教师公开招聘考试中学化学-50

教师公开招聘考试中学化学-50（总分：100.01,做题时间：90分钟）一、单项选择题（总题数：20,分数：40.00）1.下列说法中正确的是。A.光导纤维、棉花、油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质B.开发核能、太阳能等新能源，推广甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放C.红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析VD.阴极射线、a粒子散射现象及布朗运动的发现都对原子结构模型的建立做出了贡献解析：A项，光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机非金属材料；油脂不属于高分子化合物。B项，使用无磷洗涤剂可防止水体富营养化，与碳排放量无关。C项正确。D项，布朗运动的发现与原子结构模型的建立没有关系。2.用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作中正确的是。A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸B.锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的HCl溶液C.滴定时，没有逐出滴定管下口的气泡D.读数时，视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平V解析：A项中，酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸，会造成滴定管内溶液的浓度低于已知浓度的盐酸，错误。B项中锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液，C项中，滴定时，没有逐出滴定管下口的气泡，而在滴定过程中气泡会排出，以此造成滴定管的读数变大。D操作正确。.已知铁与稀硝酸反应生成二价铁或三价铁，同时生成NO,现将14g铁粉溶于1L稀硝酸中恰好完全反应，放出NO气体后称量所得溶液，发现比原溶液质量增加8g,则原溶液中硝酸的浓度是。A.0.4mol/LB.0.6mol/LC.0.8mol/LVD.1.0mol/L解析：本题的反应是：固体+溶液1=溶液2+气体，依据质量守恒定律，移项得溶液2-溶液1=固体-气体，即8=14-m（气），可求出NO质量，m（NO）=14-8=6g,即0.2mol,再进行巧算。由于生成的NO为0.2mol,电子转移为0.6mol。铁与硝酸反应当硝酸全消耗时，有：电子转移数等于生成盐溶液中的硝酸根，所以反应后剩余硝酸根0.6mol。则原溶液中硝酸的物质的量为0.2mol+0.6mol=0.8mol。.下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式（25℃,101kPa）：④——由此判断，正丁烷的燃烧热是。A.-2878kJ/molVB.-2658kJ/molC.-1746kJ/molD.-1526kJ/mol解析：燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，只有①符合，故选A。.下列四个图分别代表对应的四种过程，其中正确的是。

C.向盛有10g氧化钠固体的烧杯中加水配成溶液100g,溶液溶质的质量分数变化D.将质量分数为20%的食盐水稀释至10%，稀释过程中溶质的质量变化解析：B选项烧碱溶液先会与盐酸发生反应，因而刚开始的时候不生成沉淀，后随着烧碱的加入沉淀开始生成，并逐渐增加，直到不再生成为止；C选项要注意是配成溶液100g，向Na2O固体中加水形成的溶液中的溶质为NaOH，因而溶质的质量分数为匚］而且选项中是将水加入固体，而不是将固体溶于水中；D选项溶质质量不变。只有A选项正确。.短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为10，A与C在周期表中位置上下相邻，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，下列有关叙述不正确的是。A.A与C可形成共价化合物B.A的氢化物的稳定性大于C的氢化物的稳定性C.原子半径A<B<CVD.B的氧化物的熔点比A的氧化物熔点高解析：A与C在周期表中位置上下相邻，A、C同主族，且A在第二周期，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，B为镁，据A、B、C三原子的最外层电子数之和为10，A为碳，C为硅，A与C可形成共价化合物SiC，CH4稳定性大于SiH4稳定性，MgO为离子晶体，A的氧化物为分子晶体，MgO的熔点高，原子半径B>C>Ao.下列有关实验的说法正确的是A.除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤.为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩土埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量C.制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中D.某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有A.VB.C.D.解析：B项瓷坩土埚的成分为SiO2，会与Na解析：B项瓷坩土埚的成分为SiO2，会与Na0H反应，所以不能用瓷坩土埚C项，制备Fe(OH)3胶体，通常是用FeCl3的饱和溶液溶于热水中；D项含8.可逆反应A(g)+B(g)的溶液在滴加盐酸后也会生成CO2C(g)在固定容积的容器中进行，如果向容器中充入1molA和1molB，在一定温度下达到平衡时，C的体积分数为m%。若反应是从1molC开始的，在相同的条件下达到平衡时，C的体积分数为n%，则m和n的关系正确的是。A.m>nB.m<nC.m=nVD.无法确定解析：1molC与0.5molA和0.5molB的平衡是等效的。C的体积分数为n%，假定1molA和1molB反应的容器体积为V，将0.5molA和0.5molB充入V/2的容器中，建立平衡时，C的体积分数为m%(二者互为等效平衡)，然后将V/2的体积增大到V，该反应前后气体体积不变，化学平衡不移动，C的体积分数仍为m%，所以m=n。.甲、乙两个容器中，分别加入0.1mol/LNaCl溶液与0.1mol/LAgNO溶液后，以Pt为电极进行电解时，3在A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为o

A.2:2:4:1VB.2:2:2:1C.2:2:1:1D.4:2:4:1解析：此装置相当于两个电解槽串联在一起，

阴极，即电极名称，再分析各极发生的反应。

2Cl--2e-I——Clf；C解析：此装置相当于两个电解槽串联在一起，

阴极，即电极名称，再分析各极发生的反应。

2Cl--2e-I——Clf；C极(阴极)反应:

2在整个电路中电子转移总数相等，首先判断各极是阳极还是Ag++eA极(阴极)反应：2H++2e-2f，B极(阳极)反应:g;D极(阳极)反应：4OH--4e-HO+O22f，根据电子守恒可知，若整个电路中有4m。1电子转移，生成H2、Cl2、Ag、02O+O2分别为：2mo1、2mo1、4mo1、1mo1,因此各电极上生成物的物质的量之比为2:2:4:1,答案选A。.在室温下，下列叙述正确的是。A.某醋酸溶液的pH=a,将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a>bB.在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4C1至溶液恰好无色，则此时溶液pH<7C.1.0X10-3mo1/L盐酸的pH=3.0,1.0X10-8mo1/L盐酸pH=8.0D.若1mLpH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液pH=7,则NaOH溶液的pH=11V解析：A项，醋酸溶液稀释后，c(H+)的浓度减小pH增大，故a<b；B项，酚酞变色范围为pH8.2〜10.0,恰好由红色变为无色时，pH为8.2；C项，1.0X10-8mo1/L的盐酸溶液中要考虑水电离产生的c(H+),pH仍小于7；D项，只有当盐酸中的n(H+)刚好等于NaOH溶液中的n(OH-)时，pH才等于7,故NaOH的pH=11。.某有机样品3.1g完全燃烧，燃烧后的混合物通入过量的澄清石灰水，石灰水共增重7.1g,经过滤得到10g沉淀。该有机样品可能是A.乙二醇VB.乙醇C.乙醛D.甲醇解析：由10g沉淀可知，燃烧后生成的n(COD.甲醇解析：由10g沉淀可知，燃烧后生成的n(CO2)=।一^JmoL生成的水为n(Hn(C)=0.1mo1,n(H)=0.3mo1,又因为有机物的质量为3.1g,则n(O)=n(C):n(H):n(O)=0.1:0.3:0.1=1:3:1=2:6:2,可知乙二醇满足。，所以O)=2.在密闭容器中充入CO2和CO的混合气体，其密度是相同条件下氯气密度的8倍，这时测得容器内的压强为p］。若控制容器的体积不变，加入足量的Na2O2,充分振荡并不断用电火花点燃至完全反应，恢复到开始时的温度，再次测得容器内的压强为p2「则p1和p2之间的关系是。A.p1=8p2VB.p1=4p2C.p1=2p22

2则.甲、乙、丙三个电解池如下图所示（其中电极的大小、形状、间距均相同）。乙、丙中溶液的浓度和体积B.0.108gC.0.216gVD.0.432g解析：由题图知，乙、丙并联后再与甲串联。因乙、丙完全相同，故1（乙）=1（丙）三个电解池的电子的物质的量分别为n（甲）、n（乙）、n（丙），则n（乙）解析：由题图知，乙、丙并联后再与甲串联。因乙、丙完全相同，故1（乙）=1（丙）三个电解池的电子的物质的量分别为n（甲）、n（乙）、n（丙），则n（乙）=n（丙）=（甲）。设通过（甲）。n（甲）=X2=0.004mol,n（乙）=（甲）=0.002mol。故乙中析出银0.002molX108g•mol-1=0.216g。选C。.已知32gX与40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH,在相同条件下，16gX和足量Y混合生成0.25molQ和若干物质的量的H,则物质Q的摩尔质量应是。A.122g•mol-1B.63g,mol-1C.126g,mol-1VD.163g,mol-1解析：按质量守恒定律，“32gX与40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH”，Q的质量为63g。现16gX参加反应，生成的Q应为31.5g,由物质的量的计算公式可得Q的摩尔质量为31.5g/0.25mol=126g-mol-1。.X、Y、Z和R分别代表四种元素。如果Xm+、Yn+、Zn-、Rm-四种离子的电子层结构相同a b c d（a,b,c,d为元素的原子序数），则下列关系正确的是。A.a-c=m-nB.a-b=n-mC.c-d=m+nD.b-d=n+mV解析：根据这四种微粒具有相同电子层结构，即具有相同的核外电子数，分别按阳离子的核外电子数为：质子数（原子序数）-离子所带电荷数；阴离子则为：质子数+离子所带电荷数，由此得：a-m=b-n=c+n=d+m。然后分别根据选项涉及的元素审视，选项A涉及a-m=c+n变形后为a-c=m+n,A不正确;选项B涉及a-m=b-n,变形后为a-b=m-n，也不正确;选项C涉及c+n=d+m，变形后为c-d=m-n，仍不正确；只有选项D,涉及b-n=d+m,变形后为b-d=m+n,与选项D结论一致。.相同质量的下列各烃燃烧，耗氧量最大的是。A.CH4VB.C2H4C.C3H4D.C2H6为C2H4-CH2,C为C3H4一解析：本题是相同质量的烃燃烧，问耗氧量情况。采取化简法，将烃化简成CHx的形式：A为CH4,B，D为C2H4-CH2,C为C3H4一大，所以答案为A。.下列各组溶液，只要用试管和胶头滴管，不用任何试剂就可以鉴别的是A.KOH和Al2（SO4）3VB.稀硫酸和NaHCO3C.CaCl2和Na2CO3

D.Ba(OH)2和NaHSO4解析：将一种物质的溶液滴入另一种物质的溶液，或将另一种物质的溶液滴入此种物质的溶液，只有A选项中现象不同，故A选项只要用试管和胶头滴管就能鉴别，选A。18.关于制取硝酸银的以下三种方案（原理）的叙述正确的是.①4Ag+O2：AgO,Ag2O+2HNO3②3Ag+4HNO（稀）3AgNO①4Ag+O2：AgO,Ag2O+2HNO3②3Ag+4HNO（稀）3AgNO3+H2O③Ag+2HNO(浓)AgNO+NOf+2HOAgNO3+NO2f+H2OA.三种方案中所涉及的反应都属于氧化还原反应B.三种方案中硝酸的利用率②〉①〉③C.制取相同量的硝酸银②产生的有害气体比③多D.三种方案中①方案最优V解析：①中第二个反应不是氧化还原反应，A不正确：①中的硝酸的利用率最高，B不正确；制取相同质量的硝酸银③产生的有害气体最多，C不正确。19.室温下，0.1mol/L的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是。4 3 24 3 2D.c(OH-)=c(NH+)+c(H+)4VD.解析：由于氨水溶液中存在一水合氨的电离平衡和水的电离平衡，所以所得溶液呈碱性，故A正确。根据电荷守恒和物料守恒知B、D正确，而一水合氨的电离是微量的，所以C项错误，即答案为C项。20.若以3和3 分别表示浓度为amol-L-1和bmol-L-1氨水的质量分数，且知2a=b，则下列推断1 2正确的是（氨水的密度比纯水的小）。B.232=3112 2 1A.23B.232=3112 2 1HBr(g)，已、填空题（总题数：5,分数：14.00）HBr(g)，已21.在一个固定体积的密闭容器中，保持一定温度，进行以下反应：H（g）+Br（g）知加入1molH2和2molBr2时，达到平衡后生成amolHBr（见下表“已知”项）。在相同条件下，且保持平衡时各组分的质量分数不变，对下列编号⑴〜⑶的状态，请填写表中空白:编号起始状态平衡时HBr的物质的量（mol）

H2Br2HBr已知120a(1)240(2)10.5a(3)mn(nN2m)解析:解析:起始状态编号H2Br2HBr平衡时HBr的物质的量⑺。1)已知120n(1)2402a(2)00.510.5a(3)mn(nN2m)2(n-2m)a(n-m)［解析］在分析中要注意到题设情景：(1)容器体积固定；(2)反应H2(g)+Br2(g)——2HBr(g)是一个

气体体积不变的反应(压强不影响平衡)；(3)编号⑴〜⑶和已知状态达到的平衡状态相同(各组分的质量分数不变)；(4)达平衡时HBr在混合气中的含量为a/3(分数不变)；(4)达平衡时HBr在混合气中的含量为a/3(由已知状态推导)。这样对于编号(1)起始状态与已知情况比较，相当于压强增大一倍。因此平衡不移动，达平衡时HBr的量可结合等效代换(按方程式计量数关系)，相当于HBr起始为0时，H2、Br2各为0.5mol,这样，为满足气体物质的总量为1.5mol和当起始HBr为0,H2:Br2=1:2(已知起始状态)只能是H2为0(0.5-0.5=0),Br2为0.5mol(1-0.5=0.5)。HBr为0,此时m+0.5x,Br为n+0.5x,

2平衡混合气中HBr含量:编号⑶，先设HBr起始量为x,HBr为0,此时m+0.5x,Br为n+0.5x,

2平衡混合气中HBr含量:x=2(n-2m)。混合气总物质的量：m+n+2(n-2m)=3(n-m)。单质硼有无定形和晶体两种，参考下列数据:晶体金刚石晶体硅晶体硼熔点(K)>382316832573沸点(K)510026282823硬度(Moh)107.09.5(分数：4.00).晶体硼的晶体类型属于1晶体，理由是2。解析：原子非金属单质晶体硼的熔、沸点和硬度都介于原子晶体金刚石和品体硅之间，由此推知晶体硼为原子晶体。.已知晶体硼的基本结构单元是由硼原子组成的正二十面体(如下图所示)，硼原子之间以B—B键相互连接，在每个正二十面体中有二十个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个硼原子。通过观察图形及推算，得出此基本结构单元是由1个硼原子构成，其中B—B键之间的键角是2。

解析：科学知识科学精神.在我国“教育”一词最早出现于1所说的一句话：“2”。解析：孟子得天下英才而教育之，三乐也［解析］孟子最早提出“教育”一词。.马克思认为，造成人的片面发展的根本原因是1。解析：社会分工三、推断题（总题数：1，分数：8.00）A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，A是地壳中含量最高的元素，B、C、D同周期，E和其他元素既不在同周期也不在同主族，D的氢化物和最高价氧化物的水化物均为强酸，且B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。据此回答下列问题：（分数：8.01）.A和D的氢化物中，沸点较低的是1（选"A”或"D”）。（分数：2.67）解析：D.元素C在元素周期表中的位置是1，B的最高价氧化物的水化物的电子式为2。（分数：2.67）解析：第三周期第HIA族।学加邮.A、D、E可以形成多种盐，其中一种盐中A、D、E三种元素的原子个数比为2:2:1,该盐的名称为1。它的水溶液与D的氢化物的水溶液反应可生成D的单质，它的水溶液与D的氢化物的水溶液反应可生成D的单质，该反应的离子方程式为：2。（分数：2.67）解析：次氯酸钙ClO-+2H++Cl-［解析］氧是地壳中含量最高的元素，A是氧;C、D三元素在第三周期，它们的最高价氧化物的的氢化物和最高价氧化物的水化物均为强酸，D是氯，B、水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，根据B、C、D原子序数依次增大，因此B是钠，C是铝，据E是前20号元素，则原子序数大于氯，又因为与其他元素既不在同一周期又不在同一主族，可推断正为Ca。A、D、E三种元素形成的盐中，A、D、E三种元素的原子个数比为2:2:1,则该盐为Ca（ClO）C、D三元素在第三周期，它们的最高价氧化物的四、实验探究题（总题数：1,分数：10.00） 2碳酸锂广泛应用于制造陶瓷和医药等领域，以B碳酸锂广泛应用于制造陶瓷和医药等领域，以B-锂辉石（主要成分为Li2O・A「O3FiJ）为原料Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303K下的溶解度分别为34.2g、12.7g和1.3g。.步骤I前，F-锂辉石要粉碎成细颗粒的目的是1。另含有Al3+另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、.步骤I中，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、Na+等杂质，需在搅拌下加入1（填“石灰石”“氯化钙”或“稀硫酸”）以调节溶液的pH到6.0—6.5,沉淀部分杂质离子，然后分离得到浸出液。解析：石灰石［解析］把酸性溶液的pH调节到6.0〜6.5,需要加入能与H+反应的物质，故选石灰石。.步骤H中，将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，可除去的杂质金属离子有1。解析：Fe2+、Mg2+、Ca2+。［解析］在步骤I中调节溶液的pH到6.0〜6.5时，可除去Fe3+、Al3+。步骤H中，加适量HO溶液，可把Fe2+氧化为Fe3+；加适量石灰乳可除去Fe3+、Mg2+；加NaCO22 2溶液可除去Ca2+；故步骤H中可除去的杂质金属离子有Fe2+、Mg2+、Ca2+。3.步骤m中，生成沉淀的离子方程式为1。解析:［解析］步骤m蒸发浓缩后的溶液中主要是解析:［解析］步骤m蒸发浓缩后的溶液中主要是Li2so4,加入饱和碳酸钠溶液发生反应:.从母液中可回收的主要物质是1。解析：NaSO［解析］母液的主要成分是解析：NaSO［解析］母液的主要成分是NaSO2 4五、计算题（总题数：1,分数：13.00）4，故可回收的主要物质是Na2so4通过粮食发酵可获得某含氧有机化合物X,其相对分子质量为46,其中碳的质量分数为52.2%,氢的质量分数为13.0%。（分数：13.00）.X的分子式是;（分数：3.25）正确答案：（）解析：C2H6O［解析］根据C、H质量比和X的相对分子质量可得X的分子式为C2H60。.X与金属钠反应放出氢气，反应的化学方程式是（有机物用结构简式表达）;（（分数：3.25）（3）.X与空气中的氧气在铜或银催化下反应生成Y,Y（3）.X与空气中的氧气在铜或银催化下反应生成Y,Y的结构简式是；（分数：3.25）正确答案：（）解析：CH