1、南海实验高中高一新生暑假化学作业一 参考答案 1 B 【解析】 试题分析： A 选项错误，化合物应包含酸、碱、盐、氧化物。 B 选项正确，我们又把化合物分成电解和非电解质。 C 选项错误，分散系依据分散质直径分为溶液、胶体、浊液。 D 选项错误，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如 CO。但碱性氧化物一定是金属氧化物。 考点：考察学生物质的分类，要求学生能掌握物质分类的基本概念。 2 B 【解析】硝酸是含氧酸，属于一元强酸，易挥发。所以正确的答案选 B。 3 A 【解析】 试题分析：根据阿伏加德罗定律可知，在相同的条件下，气体 的体积之比是相应的物质的量之比。根据 n m/M 可知，在质量相同的
2、条件下，气体的相对分子质量越小，气体的物质的量越大，所以体积最大的是氨气，答案选 A。 考点：考查物质的量的有关计算 点评： 在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式 ANnN 、 n m/M、mVVn 、 Vcn B ，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是 22.4L/mol。 4 C 【 解析】含分子数最少即分子的物质的量最少，在等质量的情况下，气体的相对分子质量越大，气体分子的物质的量越少，氯气的相对分子为 71， HCL 为 36.5，溴单质为 160，溴化氢为 81；所以正确选项为 C； 5 C 【解析】试题分析：
3、448mL 某气体在标准状况下的质量为 0.64g，气体的物质的量为0.44822.4 / LL mol =0.02mol， M= 0.640.02gmol =32g/mol，故选 D。 【考点定位】考查物质的量的计算 【名师点晴】本题考查物质的量的计算，为高 频考点，把握质量、物质的量、体积为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本计算公式的应用。有关物质的量的计算公式，、 、 、 。在做此类试题时，还要记住物质的量浓度与质量分数的转换公式，如体积为 VL、密度为 g/cm3的某溶液中，含有摩尔质量为 M，则溶液物质的量浓度 c= 等 6 D 【解析】考查 阿佛加德罗常数的应用。氦气是
4、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】 正确， 1molSO2和 1mol SO3都含有阿伏加德罗常数个分子；错， 1molSO2有 2molO，1mol SO3有 3molO；正确， 1molSO2和 1mol SO3均含硫原子阿伏加德罗常数个；正确，1molSO2和 1mol SO3中硫原子的质
5、量均为 32 克；错，若不在相同条件下，两物质的体积不同；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 【解析】 试题分析：假设混合气体 100g，则有 N2 0.5mol， CO2 0.5mol， CH4 4mol，所以混合气体的平均摩尔质量为 m o l/g20=m o l4+m o l5.0+m o l5.0 g1 0 0 ，相对氢气的相对密度为 10=mol/g2 mol/g20
6、 。答案选 A。 考点：相对密度 点评：根据总总nm=M ，2H21 MM= 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 18a 22a x 4.4g ，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 考点： 质量守恒定律及其应用 11（ 1） ； （ 2） ； （ 3） ； （ 4） 。 【解析】 试题 分析： NaCl 是盐，属于电解
7、质；在室温下呈固体，不含有自由移动的离子，不能导电；汞是金属单质，可以导电，不是电解质；盐酸是 HCl 的水溶液，可以导电，是混合物，不属于电解质； BaSO4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；干冰是固体 CO2，不能导电，属于非电解质； H2SO4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；葡萄糖属于化合物，不能导电，是非电解质；碘酒是溶液，属于混合物，不能导电，不属于电解质；液态氧气是单质，不能导电，不是电解质， 也不是非电解质；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；（ 2）以
8、上物质属于电解质的是；（ 3）以上物质属于非电解质的是；（ 4）以上物质溶于水后能导电的纯净物是。 考点：考查物质分类的知识。 12（ 1） （ 2）； KClO3=K+ClO3； CuSO4=Cu2+SO42； NaOH=Na+OH； H2SO4=2H+SO42 （ 3） Mg+O2 2MgO 2KClO3 2KCl+3O2 Mg+CuSO4=MgSO4+Cu 或 Mg+H2SO4=MgSO4+H2 CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2 +Na2SO4或 H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O 【解析】 试题分析：（ 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
9、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： KClO3=K+ClO3； CuSO4电离生成硫酸根和铜离子，电离方程式为： CuSO4=Cu2+SO42；氢氧化钠电离生成 Na+和 OH，电离方程式为： NaOH=Na+OH；硫酸电离生成 H+和 SO42，电离方程式为： H2SO4=2H+SO42。 （ 3） Mg 在 O2燃烧生成 MgO，为化合反应，化学方程式为： Mg+O2 2MgO KClO3 在 MnO2 催化下加热发生分解反应，生成 KCl 和 O2，化学
10、方程式为： 2KClO3 2KCl+3O2 Mg 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 CuSO4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 考点：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
11、气的密度之比是 32 2 16:1；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；根据ANNn 可知， 如果 a g 某气体中含有的分子数为 b，则该气体的相对分子质量是 baNA ，所以 c g 该气体的物质的量是 molaNbcA，因此在标准状况下的体积是 molaNbcA 22.4L/mol 22.4bc/a NAL。 14（ 1）（ 2）（ 3）（ 4） 【解析】试题分析：（ 1） 3.01 1023个 HCl 分子的物质的量是 0.5mol，标准状况下的体
12、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 0.4mol22.4L/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）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； （ 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
13、.4g，所以质量最小的是； （ 4）根据以上计算物质的量，可知中氢原子物质的量是 1.2mol，中氢原子物质的量是0.5mol，中氢原子物质的量是 0.8mol，中氢原子物质的量是 0.6mol，含氢原子数最多的是 考点：考查物质的量的有关计算 15 （ 6 分） (1)2.688L (2) 2.4 mol / 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 1 2 1 0.12mol 则生成氢气是 0.12mol 标准状况下的体积是 0.12mol 22.4L
14、/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 ml202.1365.0 5.3624.0 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、
15、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
16、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。
17、 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。本题正确答案为 D。 6 C 【解析】试题分析：汽油与氯化钠溶液混合，两者互不相溶，可以用分液法分离；酒精与水混合后互溶，两者沸点相差较大，可以用蒸馏法分
18、 离；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；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。 点睛：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
19、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 【解析】试题分析： A 1 L 水中溶解了 40 g NaOH 后溶液的体积不是 1L，所得溶液浓度不是 1 mol/L，故 A 错误； B溶液具有均一性，从 1 L 2 mol/L 的 NaCl 溶液中取出 0.5 L，该溶液的浓度为 2 mol/L，故 B 错误； C标准状况下， 2.24 LHCl 气体的物质
20、的量为 0.1mol，溶于水制成 100 mL 溶液，其物质的量浓度为 1 mol/L，故 C 正确； D配制 1 L 0.2 mol/L的 CuSO4溶液，需要硫酸铜的物质的量为 0.2mol，需用 50 g 胆矾，故 D 错误；故选 C。 考点：考查了物质的量浓度概念的理解的相关知识。 9 B 【解析】试题分析： 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
21、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。 考点：考查化学实验基本操作 10 B 【解析】 试题分析： A 300 mL0.1 mol/L NaCl 溶液中 C1-的物质的量浓度为 1 0.1 mol/L=0.1 mol/L；B 100 mL0.1 mol/LFeCl3溶液中 C1-的物质的量浓度为 3 0.1 mol/L=0.3 mol/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 1 L 溶液中 C1-的物质的量浓度 0.21molL =0.2mol/L； D向 1 L0.2 mol/L BaCl2溶液中含有氯
22、离子的物质的量为 1 L 0.2 mol/L 2=0.4mol，加入 0.2 mol/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 0.42molL =0.2 mol/L；故选 B。 考点：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。 【解析】试题分析： (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
23、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。 考点：考查混合物分离方法的选择的知识。 12 16.0 A 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
24、 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。 点睛：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=nV进行。 13 20% 4 4.27 【解析】 试题分
25、 析： （ 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 32 0 . 0 1 4 . 0 % 3 0 . 0 2 4 . 0 % 5 8 . 5 /1.()3 0 2 1 7 0 0 0 0 1g g g m o lg c mc =4mol L 1； （ 3）设需要氯化钠 xg， 1 0 0 % 2 0 %1000 x x ， x=250g， 250 4 .2 75 8 .5 /gn m olg m ol。 考点：本题考查溶液计算。 14（ 1） Na2CO3、
26、 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。 【解析】试题分析：（ 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
27、 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； 考点：测定物质组成 15 （ 1）；（ 2）；（ 3）；（ 4） .（ 1） 1:1:3 （ 2） 135g/mol 64 （ 3） m/56V mol/L； 3m/112V mol/L； m/1792 mol/L 【解析】 试题分析： 、 （ 1）构成晶 体（固体）的微粒之间存在相互作用，各微粒之间
28、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 ；（ 2）含有自由移动离子或电子的物质能导电，水银 中含有自由的电子，所以能导电， KNO3 溶液、熔融的氢氧化钠中含有自由移动的离子，所以能导电，选；（ 3）食盐晶体、纯醋酸、熔融的氢氧化钠、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；（ 4）乙醇和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。 .（ 1）根据 n=Mm =ANN 可知， O2、 SO
29、2、 SO3 三者质量之比为 1： 2： 5，则 O2、 SO2、 SO3的物质的量之比为：321： 642 ：805=1： 1： 2，它们的氧原子数之比为： 1 2： 1 2： 23=1： 1： 3；（ 2）金属氯化物 MCl2， 40.5g 中含有 0.6mol Cl-，则 40.5gMCl2的物质的量为：0.6mol 21 =0.3mol，则 MCl2 的摩尔质量为： molg3.0 5.40 =135g/mol； M 的相对原子质量为：135-35.5 2=64；（ 3）在 V LFe2(SO4)3 溶液中含有 mg Fe3+ ，铁离子的物质的量为：molgmg/56=56mmol，铁
30、离子的物质的量浓度为： c(Fe3+)= VLmolm56= Vm56 mol/L；该溶液中硫酸根离子浓度为： c(SO42-)=23 c(Fe3+)= Vm1123 mol/L，溶液具有均一性，则从中取出 4V L溶液中 SO42-物质的量浓度仍然为 Vm1123 mol/L；再将这 4V 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： cFe2(SO4)3= 21 c（ Fe3+）= Vm112 mol/L，则稀释后 Fe2(SO4)3 溶液中溶质的物质的量浓度为： cFe2(SO4)3= Vm112 mol/L LLV44 = V
31、m1792 mol/L。 考点：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 1 B 【解析】 A、 20983Bi 的中子数为 209-83=126， 21083Bi 的中子数为 210-83=127，选项 A 错误；B、因 20983Bi 和 21083Bi 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、 20983Bi 的中子数为 209-83=126， 21083Bi 的中子数为 210-83=127，两者的质子数都是 83，
32、中子数分别为126、 127，选项 D 错误。答案选 B。 2 D 【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。 3 D 【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
33、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。本题正确答案为 D。 4 C 【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：道尔顿实心球模型、汤姆生枣糕模型、卢瑟福行星模型、波尔轨道模型、现代电子云模型，故 D 错误。 点睛：质量数
34、=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。 5 C 【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，故错误 ; 二氟化氙中氙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，故错误；三
35、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，故正确；选 C。 6 A 【解析】 Rn+是 R 原子失去 n 个电子得到
36、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 【解析】试题分析： 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
37、个电子， D 错误；答案选 B 考点：质子数、中子数、核外电子数 8 D 【解析】试题分析： aXm+、 bYn+、 cZn-、 dRm-4 种离子的电子层结构相同，则微粒的核外电子数是相等的，即 a m b n c n d m，答案选 D。 考点：考查核外电子排布的应用 9 D 【解析】试题分析：在核素中，左上角代表的是质量数，左下角代表的是质子数，而中子数等于质量数减去质子数，所以 A，质量数为 18，质子数为 8，中子数为 10，都是偶数，所以A 是错误的， B 选项质量数为 28，质子数为 14，中子数为 14，都是偶数，所以 B 选项是错误的。 C 选项质量数为 32，质子数为 16
38、，中子数为 16，都为偶数，所以 C 选项是错误的， D选项质量数为 40，质子数为 19，中子数为 21，故符合题意，所以选 D 考点：考查核素的相关知识点 10 D 【解析】试题 分析： R2+核内共有 N 个中子， R 的质量数为 A，质量数质子数 +中子数计算质子数，所以其质子数 =A-N，阳离子中核外电子数 =质子数 -核电荷数 =A-N-2，即一个该离子中含有 (A-N-2)个电子；相对原子质量在数值上等于其质量数等于其摩尔质量，所以其摩尔质量为 Ag/mol； m gR2+ 中含电子的物质的量 = 一个离子中的电子数 = (AN2)= g/mol。故选 D。 【考点定位】考查质子
39、数、中子数、核外电子数及其相互联系 【名师点晴】本题考查了质子数、中子数、 核外电子数及其相互关系，明确各物理量间的关系是解本题的关键；知道同一元素无论原子还是离子，其摩尔质量相同，在数值上都等于其质量数，根据质量数 =质子数 +中子数计算质子数。根据阳离子中核外电子数 =质子数 -核电荷数计算 R2+中电子数，相对原子质量在数值上等于其质量数；然后根据 n= 一个离子中的电子数计算电子的物质的量。 11（ 1） ab；（ 2） a；（ 3） ab；（ 4） d；（ 5） d； 【解析】试题分析：（ 1）原子种类由质子数和中子数决定，故答案为： ab； （ 2）元素种类由质子数决定，故答 案为： a；
