2021贵州特岗教师招聘考试自测卷-生化答案版

1、2021 年特岗教师招聘模拟卷-生化参考及化学1【.】A：摩尔质量均为46g/mol，故 23g 两者的混合物的物质的量为0.5mol，而两者的结构中均含一个 CO 键，故0.5mol混合物中无论两者的比例如何，均含0.5molC O键即0.5NA条，选项 A 正确；B.不知道乙烯是否处于标准状况下，无法计算其物质的量， 选项 B 错误； C. 在硫酸溶液中不存在硫酸， 选项 C 错误；D.12.0gNaHSO4固体物质的量为0.1mol，硫酸氢钠固体中含有阳离子为钠离子，固体中含有的阳离子数目为0.1NA，选项D 错误；故选A。【考点】阿伏伽德罗相关计算2.【】D。：A.溶液中含有水，H2O

2、 的结构式为HOH，因此氢氧化钾溶液中 OH 键的物质的量大于 0.1mol，故 A 错误；B.题目中没有说明溶液的体积，2无法计算 CO3 的物质的量，故 B 错误；C.金属钠可以与盐酸反应，也可以与 H2O 反应，因此金属钠参与反应，转移电子物质的量为4.6 × 1mol=0.2mol，故 C 错误；D.乙烯23式为 CH4，1mol 混合气体含有 4molH，即标准状况下，2.24L式为C2H4，甲烷混合气体含有氢原子物质的量为 0.4mol，故D 正确；故选 D。【考点】阿伏伽德罗相关计算3.【】D。：A.磷酸和硫酸的摩尔质量都是 98g/mol，A 错误；B.常温下，铁在浓

3、硝酸中发生钝化， 反应停止， 反应转移电子数小于0.9NA ， B错误； C.200mL0.5mol/L 的葡萄糖溶液中，其中的葡萄糖含氧原子数为 0.2×0.5×6=0.6mol ，溶剂中还有氧原子，所以葡萄糖溶液中含氧原子数大于 0.6NA，C 错误；D.浓硫酸随水着反应的进行，变为稀硫酸，与铜不反应；因此 100mL18mol/L 的硫酸不能完全消耗， 转移的电子数小于 1.8NA，D 正确；故选D。【考点】阿伏伽德罗相关计算；物质的量浓度相关计算4.【】A。1816：A 项，H2 O 与 D2 O 的相对质量均为 20，中子数均为181610，所以 4.0g 由 H

4、2 O 与 D2 O 的混合物所含中子数为 2NA，故 A 项正确；B 项，标准况下己烷为液体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故 B 项错误；C 项，pH=13 的 NaOH 溶液中氢氧根的浓度为 0.1mol/L，则溶液中的 OH的物质的量n=CV=0.1mol，由于水还能电离出极少的氢氧根，故溶液中氢氧根的个数多于0.1NA个，故C 项错误；D 项，1mol 的 Na2O 中有 3mol 离子，1molBaO2 中有 2mol 离子，则1mol 的 Na2O 和BaO2 的混合物中含的阴.阳离子总数小于 3NA，故 D 项错误；故选A。【考点】阿伏伽德罗相关计算5.【】D

5、。1：A.苯不含碳碳双键，故A 错误；B.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，部分氯气未参加反应，依据氯原子个数守恒可知，将 1molCl2 通入足量水中，溶液中 HClO、Cl、C1O粒子数之和小于 2NA，故 B 错误；C.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增加，所以1L0.3mol/LNa2CO3 溶液中的阴离子数目大于 0.3NA，故C 错误；D.甲烷和乙烯完全燃烧，均生成和水，且甲烷和乙烯式中氢原子均为4，故 0.1mol 甲烷和乙烯组成的混合气体的氢原子总数为 0.4mol，故该混合气体完全燃烧生成的水故选：D。数为 0.2NA，故 D 正确；【考点】阿伏伽德罗相关计

6、算： c= 1000 可知， 该硫酸溶液的物质的量浓度为6. 【】 A 。M1000×1.84×98%mol/L=18.4mol/L。A.根据稀释定律，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，98故需要浓硫酸的体积为500mL×4.6mol/L=125mL，选项 A 正确；B.常温下 Al 在浓硫酸中发18.4mol/L生钝化现象，且浓硫酸为氧化性酸，加热反应也不能生成氢气，选项B 错误；C.根据c=1000可知，该硫酸溶液的物质的量浓度为1000×1.84×98%mol/L=18.4mol/L，选项 C 错M98误；D.浓硫酸和水的密度不同，等质量混

7、合后体积不等于硫酸体积的 2 倍，混合后物质的量浓度不是 9.2mol/L，选项D 错误；故选 A。【考点】物质的量浓度相关计算7.【】A。：A.每 1mol 氧原子和 2mol 硅原子形成共价键，在含 4molSiO 键的石英晶体中，氧原子的数目为 2NA，故A 正确；B.二氧化锰只与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应， 依据方程式： MnO2 4HClMnCl2 Cl2 2H2O ， 所以 0.1L×12mol/L1.2mol，HCl 如果完全反应生成 Cl20.3mol，但是由于反应过程中随着浓盐酸浓度不断降低，反应在 HCl 没有完全消耗时就不再进行，所以得到的 Cl2 也就小于0.

8、3mol，HCl数小于 0.3NA，故B 错误；C.盐酸溶液中不含氯化氢，故 C 错误；D.常温常压，Vm 大于22.4L/mol，2.24LCO 和CO2 混合气体中含有的碳原子数小于0.1NA，故D 错误；故选：A。【考点】物质的量浓度相关计算；物质的量相关计算8.【】A。：A.氢氧化钠溶液加入过量的碳酸氢钙生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：HCO3 +Ca2+ +OH =CaCO3+H2O，A 正确；B.SO2 被次氯酸2 SO4，且硫酸钙为沉淀，所以漂白粉溶液吸收少量的 SO2根离子氧化为反应为SO2+H2O+ClO+Ca2+=CaSO4+2H+Cl，B错误；C.碳酸钙难溶于水，

9、不拆成离子形式，正确的离子方程式：CaCO3+ 2CH3COOH=2CH3COO+H2O+CO2+Ca2+，C错误；D.还原性：I>Fe2+；1molCl2 完全反应得到电子的量为2mol，2mol I完全被氧化生成碘单质失去电子 2mol，所以向 FeI2 溶液中通入等物质的量 Cl2:，离子反应为：22I+Cl2=I2+ 2Cl，D 错误；故选 A。【考点】离子反应方程式的书写9.【】C。2：解：A.氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2，离子方程式为：Ba2+SO4+2H+2OH=BaSO4+2H2O，故A 错误；B. 转移电子不守恒，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH

10、+H2，故 B 错误；C. 二者反应生成碳酸钙和水，离子方程式为：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，故 C 正确；D. HClO 是弱电解质，应写化学式，离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故D 错误；故选：C。【考点】离子反应方程式的书写10.【】D。：A.滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，酸性条件下 Fe2+与NO3 发生氧化还原反应而不能大量共存，故 A 错误；B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液应具有强氧化性，具有还原性的 S2不能大量共存，故 B 错误；C.水电离出来的 （c H+）=1013mol/L 的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论溶

11、液呈酸性还是碱性 HCO3都不能大量共存，故 C 错误；D.pH 为 13 的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D 正确；故选 D。【考点】离子共存在酸性条件下发生氧化还原反应，CH COO：A.NO3 、Fe2311.【】C。与 H反应，因此在酸性溶液中不能大量共存，故A 错误；B.在能使酚酞试液变深红色的溶液呈碱性，Ca2、HCO3 与 OH 反应，在溶液中不能大量共存，故 B 错误；C.Na、NO 之间不反应，都不与、K、HCO33Cl、Ba2反应，在溶液中能够大量共存，故 C 正确；D.Fe3为有色离子，不满足溶液无色的条件，故D 错误；故选：C。【考点】离子

12、共存12.【】C。：向溶液中滴加 NaOH 溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有 H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在 AlO2 ，当 H+完全反应后继续滴加 NaOH 溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加 NaOH 溶液，沉淀的物质的量不变，说明 NaOH+和 NH4 反应，则溶液中一定含有 NH4 ，当 NH4 完全反应后继续滴加 NaOH 溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有 Al3+，不含 Mg2+，最终溶液中溶质为 NaCl、+NH3·H 2O 和NaAlO2；A.通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4 ，故 A 错误；B.通过以上分析知，最终

13、得到的溶液中溶质为 NaCl、NH3·H2O 和 NaAlO2，+3+故B 错误；C.根据图象知，Al3+、NH4 消耗 NaOH 的物质的量之比为 3：3，根据 Al +3OH=Al(OH)3，NH4+OH=NH3·H 2O 知，原溶液中 Al3+与 NH4 的物质的量之比+1：3，故C 正确；D.通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子 AlO2，故D 错误；故选C。3【考点】离子反应方程式的书写；物质的量计算13【.】D：加入足量 NaOH 溶液，有白色沉淀产生，此沉淀应是 Mg(OH)2或是 BaCO3 中的一种，微热，闻到刺激性气味气体产生，此气体为

14、 NH3，原溶液中含有 NH4 ，滤液中加入足量的 BaCl2 溶液，有白色沉淀产生，再加入足量的硝酸，沉淀2不溶解，此沉淀为 BaSO4，原溶液中含有 SO4 ，一定没有 Ba2 ，沉淀 A 为 Mg(OH)2，Mg2，根据电荷守恒，以及离子浓度相同，HCO3 和Cl至少含有原溶液中一定含有一种，A.根据上述分析，另一种阴离子不知道是 Cl还是 HCO3 ，故 A 错误；B.溶液中可能含有HCO3 ，故 B 错误；C.根据溶液呈现电中性，Na 和 K 可能含有，故C 错误；D.白色沉淀A 是 Mg(OH)2，白色沉淀 B 为BaSO4，都是纯净物，故 D 正确；故选D。【考点】离子共存：A.

15、溶液中离子的还原性强弱顺序是 I>Fe2+>Br，向溶液中14.【】B。滴加过量氯水时发生的反应分别为：2I+Cl2=2Cl+I2、2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl、 Cl2+2Br=2Cl+Br2，所以参与反应的离子先后顺序为：I、Fe2+、Br，选项 A 错误；B.铁离子的氧化性强于铜离子，H的氧化性弱于 Cu2+而强于 Fe2+，所以在含有等物质的量的 Fe3+、Cu2+、H的溶液中加入 Zn 粉，反应的先后顺序 Fe3+、Cu2+、H，选项 B 正确；C.氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，则反应的先后顺序为 Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，

16、选项 C 错误；D.若H+最先与AlO2 反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中 OH反应生成 AlO2 ，则反应顺序为 OH 、AlO2 、2CO3 、Al(OH)3，选项 D 错误；故选 B。【考点】离子反应方程式的书写；氧化还原反应15.【】D。：甲和乙的电子层排布可能为 1s22s22p2 和 1s22s22p63s2，即为碳和镁元素，它们位于不同的周期、不同的主族、不同的区域，故A、B 错误；碳元素位于元素周期表的 p 区，镁元素位于元素周期表的 s 区，故 C 错误；甲与乙的原子序数之和 6+12=18，是偶数，故D 正确，故选 D。【考点】元素周期表；原子结构16.【】C。：M

17、层有 2 个电子的元素 X，即易失去这 2 个电子显+2 价，L层有5 个电子的元素Y，易得到3 个电子显3 价，所以形成的化合物的化学式为X3Y2；故选：C。【考点】元素周期表；原子结构17.【】D。：由题干推知，A、B、C、D、E 五种元素分别为 H、N、Na、Al、Cl。A 项，原子半径从左到右逐渐减小，即原子半径：Na>Al>Cl>H，故 A 项正确； B 项，H2O2、Na2O2 均含有非极性键，故 B 项正确；C 项，HNO3、NaOH 能发生酸碱中和反应，Al（OH）3 是两性氢氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应，故 C 项正确；D 项，AlCl3 是项错误；故

18、选D。晶体，熔融状态不导电，工业上常电解熔融的 Al2O3Al，故 D4【考点】元素周期表；元素周期表的应用18.【】D。：A.同主族元素周期数越大原子半径越大，同周期元素原子序数越小原子半径越大，因此原子半径 WY X，故 A 正确；B.X 元素的简单气态氢化物为 H2O，Y 元素的简单气态氢化物为 H2S，H2O间存在氢键，因此 H2O 的沸点高于 H2S，故 B 正确；C.Si 与C 位于同一主族，化学性质相似，C 可以形成C2H6（乙烷），因此 Si 可能形成 Si2H6，故 C 正确；D.S 的氧化性比 Cl 弱，因此 S 不能从 NaCl溶液中置换出Cl2，故D 错误；故选 D。【

19、考点】元素周期表；元素周期表的应用19【.】D。：A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性 S>P，所以酸性 H3PO4<H2SO4，选项 A 错误；B.同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，所以金属性 K>Ca，选项 B 错误；C.同一周期元素，元素的原子半径随着原子序数增大而减小，故原子半径 S>Cl，选项 C 错误；D.同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性 N>P，选项 D 正确；故选 D。【考点】元素周期律20.【】C。：由上述分析可知，A 为C，B 为O，C 为 Mg，D 为S，E 为Cl，

20、A、C、D 形成离子化合物 MgS，选项A 错误；B.A 与B 形成的不是污染物，选项 B 错误；C.镁离子、硫离子均水解促进水的电离，选项 C 正确；D.非金属性Cl>S，则 E 的最高价氧化物水化物的酸性大于 D 的最高价氧化物水化物的酸性，但硫酸酸性大于HClO 酸性，选项D 错误；故选 C。【考点】元素周期表；元素周期律的应用21.【】C。：A 项，因O、N、Si 元素的非金属性逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4，正确；B项，氢元素与其他元素可形成共价化合物如 H2O、NH3、SiH4、H2S 等，也可形成离子化合物如 NaH 等，正确；C 项，HCl 的酸性

21、比碳酸强，不能证明元素的非金属性，应用最高价含氧酸的酸性比较，错误；D 项， 根据元素的原子序数与元素在周期表中位置的规律，可推出第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族，正确。【考点】元素周期表；元素周期律的应用22.【】C。：砷（As）位于元素周期表第A族，非金属性AsN，则 As 的最高价氧化物对应水化物的酸性比硝酸弱，故正确；铊（Tl）与铝同主族， 金属性 TlAl，则 Tl(OH)3 不具有两性，所以 Tl 不与氢氧化钠溶液反应，故错误；H2S 为弱酸，HCl 为强酸，则酸性 H2S 弱于 HCl，故正确；非金属元素的气态氢化物溶于水后不一定形成无氧酸，如氨气溶于水生成一水合

22、氨，为碱，故错误；故选： C。【考点】元素周期律的应用23【.】D：A.铜为 29 号元素，则其正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，5故 A 错误；B.氯化铵的电子式中，必须标出氯离子的最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故B 错误；C.As 的原子序数为 33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为 1s22s22p63s23p63d104s24p3 ， 所以 As 原子的简化电子排布式为：Ar3d104s24p3，故 C 错误；D.中子数为 6，质子数为 7 的核素为：13N，故 D 正确；答7案选D。【考点】原子核外电子排布规律24.【】D。：由题所给条件，在 N

23、2F2中，所有原子均符合 8 电子稳定结构可知，其结构式应为：FN=NF，两个氮之间是氮氮双键，一个为 键一个为 键，氮氟之间是单键，为 键，所以该键。故D 正确。故本题应选 D。【考点】共价键中的共价键类型是三个 键，一个 25.【】B。：A.中正负电荷重心不重叠的为极性，CO2 的正负电荷重心重叠，属于非极性，故 A 错误；B.非极性有两类，一是非金属单质，二是结构对称的叠，属于非极性，中正负电荷重心重叠，CH4、CCl4、BF3 的正负电荷重心重，存在的化学键是极性键，故 B 正确；C.非金属元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，F、Cl、Br、I 的非金属逐渐减弱，所以HF、HCI、

24、HBr、HI 的稳定性逐渐减弱，故C 错误；D.根据的空间构型判断，CS2、CO2、C2H2 是直线型，但H2O2 是折线型，故D 错误；故选B。【考点】26.【的结构与性质】D。：A.CH2Cl2 含有C-H、C-Cl 键，键长不等，则不是正四面体，中价层电子对个数2+ ×（62×2） 3 且含有 1 个孤电子对，故A 错误；B.SO2所以为V 形结构，故 B 错误；C.BF3中B 原子的价层电子对个数3+ ×（33×1）3 且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，故 C 错误；D.NO3 中，价层电子对个数 键个数+孤电子对个数3+ （5+13

25、×2 ）3，含孤电子对数为 0，杂2形状为平面三角形；CO3 中碳原子价层电子对化轨道数 3，N 原子采用 sp2 杂化，23，采用 sp2 杂化，所以 CO3 的离子立体结构为为平面三角形，个数3+故D 正确；故选：D。【考点】27.【的结构】B。：A.非金属元间形成共价键，只含有共价键的化合物属于共价化合物，CCl4、C2H4、SiO2 都存在共价键，它们都是共价化合物，故A 正确；B.稳定性是化学性质，是由内共价键的强弱决定，与氢键无关，故 B 错误；C.某物质在熔融状态能导电，可能是金属，金属在熔融态也能导电，不含离子键，故 C 正确；6D.SO2 属于晶体，存在间作用力，S

26、O2 与水反应生成亚硫酸，SO2 溶于水时，需克服共价键和【考点】间作用力，故D 正确；故选：B。的结构与性质28.【】C。：A.晶体发生三态变化时只克服间作用力，所以碘单质的升华过程中，只需克服间作用力，故 A 正确；B.氯化钡是离子晶体，钡离子和氯离子之间以离子键结合，故 B 正确；C.断裂旧键需要吸收能量，形成新键又会释放能量，二者不相等，所以化学键的断裂与形成一定伴随着能量变化，但不一定发生氧化还原反应，不一定存在电子的转移，故 C 错误；D.NaHSO4 和NaHCO3 两种晶体中都2既含有离子键又含有共价键，NaHSO4 溶于水完全电离产生了Na+、H+、SO4 ，既破坏了离子键又

27、破坏了共价键，NaHCO3 溶于水完全电离产生Na+和HCO3 ，破坏了离子键，2HCO3 部分电离出 H+和 CO3 ，破坏了共价键，故 D 正确。综上所述，符合题意的选项为C。【考点】29.【的结构与性质；化学键】A。：A.HClO4非羟基氧原子数目比H3PO4 多，所以 HClO4的酸性大于H3PO4，故A 正确；B.稀有气体不存在共价键，金属晶体中有阳离子无阴离子，所以晶体中不一定存在共价键，有阳离子不一定有阴离子，故B 错误；C.含有非极性键的可能是极性，关键看中正负电荷中心是否重合，从整个极性来看，电荷的分布是否均匀，如乙烷等有机物，碳碳键就是非极性键，乙烷是，故C 错误；D.碳原

28、子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个 C 为手性碳原子，该存在一个手性碳原子，故 D 错误；故选：A。【考点】30.【的结构与性质；共价键；晶体的结构】B。：A.断键吸收能量，成键放出能量，故A 错误；B.物质的状态不同导致其内能不同，同一物质能量：气态液态固态，故 B 正确；C.有的放热反应需要加热，如铝热反应为放热反应，但是需要加热，故 C 错误；D.根据能量守恒定律，反应物总能量和生成物总能量不等，反应过程中有能量变化，如放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，吸热反应中反应物总能量小于生成物总能量，故 D 错误；故选：B。【考点】化学反应与能量；反应热

29、31.【】B。：A.该反应为可逆反应，充入 2molHI（g）充分反应，反应不能进行到底，所以吸收的热量小于 12.5kJ，故 A 错误；B.加入催化剂，体积活化分子数增多，有效碰撞增多，速率加快，故B 正确；C.从图表信息可知，该反应为吸热反应，其他条件不变，升高温度，反应速率加快，平衡右移，HI 分解率增大，故 C 错7g） 2H（I g）的反应热 H+12.5kJ·mol1，误；D.由于该反应为吸热反应，所以 H（2故D 错误；故选B。【考点】反应热的计算；活化能g）+I（232.【】B。：A.生成 H2O（g）中的 1molHO 键能放出 462.8kJ 的能量，则断裂 1m

30、olH2O（g）中的化学键需要吸收热量462.8kJ×2 925.6kJ，但题干中并未说明水的状态，故 A 错误；B.反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的2H2（g）O2（g）2H2O（g），H436.4kJ/mol×2+498kJ/mol 差值，则2×2×462.8kJ/mol 480.4kJ/mol，故 B 正确；C.已知气态水转化为液态水放热，则 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 错误；D.2H2O

31、（l）2H2（g）O2（g），H+480.4kJ/mol，则 H2（g）1/2O2（g）H2O（l），H240.2kJ/mol，故D 错误；故选B。【考点】热化学反应方程式的书写与计算33.【】C。：每生成 160g 固体铁红的物质的量为：=1mol，放出130kJ 热量，所以生成 2mol 氧化铁放出的热量为 260kJ， 所以热化方程式为：4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)；H=260kJ/mol，故选 C。【考点】热化学反应方程式的书写与计算34.【】B。：A.H2 的燃烧热为 285.5kJ/mol，则 H2 的燃烧热表示的热化学方程式为H2（g）+1O

32、2（g）=2H2O（l），2程式为：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g），H=285.5kJ/mol，则水电解的热化学方H=+571kJ/mol，故 A错误；B.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），H=890kJ/mol，则1CH4（g）+O2（g）=1CO222（g）+H2O（l），H=445kJ/mol，故 B 正确；C.C（s）完全燃烧生成的稳定氧化物为CO（2g），不是 CO（g），CO（g）燃烧生成 CO（2 g）放热，C（s）的燃烧热大于 110.5kJ/mol，故C 错误；D.中和热为57.3kJ/mol，则H（+aq）+OH（aq）=H2O（l），H=

33、57.3kJ/mol，NaOH 溶液的反应为：H+（aq）+OH（aq）但HF 属于弱酸，HF 电离吸热，HF与=H2O（l），H>57.3kJ/mol，D 项错误；故选B。【考点】热化学反应方程式的书写；燃烧热；中和热35.【】A。：根据 2Fe3+Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，可为Cu、Ag、C 等，三价铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，只有 A 符合，故选A。【考点】原电池工作的原理36.【】B。：A.锌作负极失去电子被氧化，发生氧化反应，故 A 正确；B.电子由负极经外电路流向正极，即由 Zn 流向 MnO2，

34、故 B 错误；C.MnO2 被还原，为MnO2+H2O+e=MnOOH+OH，故原电池的正极，电极反应为C 正确；D.碱性条件 下 ， 锌 和 二 氧 化 锰 构 成 原 电 池 ， 其 电 池 总 反 应 为8Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnOOH，故D 正确。【考点】原电池工作的原理；电极反应方程式的书写37.【】D。：A.电解时阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，则精铜做阴极、粗铜做阳极，故A 错误；B. AgNO3 溶液做电解质溶液时，阴极 Ag+得到电子生成 Ag，应该用硫酸铜溶液做电解质溶液，故B 错误；C. 电解时阴极铜离子得到电子生成铜，阴极反应式为：Cu2+

35、2e=Cu，故 C 错误；D. 粗铜中含有少量铁、锌、镍、银、金等杂质做阳极，银、金不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，所以可用阳极泥来提炼金、银等贵金属，故D 正确；故选：D。【考点】电解池工作的原理；电解精炼铜38.【】C。：A.由电流方向可得a 为电源的正极，b 为电源的负极，故A错误；B.外接电源的正极对应电解池的阳极，所以c 为阳极，d 为阴极，故B 错误；C. 阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，电解液为氯化铜溶液，所以 c 电极反应为：2Cl2e=Cl2，d 电极反应为 Cu2+2e=Cu，所以 d 电极质量增加，故 C 正确；D.电解过程中，Cl浓度减小，故D 错误；故选C。【

36、考点】电解池工作的原理39.【】A。：A.极通入的是氢气，氢气失电子，作负极，B 极通入的是氧气，氧气得电子，作正极，A 错误；B.电子由负极流向正极，即电子由 A 极通过导线流向B 极，B 正确；C.该反应是在强碱性电解质发生，所以 B 极发生的电极反应为 O2+4e+2H2O=4OH，C 正确；D.该反应产物为水，属于环境友好电池，D 正确；故选 A。【考点】氢氧电池的工作原理2：A.电池工作时，负极 Pb 失去电子与 SO4 结合生成PbSO4，40.【】A。2所以电极反应式为 Pb2e+SO4 =PbSO4，故 A 错误；B.铅蓄电池是可充电电池、是二次电池，充电时作为电解池，将电能转

37、化为化学能储存，故 B 正确；C.电池工作时，电子从负极 Pb 沿导线流向正极 PbO2，故 C 正确；D.电池工作时，内电路中阳离2子 H+移向正极PbO2，阴离子 SO4 移向负极Pb，故 D 正确；故选：A。【考点】化学电源41.【】B。：A.甲为原电池铜电极做正极，溶液中铜离子析出铜，电极变粗，乙池是电解池，铜做阳极失电子变细，故 A 错误；B.甲装置中为原电池反应，单质从负极馏出，电子由铁电极流出，故 B 正确；C.乙装置电极做电解池阴极，溶液中铜离子得到电子发生还原反应，故 C 错误；D.甲池中硫酸铜溶液浓度减小，乙池中硫酸铜溶液浓度不变，故D 错误；故选：B。【考点】原电池和电解

38、池的比较42.【】B。：当闭合开关 K 时，X 附近溶液先变红，即 X 附近有氢氧根9生成，所以在 X 极上得电子析出氢气，X 极是阴极，Y 极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以 A 极是负极，B 极是正极。A.闭合 K 时，A 是负极，B 是正极，电子从A 极流向 B 极，根据异性电荷相吸原理可知 K+从左到右通过离子交换膜，故 A 正2确；B.闭合 K 时，A 是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为 2S2 2e2=S4 ，故 B 错误；C.闭合 K 时，Y 极是阳极，在阳极上溶液中的氯离子放电生成氯气，所以电极反应式为 2Cl2e=Cl2，故 C 正确；D.闭合 K 时，当

39、有 0.1molK+通过离子交换膜，即有 0.1mol 电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是 0.05mol，体积为 1.12L（标况下），故 D 正确；故选 B。【考点】电解池的工作原理43.【】C。：A.是吸氧腐蚀，a 极是氧气得电子生成氢氧根离子，而铁是负极发生氧化反应生成亚铁离子，铁被腐蚀，故 A 错误；B.金属作电解池的阴极被保护，而铁与电源正极相连是阳极发生氧化反应，故 B 错误；C.锌比铁活泼，所以锌失电子，所以中采用了牺牲阳极的阴极保 保护桥墩，故 C 正确；D.海水是混合物， 不是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D 错误；故选C。【考点】金属的腐蚀

40、与保护44.【】B。：金属在潮湿的中性环境中易发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀两种电化学腐蚀，主要发生吸氧腐蚀。其腐蚀的本质都是金属失电子，即 Mne=Mn+，所以 A、D 不正确，B 正确，金属的化学腐蚀是金属直接接触到化学物质如酸、Cl2 等发生腐蚀，所以C 不正确，故选 B。【考点】金属的电化学腐蚀：在未电离时 c(CH3COOH)1 mol·L 1，当醋酸、H、CH3COO45.【】D。的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是 0.5 mol·L 1)，醋酸的电离达到平衡状态，故A、B、C 均错；依据平衡状态的标志即电离成离子的速率与离子结速率相等，故D 正确；故选 D。【

41、考点】弱电解质的电离平衡的46.【】B。：A.加水稀释醋酸促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，故 A 错误；B.HA 电离出的 c（H+）为 0.1mol/L×0.1%=10 4mol/L，则 pH=lg（104）=4，故 B 正确；C.加水稀释促进一水合氨电离，铵根离子个数减小，所以溶液中 c（NH3H2O）/c（NH4+）的值减小，个数增大，一水合氨故 C 错误；D.pH=5 的盐酸中氢离子抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子是水电离的， 而氯化铵溶液中铵根离子促进了水的电离，溶液中

42、氢离子是水电离的，两溶液中水的电离程度不相同，故D 错误；故选 B。【考点】弱电解质的电离平衡47.【】D。：A.根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOHH2SHClOHS，因此硫化氢与次氯酸跟反应生成 HS和 HClO，即H2S+ClO=HS10+HClO，故 A 错误；B.根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOHH2SHClO HS，因此 CH3COOH 溶液与 Na2S 溶液反应生成 NaHS 和 H2S，故 B 错误；C.根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOHH2SHClOHS，根据越弱越水解得到离子的水解能力：CH3COOHSClOS2，所以同物质的量浓度的 Na

43、2S、NaClO、CH3COONa 溶液，pH 最大的是 Na2S 溶液，故 C 错误；D.根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOHH2SHClOHS，所以同物质的量浓度的 H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是 CH3COOH，故 D 正确；故选D。【考点】弱电解质的电离平衡；弱电解质的电离平衡常数】D。：A.由分析可以知道，曲线代表 0.100mol·L 1 的 NaOH 溶48.【液滴定 HCl 溶液的滴定曲线，故 A 错误；B.A 点溶液中 c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得 c（CH3COO）c（OH）c（H）c（

44、Na+）=0.05mol/L，故 B 错误；C.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C 点溶质为氯化钠，A 点溶质为醋酸钠，促进水电离，B 点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH， NaOH 会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：BCA，故 C 错误；D.D 点溶液中，存在电荷守恒，c（Cl）c（OH）c（Na+）+c（H），定量分析可以知道，c（Na+）=1.5c（Cl），将电荷守恒式中 c（Na+）代换为 c（Cl）并整理得： c（OH）0.5c（Cl）+c（H），即 c（Cl）+2c（H）2c（OH），故 D 正确；故选 D。【考点】盐类水解；盐溶液中离子三大守恒的应用2

45、：A.根据质子守恒可得，又因为由一个 CO3 水解生成H2CO3，49.【】C。同时会产生 2 个 OH，正确关系为 c（OH）=c（HCO3 ）+c（H ）+2c（H2CO3），故2错误；B.NaHCO3 溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO3 ）+c（HCO3 ）A+c（H2CO3），故 B 错误；C.等物质的量的一元弱酸 HX 与其钾盐 KX 的混合溶液中，根据物料守恒，2c（K）=c（HX）+c（X），故 C 正确；D.浓度均为 0.1mol/L 的 NaHCO32溶液和 NaOH 溶液等体积混合，根据电荷守恒：c（Na）+c（H）=2c（CO3 ）+c（OH）+c（HCO

46、3 ），故 D 错误；故选C。【考点】盐溶液中离子三大守恒的应用】D。：A.已知 25时，电离常数 Ka（HF）3.6×10 4，这说明HF50.【为弱酸，不可能完全电离，因此 25时，0.1mol·L 1HF 溶液的 pH1，故 A 错误；B.Ksp（CaF2）与浓度无关，只与温度有关系，故 B 错误；C.混合后溶液中 Ca2+浓度为 0.1mol·L1，F浓度为36 × 106mol/L=6×103mol/L，浓度商为 0.1×（6×10 3）23.6×10 6Ksp（CaF2）1.46×10 10，

47、因此会产生沉淀，故 C 错误；D.根据 C 中分析可知有CaF2沉淀生成，故D 正确；故选 D。【考点】影响盐类水解的因素51.【】C。：A.根据物料守恒，开始时c（HA）c（A）=0.01000mol·L1，但随着盐酸滴定，溶液的体积增大，c（HA）c（A）<0.01000mol·L 1，故 A 错误；B.加入盐酸的体积为 10mL，此时反应后溶质为 NaA、HA、NaCl，且两者物质的11量相同，此时溶液显碱性，说明 A的水解大于 HA 的电离，即微粒浓度大小顺序是 c（HA）>c（Cl）>c（A）>c（OH）>c（H），故 B 错误；C.

48、两者恰好完全反应，溶质为 NaCl 和 HA，两者物质的量相等，根据电荷守恒，因此有 c（Na）c（H）=c（OH）c（A）c（Cl），根据物料守恒，c（Cl）=c（HA）c（A），因此有： c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A），故 C 正确；D.d 点时，溶质为 HCl、 NaCl、HA，根据电荷守恒，c（Na）c（H）=c（Cl）c（OH）c（A），故 D 错误；故选C。【考点】盐溶液中离子三大守恒的应用：A.Na的物质的量为 0.1 mol，而2SO4的物质的量为 0.05 mol，52【.】B混合溶液中 Na 与SO 的浓度不可能相等，故A 错误；B.加入 0.

49、05 mol CaO 后，会生24成 Ca(OH)2，Ca(OH)2 与 Na2CO3 反应生成 CaCO3 沉淀和 NaOH，溶液中 c(OH)增大，c(OH - )CO水解产生的 HCO 减少，故溶液中2增大，故 B 正确；C.加入水后，33c(HCO - )32c(Na2CO3)减小，CO3 水解产生的 c(OH )减小，溶液中的 OH 来源于水的电离，因水电离产生的 c(OH)c(H)，故由水电离出的 c(H)·c(OH )减小，故 C 错误；D.加入0.1 mol NaHSO4 固体，溶液体积变化不大，但 n(Na)变为原来的 2 倍，故 c(Na)增大， 故D 错误；故选

50、B。【考点】影响盐类水解的因素53.【】C。：A.V2=3V1，说明 n(Mg(OH)2)=2n(Cu(OH)2)，原溶液中 MgCl2和 CuCl2 的物质的量浓度不相等，故A 错误；B.CuCl2 的物质的量浓度小且首先沉淀铜离子说明 Cu(OH)2 的 Ksp 比 Mg(OH)2 的 Ksp 小，故 B 错误；C.A 点时溶质为 NaCl 和MgCl2，B 点时为 NaCl，C 点为 NaCl 和 NaOH，镁离子水解促进水的电离，NaOH 抑制水的电离，NaCl 对水的电离无影响，故 C 正确；D.要想生成沉淀，必须满足 QcKsp，铜离子大小未知，无法判断是否生成沉淀，故 D 错误；

51、故选C。【考点】沉淀的溶度积；盐类水解以及相关判断54.【】C。：A.使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，故A 正确；B. 增大反应物O2 的浓度，平衡向正反应方向移动，提高了 NH3 的转化率，故B 正确；C. 升高温度，正逆反应速率都增大，故C 错误；D. NH3 的转化率为最大值时，达到反应的最大限度，为平衡状态，故D 正确。故选：C。【考点】影响反应速率的因素55.【】C。：达平衡后移走 1.0molPCl3 和 0.5molCl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入 1.0molPCl3 和 0.5mol Cl2 到达的平衡，与原平衡相比压强减小，PCl

52、5 的物质的量小于原平衡平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时12的 1/2 倍，即达平衡时PCl5 的物质的量小于 0.4mol×1/2=0.2mol ，故C 正确。【考点】化学平衡56.【】C。：A.温度不变平衡常数不变，故A 错误；B. 缩小容器容积，平衡逆向移动，TiO2 的质量增加，故B 错误；C. 温度不变平衡常数不变，而平衡常数 K=c（CO2），所以 CO2 的浓度不变，故 C正确；D. 缩小容器容积，平衡逆向移动，Ti 的质量减小，故D 错误；故选：C。【考点】影响化学平衡的因素57.【】：A.加入 SO2，平衡正向移动但是 SO2 参加反应增加量小于其

53、加入量，导致 SO2 转化率减小，故 A 错误；B.该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以平衡时放出的热量小于 197kJ，故 B 错误；C.充入氧气时，反应物浓度增大、生成物浓度不变，化学反应速率与气体浓度成正比，所以加入氧气瞬间正反应速率增大、逆反应速率不变，故 C 错误；D.该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应中存在物料守恒，即含有 S 元素的物质的量为 2mol，则平衡时 SO2 和 SO3 共 2mol，故D 正确；故选：D。【考点】影响化学平衡的因素58.【】D。：要提高 CO 转化率，则平衡需向右移动。A 和 B.由反应方程式可知，反应前后气体体积不发生

54、变化，故改变压强对平衡移动无影响，故 A、B 错误； C.该反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，CO 转化率减小，C 错误；D.降低温度，平衡右移，CO 转化率增大，D 正确；故选D。【考点】影响化学平衡的因素59.【】C。：A.升温，K 值减小，则正反应为放热反应，A 正确；B.平衡常数 K 等于生成物平衡浓度幂之积与反应物平衡浓度幂之积的比值，Fe2O3 和 Fe 都是固体，所以不用代入计算，B 正确；C.K 只与温度有关，C 项错误；D.升温，平衡逆向移动，CO 的平衡转化率降低，D 正确；故选C。【考点】影响化学平衡的因素60.【】C。：A.由图可知，反应达到平衡时 A 物质增加了 1.2mol、D 物质增加了 0.4mol、B 物质减少了 0.6mol、C 物质了 0.8mol，所以A、D 为生成物，物质的量之比为 3:1，B、C 为反应物，物质的量之比为 3:4，反应方程式为：3B+4C故A 错误；6A+2D，B.反应进行到 1s 时，n（A）n（B），但是 A、B 的物质的量变化量不等，所以 v（A）v（B），故 B 错误；C.反应进行到 5s 时，B 的平均反应速率v正确；0.06mol/（L