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1、-江西省南昌三中高一（上）期中化学试卷参照答案与试题解析一、选择题（每题所给选项只有1项符合题意，请将对的答案的序号填涂在答题卡上，每题3分，共48分1中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明发明不波及化学反映的是（）A用胆矾炼铜B用铁矿石炼铁C烧结粘土制陶瓷D打磨磁石制指南针【考点】真题预测集萃；物理变化与化学变化的区别与联系【专项】基本概念与基本理论【分析】A胆矾的化学式为CuSO45H2O，整个过程中Cu元素由化合态转化为单质，一定发生化学变化；B铁矿石重要成分为Fe2O3，炼铁得到Fe单质，有新物质生成，属于化学反映；C制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品；D打磨磁石制指南针，
2、只是变化物质的外形，没有新物质生成【解答】解：A胆矾的化学式为CuSO45H2O，由CuSO45H2OCu，有新物质生成，属于化学反映，故A不选；B铁矿石重要成分为Fe2O3，由Fe2O3Fe，有新物质生成，属于化学反映，故B不选；C制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品，故C不选；D打磨磁石制指南针，只是变化物质的外形，没有新物质生成，不波及化学反映，故选D；故选D【点评】本题考察化学反映的判断，比较基本，明确原理是解题核心，A、B选项可以借助化合价变价，运用氧化还原反映知识判断2欲配制100mL 1.0molL1Na2SO4溶液，对的的措施是（）将14.2g Na2SO4溶于100
3、mL水中将32.2gNa2SO410H2O溶于少量水 中，再用水稀释至100mL将20mL 5.0molL1Na2SO4溶液用水稀释至100mLABCD【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专项】物质的量浓度和溶解度专项【分析】14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，根据c=以及溶液的体积不等于溶剂的体积来分析；32.2gNa2SO410H2O物质的量为=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，根据c=计算判断；根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，据此计算稀释后浓度，进行判断；【解答】解：14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，溶液的体积不等于溶剂
4、的体积，因此无法计算出物质的量浓度，故错误；32.2gNa2SO410H2O物质的量为=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=1.0molL1，故对的；根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml5mol/L=100mlc（硫酸钠），则c（硫酸钠）=1mol/L，故对的故选：B；【点评】本题重要考察配制一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质的量浓度的理解、计算，难度不大，注意配制中物质溶于水溶质发生变化的状况以及稀释前后溶质的物质的量不变3下列说法错误的是（）A摩尔是物质的量的单位B国际上规定，0.012kg 12C原子所具有的碳原子数目的
5、物质的量为1molCmol H2的质量是2g，它所占的体积是 22.4LD硫酸根离子的摩尔质量是 96g/mol【考点】物质的量的单位-摩尔；物质的量的有关计算【专项】化学用语专项；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A物质的量的单位摩尔其符号为mol； B是以12C所具有的碳原子数为原则；C不一定在标况下；D同一物质的相对分子质量与其摩尔质量在数值上相等，但单位不同样【解答】解：A物质的量的单位摩尔其符号为mol，物质的量的符号为n，故A对的； B是以12C所具有的碳原子数为原则，即0.012kg12C所具有的碳原子数目为1mol，故B对的；C不一定在标况下，体积不一定是 22.4L，故C
6、错误；D硫酸根离子的摩尔质量是96g/mol，故D对的故选C【点评】本题考察了物质的量及其单位，掌握摩尔物质的量的单位、摩尔是单位不是物理量、使用摩尔时基本微粒应予指明等是对的解答本题的核心，题目难度不大4设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法对的的是（）A常温常压下，8g O2具有4NA个电子B1L 0.1molL1的氨水中有NA个NH4+C原则状况下，22.4L盐酸具有NA个HCl分子D1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【专项】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、根据n=计算物质的量，结合氧气分子具有电子总数计算得到；B、一水合氨是弱电解质
7、存在电离平衡；C、盐酸是电解质溶液，氯化氢电离成氢离子和氯离子；D、钠原子最外层电子数为1；【解答】解：A、常温常压下，8gO2物质的量=0.25mol，具有电子数=0.25mol82NA=4NA，故A对的；B、1L 0.1molL1的氨水中，一水合氨物质的量为0.1mol，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，溶液中有NH4+不不小于0.1mol，故B错误；C、盐酸是电解质溶液，不是气体，溶液中氯化氢电离成氢离子和氯离子，不存在氯化氢分子，故C错误；D、1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故D错误；故选A【点评】题目考察阿伏伽德罗常数的计算应用，质量换算物质的量弱电解质电离平衡
8、，氧化还原反映电子转移是考察重点，题目较简朴5纳米材料是指颗粒的三维线度中的任一维在1nm100nm范畴的材料纳米技术所带动的技术革命及其对人类的影响，远远超过电子技术下列有关纳米技术的论述不对的的是（）A将纳米材料分散到液体分散剂中可制得液溶胶B用纳米级金属颗粒粉剂作为催化剂可加快化学反映速率C将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，阐明“纳米铜”比铜片更易失电子D银器能抑菌、杀菌，将纳米银粒子植入内衣织物中，有奇异的抑菌、杀菌效果【考点】纳米材料【专项】溶液和胶体专项【分析】A、纳米材料在以液体为分散剂所形成的溶胶分散系为液溶胶；B、颗粒变小可加快反映速率；C、得
9、失电子是由元素原子的构造决定的，纳米铜没有变化原子构造；D、银器能抑菌、杀菌，将纳米银粒子植入内衣织物中，有奇异的抑菌、杀菌效果【解答】解：A、纳米材料在以液体为分散剂所形成的溶胶分散系为液溶胶，故A对的；B、颗粒变小可加快反映速率，故B对的；C、得失电子是由元素原子的构造决定的，纳米铜没有变化原子构造，故C错误；D、银器能抑菌、杀菌，将纳米银粒子植入内衣织物中，有奇异的抑菌、杀菌效果，故D对的故选：C【点评】本题考察了纳米材料的性质及其应用问题，难度不大，注意有关基本知识的积累6取一小块金属钠放在燃烧匙里加热，下列实验现象描述对的的是（）金属钠熔化在空气中燃烧，火焰为紫色燃烧后得白色固体燃烧
10、时火焰为黄色燃烧后生成浅黄色固体物ABCD【考点】钠的化学性质【分析】钠的熔点较低，钠在加热条件下与氧气发生反映时，先熔化，与氧气在加热条件下反映生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色，据此解答【解答】钠的熔点较低，钠在加热条件下与氧气发生反映时，先熔化，与氧气在加热条件下反映生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色，钠熔点低，反映放热，金属钠熔化，故对的；在空气中燃烧，火焰为黄色，故错误；燃烧后生成产物为过氧化钠，为淡黄色，故错误；燃烧时火焰为黄色，故对的；燃烧后生成产物为过氧化钠，为淡黄色，故对的；故选：C【点评】本题考察了钠与氧气反映的性质，注意钠在加热条件下能在空气中燃烧，但不加热时
11、，生成氧化钠，题目难度不大7胶体区别于其他分散系最本质的特性是（）A外观澄清、透明B胶体微粒粒度在1100nm之间C丁达尔现象D分散质粒子能透过半透膜【考点】胶体的重要性质【专项】溶液和胶体专项【分析】胶体分散系与其他分散系的本质差别是分散质直径的大小不同【解答】解：胶体区别于其他分散系的本质特性是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的分散质粒子直径不不小于1nm，浊液的分散质粒子直径不小于100nm故选B【点评】本题考察胶体的判断，注意胶体区别于其他分散系的本质特性是胶体粒子直径在1100nm之间8如图表达某些物质或概念间的附属关系，不对的的是 XYZA氧化物化合物纯净物B胶体分散系混合物C
12、中和反映复分解反映氧化还原反映D强酸电解质化合物AABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其互相联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系【专项】物质的分类专项【分析】A、氧化物属于化合物，化合物属于纯净物；B、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质构成，则属于混合物；C、中和反映属于复分解，复分解一定不是氧化还原反映；D、强酸是电解质，电解质是化合物【解答】解：A、氧化物是由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物，即氧化物属于化合物；化合物是由两种或两种以上元素构成的纯净物，故化合物属于纯净物，故A对的；B、胶体是分散质粒子的直径介于1100nm的分散系，即胶体属于分
13、散系，而分散系都是由两种以上的物质构成，则属于混合物，故B对的；C、中和反映属于复分解，复分解是两种化合物互相互换成分，生成此外两种化合物的反映，一定不是氧化还原反映，故C错误；D、强酸是电解质，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，即电解质属于化合物，故D对的故选C【点评】本题考察了氧化物、混合物、盐等的概念，难度不大，掌握概念是核心9已知M2On2离子可与R2离子作用，R2 被氧化为R单质，M2On2的还原产物中，M为+3价；又如c（M2On2 ）=0.3molL的溶液100mL可与c（R2 ）=0.6molL的溶液150mL正好完全反映，则n值为（）A4B5C6D7【考点】氧化还
14、原反映的计算【专项】氧化还原反映专项【分析】R2 被氧化为R单质，失去电子，而中M元素的化合价减少，得到电子，结合电子守恒计算【解答】解：R2 被氧化为R单质，失去电子，而中M元素的化合价减少，得到电子，M2On2的还原产物中，M为+3价，设M2On2中M元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.15L0.6mol/L（20）=0.1L0.3mol/L2（x3），解得x=6，M2On2离子中（+6）2+（2）n=2，则n=7，故选D【点评】本题考察氧化还原反映的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反映中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的运用10若（NH4）2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反映中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为（）A1：4B1：2C2：1D4：1【考点】氧化还原反映的计算【专项】氧化还原反映专项【分析】先根据氧化还原反映中得失电子相等配平方程式，再根据化合价变化的和化合价不变的氮原子判断【解答】解：该反映中，NH4+N2氮元素的化合价由3价0价，生成一种氮气分子需要铵根离子失去6个电子，生成一种二氧化硫
