【答案】(1)碳碳双键;
(2)取代反应;
。
(1)通过以上分析知，A是苯乙烯，含有的官能团是碳碳双键;
(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;
(3)通过以上分析知，G的结构简式为：
(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.【答案】(1)Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(2)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
;
(3)2Br-+Cl2=Br2+2Cl-;
(4)SO2;
(5)CO2+2Mg
解析：(1)若D为氧气，E为NaOH，C为NaAlO2，由转化关系A和D反应生成B，B和E反应生成E，A为Al，B为Al2O3，符合转化关系，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(2)A为气态单质，B为漂白粉的有效成份，B为Ca(ClO)2，由A和D反应生成B可知，A为Cl2，A元素核外有17个电子，其原子结构示意图为：
;
(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E>D>A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;
(5)D所含元素原子的质子数是B的2倍，且B、D为单质，A转化为B，B转化为C两个反应均属置换反应，则D为Mg，B为C，反应的转化关系为，CO2+2Mg
4.【答案】(1)通一段时间的纯氧气;D;
(2)吸收未反应的氧气，保证最终收集到的气体是反应生成的N2;
(3)C8H9NO3;
(4)
;
(5)羧基。
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;
5.【答案】(1)
;
(2)k正/K;1.95×10-3;
(3)A、E。
解析：(1)根据表中的数据可知，反应达到平衡状态时，
716K时，取第一行数据计算：2HI(g)
H2(g)+I2(g)
N(始)(取1mol) 1 0 0
Δn 0.216 0.108 0.108
N(平) 0.784 0.108 0.108
化学平衡常数为
(2)平衡状态下，v正= v逆，故有：k正·x2(HI) = k逆·x(H2)·x(I2)，变形：k正/k逆={x(H2)·x(I2)｝/x2(HI)=K，故有：k逆= k正/K;t=40min时，由表中数据可知正反应建立平衡的x(HI) =0.85，则v正=k正x2(HI) =0.0027min-1·0.852=1.95×10-3min-1;
(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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