南海高中高一新生暑假化学作业一参考答案Word文档格式.docx
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氦气是一个原子构成的，选项A正确；
9g水的物质的量是0.5mol，水是10电子微粒，所以含有5mol电子，选项B不正确；
NO2和N2O4的最简式相同，所以46g混合气中含有的原子是3mol，选项C不正确；
标准状况下，四氯化碳不是气体，不能适用于气体的摩尔体积，选项D不正确，答案选D。
7．A
【解析】①正确，1molSO2和1molSO3都含有阿伏加德罗常数个分子；
②错，1molSO2有2molO，1molSO3有3molO；
③正确，1molSO2和1molSO3均含硫原子阿伏加德罗常数个；
④正确，1molSO2和1molSO3中硫原子的质量均为32克；
⑤错，若不在相同条件下，两物质的体积不同；
⑥错，1molSO2有32mol质子，SO3有40mol质子；
8．B
【解析】A错，应在标准状况下；
B正确；
C错，标准状况下，22.4L氢气所含的原子数目为2NA；
D错，NA个硫酸分子共有7mol原子；
9．A
假设混合气体100g，则有N20.5mol，CO20.5mol，CH44mol，所以混合气体的平均摩尔质量为
，相对氢气的相对密度为
答案选A。
相对密度
根据
，
进行计算。
10．B
【解析】试题解析：
假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a。
设生成4.4gR需要Q的质量是x
X+2Y═2Q+R
18a22a
x4.4g
＝
，解得x=3.6g，
由质量守恒可知参加反应的Y的质量为4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g：
3.6g=16：
9．
质量守恒定律及其应用
11．
（1）②③⑩；
（2）①④⑥⑩；
（3）⑤⑦；
（4）①⑥⑩。
①NaCl是盐，属于电解质；
在室温下呈固体，不含有自由移动的离子，不能导电；
②汞是金属单质，可以导电，不是电解质；
③盐酸是HCl的水溶液，可以导电，是混合物，不属于电解质；
④BaSO4是盐，属于电解质；
⑤干冰是固体CO2，不能导电，属于非电解质；
⑥H2SO4是酸，属于电解质，由于是由分子构成，不含有自由移动的离子，不能导电；
⑦葡萄糖属于化合物，不能导电，是非电解质；
⑧碘酒是溶液，属于混合物，不能导电，不属于电解质；
⑨液态氧气是单质，不能导电，不是电解质，也不是非电解质；
⑩熔融MgC12是盐，属于电解质，含有自由移动的离子，可以导电。
所以（l）以上物质能导电的是②③⑩；
（2）以上物质属于电解质的是①④⑥⑩；
（3）以上物质属于非电解质的是⑤⑦；
（4）以上物质溶于水后能导电的纯净物是①⑥⑩。
考查物质分类的知识。
12．
（1）⑧
（2）①②⑥⑦；
KClO3=K++ClO3‾；
CuSO4=Cu2++SO42‾；
NaOH=Na++OH‾；
H2SO4=2H++SO42‾
（3）①Mg+O2
2MgO
②2KClO3
2KCl+3O2↑
③Mg+CuSO4=MgSO4+Cu或Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑
④CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4或H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
（1）除了碳的氧化物、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐，含有碳元素的化合物为有机物，所以甲烷为有机物。
（2）在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，所以氯酸钾、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸属于电解质，氯酸钾电离生成氯酸根和钾离子，电离方程式为：
CuSO4电离生成硫酸根和铜离子，电离方程式为：
氢氧化钠电离生成Na+和OH‾，电离方程式为：
硫酸电离生成H+和SO42‾，电离方程式为：
H2SO4=2H++SO42‾。
（3）①Mg在O2燃烧生成MgO，为化合反应，化学方程式为：
Mg+O2
2MgO
②KClO3在MnO2催化下加热发生分解反应，生成KCl和O2，化学方程式为：
2KClO3
2KCl+3O2↑
③Mg与CuSO4、Mg与H2SO4发生置换反应，化学方程式为：
Mg+CuSO4=MgSO4+Cu或Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑
④CuSO4与NaOH、H2SO4与NaOH发生复分解反应，化学方程式为：
CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4或H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
本题考查物质的分类、电离方程式和化学方程式的书写。
13．16:
1；
1:
16；
22.4bc/a·
NAL
【解析】考查阿伏加德罗定律及其推论。
同温同压下，两种气体的密度比为是相应气体的摩尔质量之比，因此氧气和氢气的密度之比是32︰2＝16:
在相同条件下，气体的体积之比是相应气体的物质的量之比。
根据n＝m/M可知，在质量相等是，物质的物质的量之比是摩尔质量之比的反比，因此二者的体积之比是2︰32＝1:
16；
可知，如果ag某气体中含有的分子数为b，则该气体的相对分子质量是
，所以cg该气体的物质的量是
，因此在标准状况下的体积是
×
22.4L/mol＝22.4bc/a·
NAL。
14．
（1）②
（2）②（3）④（4）①
（1）3.01×
1023个HCl分子的物质的量是0.5mol，标准状况下的体积是11.2L，13.6克H2S的物质的量是13.6/34=0.4mol，标准状况下的体积是0.4mol×
22.4L/mol=8.96L，0.2molNH3的标准状况下的体积是4.48L，所以体积最大的是②；
（2）标准状况下的密度与相对分子质量有关，相对分子质量最大的密度也最大，所以四种气体在相对分子质量最大的是HCl，所以密度最大的是②；
（3）6.72L甲烷的物质的量是6.72/22.4=0.3mol，质量是0.3mol×
16g/mol=4.8g；
0.5molHCl的质量是36.5/2=18.25g；
0.2molNH3的质量是0.2mol×
17g/mol=3.4g，所以质量最小的是④；
（4）根据以上计算物质的量，可知①中氢原子物质的量是1.2mol，②中氢原子物质的量是0.5mol，③中氢原子物质的量是0.8mol，④中氢原子物质的量是0.6mol，含氢原子数最多的是①
15．（6分）
（1）2.688L
（2）2.4mol/L（3）20mL
【解析】考查物质的量的有关计算。
（1）7.8g锌的物质的量是7.8g÷
65g/mol＝0.12mol
反应的方程式是
Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑
121
0.12mol
则生成氢气是0.12mol
标准状况下的体积是0.12mol×
22.4L/mol＝2.688L
（2）参加反应的氯化氢是0.12mol×
2＝0.24mol
所以所用盐酸中HCl的物质的量浓度是
0.24mol÷
0.1L＝2.4mol/L
（3）根据盐酸的质量分数和溶液的密度可知，需要盐酸的体积是
南海实验高中高一新生暑假化学作业二参考答案
1．C
【解析】该装置图为蒸馏的实验装置，用到的实验仪器是酒精灯，铁架台、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，没有用到分液漏斗，故选C。
2．D
【解析】A、焰色反应的火焰呈黄色，说明溶液中含有钠元素，可能为氢氧化钠，不一定为钠盐，故A错误；
B、氨气溶于水显碱性，故必须要用润湿的pH试纸才能检验氨气，故B错误；
C、KCl的溶解度随温度变化不大，KNO3的溶解度随温度变化很大，故应该用降温结晶提纯混有少量KCl的KNO3，若用蒸发结晶，两者均会析出，故C错误；
D、用CCl4萃取碘水中的碘，静置后下层溶液为碘的四氯化碳溶液，呈紫红色，故D正确；
故选D。
3．D
【解析】A、苯与水互不相溶，可以从碘水中萃取碘，但酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘，故A错误；
B、蒸馏是根据液体物质的沸点高低不同进行分离的一种操作，所以需要用温度计测量蒸气的温度，因此温度计的水银球应在支管口处，即B错误；
C、容量瓶使用前不能进行润洗，否则使溶液中的溶质增多，使所配溶液的浓度偏大，故C错误；
D、丁达尔效应是利用胶体微粒对光的散射作用而产生的一种特殊现象，这是一种物理方法，而溶液中的微粒太小，没有这种现象，所以D正确。
本题正确答案为D。
点睛：
萃取剂一定与原溶剂互不相溶，且溶质在其中的溶解度大于在原溶剂中溶解度；
蒸馏时温度计的水银球应在“支管口处”，而不能描述为“支管口附近”。
4．A
【解析】A、此操作是配制一定物质的量浓度的溶液，不用于分离，故A正确；
B、此操作是蒸发，用于分离，故B错误；
C、此操作是分液，用于分离，故C错误；
D、此操作是过滤，用于分离，故D错误。
5．D
【解析】A、配制时容量瓶没有干燥，对溶液的浓度没有影响，则A错误；
B、转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，使溶质量减少，导致溶液的浓度偏低，故B错误；
C、称量时将砝码放在左盘，固体放在右盘，根据需要配制的溶液，求得需要称量的NaC1的质量为5.9g，在使用游码的情况下，物品与砝码倒置，会使称量的物质质量减小，导致溶液的浓度偏低，则C错误；
D、定容时俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏小，导致溶液浓度偏高，故D正确。
6．C
①汽油与氯化钠溶液混合，两者互不相溶，可以用分液法分离；
②酒精与水混合后互溶，两者沸点相差较大，可以用蒸馏法分离；
③食盐水与碘水互溶，可以用有机溶剂把碘萃取出来，然后分液；
④硝酸钠溶液中含少量氯化钾，可以用结晶法将两者分离，具体操作步骤为：
先蒸发浓缩，再降温结晶，然后过滤、洗涤、干燥，。
综上所述，C正确，本题选C。
物质的分离与提纯，首先要分析混合物中各组分之间的性质差异，然后根据这种性质差异找到操作最简单、分离效果最好的分离方法。
7．C
【解析】本题考查的是常见离子的检验。
A项，加入稀盐酸产生可使澄清石灰水变浑浊的无色气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫，该盐溶液中可能含CO32-、HCO3-、SO32-或HSO3-，所以A错。
B项，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则该沉淀可能是硫酸钡也可能是氯化银，所以B错。
C项，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则一定含有NH4+，正确。
D项，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，该沉淀可能是碳酸钡也可能是碳酸钙，所以D错。
8．C
A．1L水中溶解了40gNaOH后溶液的体积不是1L，所得溶液浓度不是1mol/L，故A错误；
B．溶液具有均一性，从1L2mol/L的NaCl溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为2mol/L，故B错误；
C．标准状况下，2.24LHCl气体的物质的量为0.1mol，溶于水制成100mL溶液，其物质的量浓度为1mol/L，故C正确；
D．配制1L0.2mol/L的CuSO4溶液，需要硫酸铜的物质的量为0.2mol，需用50g胆矾，故D错误；
故选C。
考查了物质的量浓度概念的理解的相关知识。
9．B
A、试管夹是一种专门用来夹持试管的挟持器．需要注意的是在夹持时应该从试管底部往上套，夹持在试管的中上部，手不能按在短柄上，A错误；
B、碘易溶在酒精中，装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤，B正确；
C．配制溶液时，需要在烧杯中溶解冷却后再转移至容量瓶，C错误；
D．定容时，俯视刻度线，液面在刻度线下方，会使所配溶液的浓度偏高，D错误，答案选B。
考查化学实验基本操作
A．300mL0.1mol/LNaCl溶液中C1-的物质的量浓度为1×
0.1mol/L=0.1mol/L；
B．100mL0.1mol/LFeCl3溶液中C1-的物质的量浓度为3×
0.1mol/L=0.3mol/L；
C．标准状况下，4．48LHC1气体的物质的量为0.2mol，溶于水配成的1L溶液中C1-的物质的量浓度
=0.2mol/L；
D．向1L0.2mol/LBaCl2溶液中含有氯离子的物质的量为1L×
0.2mol/L×
2=0.4mol，加入0.2mol/L的H2SO4溶液到沉淀恰好完全时的溶液的体积为2L，其中C1-的物质的量浓度为
=0.2mol/L；
故选B。
考查了物质的量浓度的计算的相关知识。
11．
（1）A；
（2）C；
（3）B；
（4）E。
（l）食盐溶于水，泥沙难溶于水，所以除去食盐水中的泥沙可用过滤的方法，选项A正确；
（2）水和植物油是互不相溶的两种液体物质，所以除去植物油中的水可以分液的方法，选项C正确；
（3）硝酸钾与氯化钠在水中的溶解度受温度的影响变化不同，前者变化较大，后者变化不大，所以将溶液中的硝酸钾与氯化钠分离首先采用降低热饱和溶液的方法，即结晶法获得硝酸钾，然后用蒸发结晶的方法获得NaCl；
选项B正确。
（4）由于自来水中含有多种可溶性的物质，他们的沸点比水高，所以将自来水制为纯净水可采用蒸馏的方法获得，选项E正确。
考查混合物分离方法的选择的知识。
12．16.0A洗涤摇匀AD
【解析】本题分析：
本题主要考查配制一定物质的量浓度溶液的实验步骤及实验误差分析。
（1）n=cV=1.6mol/L×
0.250L=0.40mol，m=nM=0.40mol×
40g/mol=16.0g。
（2）下列图示对应的操作规范是A，B项转移液体时需用玻璃棒引流，C项定容时滴管应悬在容量瓶正上方，不可插入容量瓶内。
根据图示，除称量外还缺少的操作步骤依次是洗涤、摇匀。
（3）A.部分氢氧化钠转化为碳酸钠，引起NaOH溶液浓度偏低。
B.溶液冷却至室温时体积变小，引起NaOH溶液浓度偏高。
C.不影响NaOH溶液浓度。
D.溶质减少，引起NaOH溶液浓度偏低。
E.不影响NaOH溶液浓度。
故选AD。
一定物质的量浓度溶液的配制方法及误差分析既是基础知识，又是重点内容。
要求十分熟悉该实验过程，相应分析误差依据c=
进行。
13．20%44.27
（1）该混合溶液的质量分数为（20.0g×
14.0%+30.0g×
24.0%）÷
（20+30）×
100%=20%；
（2）该混合溶液的物质的量浓度是
=4mol·
L－1；
（3）设需要氯化钠xg，
，x=250g，
本题考查溶液计算。
14．
（1）Na2CO3、Na2SO、Ba（NO3）2；
CuCl2、K2CO3、K2SO4;
NaCl。
（2）取过滤后的滤液少许，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀则原固体中有氯化钠。
（1）a．将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，判断一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，同时可能含碳酸根的化合物或含硫酸根离子的化合物；
b．在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡；
c．取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；
原混合物中一定含有Na2CO3Na2SO4Ba（NO3）2；
一定不含有CuCl2K2CO3K2SO4；
可能含有NaCl；
（2）若要检验氯化钠的存在需要取
（1）的滤液少许，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；
否则没有；
测定物质组成
15．Ⅰ
（1）①④⑤；
（2）③⑥⑦；
（3）①⑤⑦⑧；
（4）②④
Ⅱ.
（1）1:
3
（2）135g/mol64（3）m/56Vmol/L；
3m/112Vmol/L；
m/1792mol/L
Ⅰ、
（1）构成晶体（固体）的微粒之间存在相互作用，各微粒之间既有相互吸引力，又有相互排斥力，当微粒距离较近时，排斥力的作用明显，将微粒推开，当微粒距离较大时，吸引力的作用明显，将微粒拉近，所以通常微粒在较平衡的位置上做极小的运动，即只能在各自平衡位置附近做微小振动，选①④⑤；
（2）含有自由移动离子或电子的物质能导电，③水银中含有自由的电子，所以能导电，⑥KNO3溶液、⑦熔融的氢氧化钠中含有自由移动的离子，所以能导电，选③⑥⑦；
（3）①食盐晶体、⑤纯醋酸、⑦熔融的氢氧化钠、⑧液态氯化氢溶于水都能导电，且都是化合物，所以都是电解质，选①⑤⑦⑧；
（4）②乙醇和④蔗糖在水溶液里或熔融状态下都以分子存在，所以都是非电解质，选②④。
Ⅱ.
（1）根据n=
=
可知，O2、SO2、SO3三者质量之比为1：
2：
5，则O2、SO2、SO3的物质的量之比为：
：
=1：
1：
2，它们的氧原子数之比为：
1×
2×
3=1：
3；
（2）金属氯化物MCl2，40.5g中含有0.6molCl-，则40.5gMCl2的物质的量为：
0.6mol×
=0.3mol，则MCl2的摩尔质量为：
=135g/mol；
M的相对原子质量为：
135-35.5×
2=64；
（3）在VLFe2（SO4）3溶液中含有mgFe3+，铁离子的物质的量为：
mol，铁离子的物质的量浓度为：
c（Fe3+）=
=
mol/L；
该溶液中硫酸根离子浓度为：
c（SO42-）=
mol/L，溶液具有均一性，则从中取出
L溶液中SO42-物质的量浓度仍然为
再将这
L溶液溶液稀释到4L，稀释过程中溶质的物质的量不变，稀释前Fe2（SO4）3的物质的量浓度为：
c[Fe2（SO4）3]=
mol/L，则稀释后Fe2（SO4）3溶液中溶质的物质的量浓度为：
mol/L×
mol/L。
考查电解质、非电解质，物质的导电性，阿伏加德罗定律及推导。
南海实验高中高一新生暑假化学作业三参考答案
【解析】A、
的中子数为209-83=126，
的中子数为210-83=127，选项A错误；
B、因
和
的质子数相同，但中子数不同，则两者互为同位素，选项B正确；
C、因质子数相同，质子数等于核外电子数，则核外电子数相同，选项C错误；
D、
的中子数为210-83=127，两者的质子数都是83，中子数分别为126、127，选项D错误。
答案选B。
【解析】在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核远的区域内活动，故A错误；
H的原子不含中子，故B错误；
4018Ar、4019K、4020Ca的质子数不相同，所以它们不是同位素，故C错误；
核素指一种原子，而元素是指质子数相同的一类原子，故D正确。
【解析】A、146C原子中质子数为6、中子数为14-6=8，所以A正确；
B、16O与18O是两种不同的核素，也是氧元素的两种同位素，故B正确；
C、23Na
原子中含有的中子数为23-11=12，24Mg原子中含有的中子数为24-12=12，所以这
两种原子含有相同的中子数，故C正确；
D、S2-是由核电荷数为16的S原子得到2个电子，使最外层达到8电子稳定结构而形成的，其结构示意图
，故D错误。
【解析】40K的中子数是21，40Ca原子的中子数是20，故A错误；
同种元素可能有多种核素，元素有112种，核素种类大于112种，故B错误；
同位素是质子数相同、中子数不同的原子，故C正确；
原子结构模型演变历史应为：
①道尔顿实心球模型、②汤姆生枣糕模型、③卢瑟福行星模型、④波尔轨道模型、⑤现代电子云模型，故D错误。
质量数=质子数+中子数；
由于一种元素可能含有多种同位素，所以核素的种类大于元素种类。
【解析】只要分子中元素化合价的绝对值和元素原子的最外层电子数之和满足8,该原子就能满足8电子稳定结构；
COCl2中C原子的最外层电子为:
4+4=8，Cl原子的最外层电子为:
7+|-1|=8，Cl原子的最外层电子为:
6+|-2|=8，都满足8电子稳定结构，故①正确;
SF6中S原子的最外层电子为:
6+6=12，F原子的最外层电子为:
7+|-1|=8，故②错误;
二氟化氙中氙原子的最外层电子为:
7+|-1|=8，故③错误；
三氟化硼中B原子的最外层电子为:
3+3=6，F原子的最外层电子为:
7+|-1|=8，故④错误；
BeCl2中Be原子的最外层电子为:
2+2=4，Cl原子的最外层电子为:
7+|-1|=8，故⑤错误；
PCl3中P原子的最外层电子为:
5+3=8，Cl原子的最外层电子为:
7+|-1|=8，故⑥正确；
PCl5中P原子的最外层电子为:
5+5=10，Cl原子的最外层电子为:
7+|-1|=8，故⑦错误；
OF2中O原子的最外层电子为:
6+2=8，F原子的最外层电子为:
7+|-1|=8，故⑧正确；
选C。
6．A
【解析】Rn+是R原子失去n个电子得到的，由题意，该离子核外有m个电子，则R原子的核外电子数为m+n；
原子中质子数=核外电子数，故A元素原子核内质子数为m+n，故A正确，答案为A。
7．B
O原子有8个电子，C原子有6个电子，O3和CO2的电子数分别为24和22，A错误；
OH-有是个电子，Al3+核内质子数为13，外电子数为10，核外电子总数相等，B正确；
O原子有8个电子，C原子有6个电子，N原子的有7个电子，NO中核外电子总数是15，CO中核外电子总数是14，C错误；
氯离子有18个电子，Ne原子有10个电子，D错误
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