1、浙江省温州市求知中学2018-2019学年高一化学下学期第二次月考试题（含解析）可能用到相对原子质量：H=1 C=12 O=16 Na=23 K=39 Fe=56一选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,共计48分)1.下列物质中，既能导电又属于强电解质的一组物质是（ ）A. 熔融MgCl2、熔融NaOHB. 液氨、石灰水C. 石墨、食醋D. 稀硫酸、蔗糖【答案】A【解析】【分析】含有自由移动电子或离子的物质可以导电，能完全电离出阴阳离子的化合物是强电解质，据此判断。【详解】A、熔融MgCl2、熔融NaOH既是强电解质，又存在自由移动的离子，可以导电，A正确；B、液氨不能电离，是非电解质，
2、石灰水是混合物，能导电，但不是电解质，B错误；C、石墨是单质可以导电，不是电解质；食醋是混合物，能导电，不是电解质，C错误；D、稀硫酸是混合物，能导电，不是电解质；蔗糖是非电解质，不能导电，D错误；答案选A。【点睛】判断物质是不是电解质时必须把物质的导电性和是否是电解质区分开，能导电的物质不一定是电解质，电解质不一定导电。原因是只要存在自由移动的离子和电子就可以导电。但必须满足在溶液中或熔融状态下能够自身电离出离子的化合物才是电解质，不能依据是否导电来判断物质是不是电解质，答题时注意灵活应用。2.如图两瓶体积相等的气体，在同温、同压下瓶内气体的关系一定正确的是（ ）A. 摩尔质量相等B. 密度
3、相等C. 原子数相等D. 质量相等【答案】C【解析】【详解】A、氮气和氧气的混合气体的摩尔质量介于28g/mol和32g/mol之间，而NO的摩尔质量是30g/mol，二者的摩尔质量不一定相等，A错误；B、两瓶中的气体的摩尔质量不一定相等，所以密度不一定相等，B错误；C、气体的分子数相等，且二者都是双原子分子，所以所含的原子数一定相等，C正确；D、同温同压时相同体积的任何气体的分子数相等，也即物质的量相等，但两瓶中的气体的摩尔质量不一定相等，所以质量不一定相等，D错误；答案选C。3.在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K、Cl各为1.5mol/L，Mg2为0.5mol/L，则
4、SO42-的物质的量浓度为（ ）A. 0.1mol/LB. 0.5mol/LC. 0.15mol/LD. 0.25mol/L【答案】B【解析】【详解】在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐混合溶液中，若K、Cl各为1.5 mol/L，Mg2为0.5 mol/L，忽略水的电离，根据溶液中电荷守恒可知c(SO42-)（1.5mol/L0.5mol/L）20.5 mol/L，答案选B。4.下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）A. 由水电离出的c(H+)=10-13mol/L的溶液中可能存在：HCO3-、K+、Na+、CB. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42-、IC. 含有0.1mol/
5、LFe3+的溶液中可以大量存在：K+、Mg2+、I-、NO3-D. 室温下，PH=l的溶液中一定可以存在：Na+、Fe3+、NO3-、SO42-【答案】D【解析】试题分析：A、溶液可能酸性或碱性，碳酸氢根离子不能大量共存，故错误；B、酸性溶液中次氯酸跟离子氧化碘离子，故错误；C、铁离子能氧化碘离子，故错误；D、四种离子在酸性条件下不反应，能共存，故正确。考点：离子共存5.下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（ ）A. 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB. 用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KClC. 用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D. 用图4所示装置制取干燥纯净
6、的NH3【答案】D【解析】【详解】A由于氯气与水的反应是可逆反应，若水中含有NaCl就可以减少氯气的消耗，同时还可以溶解HCl,因此可以用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl,A正确；BKCl是强酸强碱盐，加热不发生水解反应，所以可以用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，B正确；C氯气与NaOH溶液发生反应，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液在大气压强的作用下被压入烧瓶，氯气进一步溶解、反应消耗，压强进一步减小，能够持续不断的产生压强差，因此可以用图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D可以用向NaOH固体中滴加浓氨水的方法制取氨气，氨气的水溶液呈碱性，用碱性干燥剂碱石灰
7、进行干燥，但是由于氨气的密度比空气小，应该用向下排空气的方法收集氨气，所以不能用图4所示装置制取干燥纯净的NH3，D错误。答案选D。6.下列离子方程式正确的是（ ）A. 钠与水反应：2Na+2H2O=Na+2OH-+H2B. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32-+2H+=H2SiO3C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2AlO22H2OAl(OH)3HCO3D. 向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2+2ClO-+SO2+H2O=CaSO3+2HClO【答案】C【解析】【详解】A. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，A错误；B. 醋酸难
8、电离，硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32-+2CH3COOH2CH3COO+H2SiO3，B错误；C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3，同时还有碳酸氢钠生成，即离子方程式为CO2AlO22H2OAl(OH)3HCO3，C正确；D. 次氯酸根离子具有强氧化性，向次氯酸钙溶液通入SO2发生氧化还原反应生成硫酸钙、氯化钙，D错误；答案选C。【点睛】注意反应物过量的问题，常见的与量有关的离子方程式有下列情况：（1）CO2(或SO2、H2S)参与的离子反应，CO2(SO2、H2S)少量时生成正盐，过量或足量时生成酸式盐。（2）酸式盐与碱反应，书写时可采用设“1”法，即将少量物质的量
9、定为1 mol，其他反应物的离子根据需要确定物质的量。（3）FeBr2(还原性Fe2Br)、FeI2(还原性IFe2)通入Cl2，Cl2不足时对于FeBr2氧化Fe2，对于FeI2氧化I等。（4）Fe与HNO3的反应，Fe少量生成Fe3，Fe过量生成Fe2。7.下列溶液中，与100mL0.5mol/LNaCl溶液中所含的Cl-物质的量浓度相同的是（ ）A. 25mL0.5mol/LHCl溶液B. 200mL0.25mol/LAlCl3溶液C. 50mL1mol/LNaCl溶液D. 100mL0.5mol/L MgCl2溶液【答案】A【解析】【详解】离子浓度跟体积无关，题干中NaCl溶液中c(C
10、l)=0.5molL1，则A、25mL0.5mol/LHCl溶液中c(Cl)=0.5molL1，A正确；B、200mL0.25mol/LAlCl3溶液中c(Cl)=30.25molL1=0.75molL1，B错误；C、50mL1mol/LNaCl溶液中c(Cl)=1molL1，C错误；D、100mL0.5mol/L MgCl2溶液c(Cl)=20.5molL1=1molL1，D错误。答案选A。8.实验室可用NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O制备N2，下列说法正确的是（ ）A. NaNO2发生氧化反应B. NH4Cl中的氮元素被还原C. N2既是氧化产物，又是还原产物D. 每生成1
11、mol N2转移电子的物质的量为6mol【答案】C【解析】试题分析：A、NaNO2到N2化合价降低发生还原反应，错误；B、NH4Cl中的氮元素被氧化，错误；D、每生成1mol N2转移电子的物质的量为3mol，错误；考点：考查氧化还原反应的基本概念和电子转移的计算。9.水溶液X中只可能溶有K、Mg2、Al3、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验。则下列判断正确的是A. 气体甲一定是纯净物B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C. K、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中D. CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中【答案】
12、C【解析】试题分析：加入过量的稀盐酸有气体产生，说明CO32-、SO32-至少有一种，气体甲中CO2、SO2至少有一种。镁离子、铝离子与CO32-、SO32-均不能大量共存，一定不存在镁离子、铝离子；加入过量的盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，沉淀甲是硅酸。无色溶液中加入过量氨水有沉淀生成，该沉淀只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子。由于原溶液中的铝离子一定不存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，则一定存在偏铝酸根离子。根据溶液的电中性可知一定含有K+离子。A、根据以上分析可知气体甲不一定是纯净物，A错误；B、根据以上分析可知沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，B错误；C、根据以
13、上分析可知原来溶液中K+、AlO2-和SiO32-一定存在，C正确；D、根据以上分析可知硫酸根离子不能确定是否存在，CO32-可能存在，D错误，答案选C。考点：考查离子的检验和离子共存的正误判断10.下列说法正确的是（ ）A. 某气体能使澄清石灰水变浑浊，则该气体是CO2B. 向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有ClC. 向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42-D. 向某溶液中加入NaOH并加热，产生可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中一定有NH4+【答案】D【解析】试题分析：A、使澄清石灰水变浑浊的气体
14、不一定是二氧化碳，可能是二氧化硫，错误；B、向某溶液中加入硝酸银，产生的白色沉淀不一定是氯化银沉淀，可能是硫酸银，错误；C、加入硝酸钡产生的白色沉淀若是亚硫酸钡沉淀，加入稀硝酸后也被氧化为硫酸钡沉淀而不溶，所以不能判断原溶液中含有硫酸根离子，错误；D、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，与碱反应共热产生氨气的物质中一定含有铵根离子，正确，答案选D。考点：考查物质的检验11.将5.6g铁粉放入一定量某浓度硝酸溶液中，待铁粉全部溶解后，共收集到NO、NO2(其他气体忽略不计)混合气体0.15mol，该混合气体中NO与NO2的体积比可能是（ ）A. 21B. 1 2C. 32D. 31【答案】B【
15、解析】【详解】在氧化还原反应中电子转移数目相等。n(Fe)=0.1mol,若Fe反应时完全转化为Fe2+，则失去电子0.2mol；若反应时完全转化为Fe3+，则失去电子0.3mol；A若n(NO):n(NO2)=21，则n(NO)=0.1mol，n(NO2)=0.05 mol；电子转移n(e-)=0.1 mol3+0.05mol1=0.35 mol0.3mol是不可能的，A错误；B若n(NO):n(NO2)=12，则n(NO)=0.05 mol，n(NO2)=0.1mol；电子转移n(e-)=0.05 mol3+0.1mol1=0.25 mol，介于0.2mol0.3mol之间，既含有Fe2+
16、，也含有Fe3+，B正确；C若n(NO):n(NO2)=32，n(NO)=0.09 mol，n(NO2)=0.06 mol；电子转移n(e-)=0.09 mol3+0.06mol1=0.33 mol0.3mol是不可能的，C错误；D若n(NO):n(NO2)=31，则n(NO)=0.1225 mol ，n(NO2)=0.0375 mol；电子转移n(e-)=0.1225 mol3+0.0375 mol1=0.375 mol0.3mol是不可能的，D错误；答案选B。12.下列说法中不正确的是（ ）A. 标准状况下，等体积CH4和CO2所含共用电子对数相等B. 与NaOH溶液、H2SO4溶液反应产
17、生等量H2所需铝粉质量相等C. 明矾溶液中K+和Al3+物质量浓度相等D. 1mol OH- 和17g NH3所含电子数相等【答案】C【解析】试题分析：CH4和CO2分子都含有4对共用电子对，所以标准状况下，等体积的CH4和CO2所含的共用电子对数相等，故A正确；根据电子守恒，产生等量的H2，所需铝粉的质量相等，故B正确；铝离子水解，明矾溶液中K+和A13+的物质的量浓度不同，故C错误；17gNH3的物质的量是1mol，每个OH-和NH3含有的电子数相同，故D正确。考点：本题考查物质的量。13.配制100 mL 0.1 molL1Na2CO3溶液，下列操作正确的是()A. 称取1.06 g无水
18、碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容B. 称取1.06 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解C. 转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D. 定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀【答案】D【解析】A项，称量好的固体不能直接放入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中，错误；B项，题中100mL指溶液的体积，不是溶剂蒸馏水的体积，错误；C项，向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流，防止液滴外洒，错误；D项，定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀，正确；答案选D。14.下列除杂方案正确的是（ ）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2(g)SO2(g)
19、饱和NaHSO4溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq)Fe3(aq)NaOH溶液过滤CCl2(g)HCl(g)饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：A、二氧化碳中的二氧化硫气体与硫酸氢钠不反应，应用饱和的碳酸氢钠溶液，错误；B、氯化铵溶液中的铁离子，若加入氢氧化钠溶液除去铁离子，但同时引入了钠离子杂质，不符合除杂原则，应选择氨水，错误；C、氯气中的氯化氢若用饱和碳酸氢钠溶液，则氯化氢与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，不符合除杂原则，错误；D、碳酸钠固体中的碳酸氢钠可用加热的方法除去，因为
20、碳酸氢钠对热不稳定，受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，正确，答案选D。考点：考查对物质除杂方案的判断15.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为脱氯剂，已知25 mL 0.1 mol/L Na2S2O3溶液恰好把224 mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl，则S2O32-将转化为（）A. SO42-B. SO32-C. SD. S2【答案】A【解析】【详解】设完全反应后S2O32-转化成的物质中硫元素的化合价为n，则根据氧化还原反应中得失电子守恒可得：20.224 L/22.4 Lmol12（n2）0.025 L0.1 mol/L，解得n6，即完全反应后S2O32-转化为SO42-，答案选A。【
21、点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。16.下列各项中离子方程式的书写与反应物的用量无关的是（ ）A. FeBr2溶液与Cl2B. Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液C. 盐酸与Na2CO3溶液D. Ca(HCO3)2溶液与NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A. FeBr2溶液与足量Cl2反应生成氯化铁、单质溴，与少量氯气反应生成氯化铁、溴化铁，A不选；B. B
22、a(OH)2溶液与H2SO4溶液反应，生成物只有硫酸钡和水，与反应物的用量没有关系，B选；C. 盐酸与足量Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，C不选；D. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钠不足时生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，D不选；答案选B。二、填空题(6个小题，共计52分)17.选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。A萃取分液法 B加热分解法 C结晶法D分液法 E蒸馏法 F过滤法（1）分离饱和食盐水与沙子的混合物_。（2）从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾_。（3）分离水和汽油的混合物_。（
23、4）分离四氯化碳(沸点为76.6)和甲苯(沸点为110.6)的混合物_。（5）从碘的水溶液里提取碘_。【答案】 (1). F (2). C (3). D (4). E (5). A【解析】(1)沙子不溶于水，可用过滤的方法分离，故答案为：F；(2)硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，则选择结晶法分离，故答案为：C；(3)水与汽油分层，则选择分液法分离，故答案为：D；(4)二者互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故答案为：E；(5)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取分液提取碘水中的碘，故答案为：A。18.用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 gcm3)配制成1 molL1的稀
24、盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为_mL的容量瓶。(2)经计算需要_mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的_。A5 mL B10 mL C25 mL D50 mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250 mL容量瓶中。往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线12 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)_。(4)在上
25、述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 250 (2). 21.6 (3). C (4). (5). 偏低 (6). 偏低【解析】试题分析：（1）要配制盐酸220mL，则需要选择250ml的容量瓶；（2）浓盐酸的物质的量浓度，设所需浓盐酸的体积为V，则有V11.6mol/L=0.25L1mol/L，得V=0.0216L，即21.6ml，应选择25ml的量筒，故答案为：21.6；C；（3）配制一定物质的
26、量浓度的溶液的一般操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故上述操作中，正确的顺序是；（4）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，凡是能够使n偏大或者使V偏小的操作，都会使C偏大，凡是能够使n偏小或者使V偏大的操作都会使浓度C偏小。在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，相当于稀释浓盐酸，所取盐酸的物质的量n偏小，配得溶液的浓度偏低；未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，溶质氯化氢没能全部转移到容量瓶，n偏小，配得的溶液的浓度偏低。考点：考查配置一定物质的量浓度溶液19.（1）从1L1mol/LNaOH溶液中取出100mL，则这100mLN
27、aOH溶液的物质的量浓度是_mol/L，含NaOH的质量_g。（2）某同学将标准状况下44.8L的HCl气体溶于水，配成500mL的溶液，该HCl气体的物质的量为_，可知所配成的盐酸溶液的物质的量浓度为_。（3）在标准状况下15gCO与CO2的混合气体，体积为11.2L。则：混合气体的密度是_。混合气体的平均摩尔质量是_。CO2和CO的体积之比是_。CO的体积分数是_。CO2和CO的质量之比是_。CO的质量分数是_。混合气体中所含氧原子的物质的量是_。【答案】 (1). 1 (2). 4 (3). 2mol (4). 4mol/L (5). 1.339g/L (6). 30g/mol (7).
28、 1:7 (8). 87.5 (9). 11:49 (10). 81.7 (11). 0.5625mol【解析】【分析】根据nm/M、nV/Vm、cn/V，结合阿伏加德罗定律、气体摩尔体积和物质的组成分析计算。【详解】（1）溶液是均一稳定的，从1L1mol/LNaOH溶液中取出100mL，则这100mLNaOH溶液的物质的量浓度仍然是1 mol/L，含NaOH的质量1mol/L0.1L40g/mol4 g。（2）某同学将标准状况下44.8L的HCl气体溶于水，配成500mL的溶液，该HCl气体的物质的量为44.8L22.4L/mol2mol，因此所配成的盐酸溶液的物质的量浓度为2mol0.5L
29、4mol/L。（3）在标准状况下15gCO与CO2的混合气体，体积为11.2L。则：混合气体的密度是15g11.2L1.339g/L。混合气体的物质的量是0.5mol，则混合气体的平均摩尔质量是15g0.5mol30g/mol。设混合气体中CO与CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则28x+44y15、11.222.4x+y，解得x7/16、y1/16，则CO2和CO的体积之比是1:7。CO的体积分数是87.5。CO2和CO的质量之比是144：72811:49。CO的质量分数是81.7。混合气体中所含氧原子的物质的量是7/16mol+1/16mol20.5625mol。20.（8分）向B
30、a(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸请完成下列问题：（1）写出反应的离子方程式_。（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是_（填序号）A向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性B向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42恰好完全沉淀C向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量（3）若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图中的曲线表示是_（填序号）（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应则反应的离子方程式是 _【答案】（8分，每空2分）（1）
31、Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O； （2）A ； （3）C ；（4）2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-=2BaSO4 +AlO2-+2H2O。【解析】试题分析：向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，发生酸、碱中和反应，产生盐和水，反应的离子方程式是Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O；（2）A向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，反应的离子方程式是Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，正确；B向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42恰好完全沉淀，反应的离子方程式是：Ba2+OH-+H
32、+SO42-=BaSO4+H2O，错误；C向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，要以不足量的NaHSO4溶液为标准，反应的离子方程式是：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，错误。故与(1)离子方程式相同的是A；（3）若缓缓向Ba(OH)2溶液中加入稀H2SO4直至过量，由于发生反应：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，使溶液中自由移动的离子的物质的量浓度减小，溶液的导电性逐渐减弱，当二者恰好完全反应时，溶液中自由移动的离子浓度最小，由于H2O是极弱的电解质，电离产生的离子浓度很小，BaSO4难溶，溶解电离产生的离子浓度也很小，这时溶液中离
33、子浓度几乎为0，后当硫酸过量时，硫酸电离产生的离子使溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液的导电性又逐渐增强。因此整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用右图中的曲线表示是C；（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应这时两种物质的物质的量的比是nBa(OH)2:n KAl(SO4)2 =2:1，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，可被过量的强碱溶解，则反应的离子方程式是2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-=2BaSO4 +AlO2-+2H2O。考点：考查离子方程式的书写及溶液的导电性的判断的知识。21.按要求填空。（1）在S2
34、-、Fe2+、Fe3+、Mg2+、S、I-、H+中,只有氧化性的是_，只有还原性的是_，既有氧化性又有还原性的是_。（2）某同学写出以下三个化学方程式（未配平）NO+HNO3-N2O3+H2ONH3 +NO-HNO2+H2ON2O4 +H2O-HNO3+HNO2其中你认为一定不可能实现的是_（填序号）。（3）下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是_。2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I22FeCl2+Cl2=2FeCl32KMnO4+16HCl(浓)= 2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O若溶质中Cl-与I-共存，为了氧化I-而Cl-不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的
35、_作氧化剂。【答案】(1)Fe3、Mg2、HI、S2Fe2、S(2)(3)KMnO4FeCl3【解析】(1)根据元素化合价升降分析判断。元素处于最高价的只有氧化性，故只有氧化性的为Fe3+、Mg2+、H+；元素处于最低价的只有还原性，故只有还原性的是S2、I；中间价态的既有氧化性又有还原性，故既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S。(2)若含有同种元素不同价态的两种物质发生氧化还原反应时，生成物中该元素的价态应介于两种反应物元素价态之间。N元素3价与+2价之间应为0价或+1价，不可能出现+3价的氮，所以式不能实现。(3)由知氧化性：FeCl3I2，还原性：IFe2+；由知氧化性：Cl2FeCl3
36、，还原性：Fe2+Cl；由知氧化性：KMnO4Cl2，还原性：ClMn2+，由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4Cl2FeCl3I2，还原性强弱顺序为IFe2+ClMn2+。所以KMnO4可氧化Cl、Fe2+及I，FeCl3只氧化I。所以必须选择比Cl2氧化能力差而比I2氧化能力强的氧化剂FeCl3。22.现有由等质量的NaHCO3和KHCO3组成的混合物a g，与100mL盐酸反应。（题中涉及的气体体积均以标准状况计，填空时可以用带字母的式子表示。）（1）该混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比为_；（2）如碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，则盐酸中HCl的物质的量为_mol；（3）如果盐酸
37、过量，生成CO2的体积为_L；（4）如果反应后碳酸氢盐有剩余，盐酸不足量，要计算生成CO2的体积，还需要知道_；（5）若NaHCO3和KHCO3不是以等质量混合，则a g固体混合物与足量的盐酸完全反应时生成CO2的体积V（CO2）范围是_。【答案】(1)10084(或2521)(2)mol（或mol）(3)L(4)盐酸的物质的量浓度(其他合理答案也可)(5)LV(CO2)L【解析】【详解】(1)该混合物中NaHCO3与KHCO3物质的量之比为 ； (2) NaHCO3的物质的量=, KHCO3的物质的量,混合物与100mL盐酸恰好反应,碳酸氢盐与盐酸按1:1反应,则n(HCl)=n(NaHCO
38、3)+ n(KHCO3)= ;(3)盐酸过量, NaHCO3和KHCO3组成的混合物完全反应,根据碳元素守恒可以知道, n(HCl)=n(NaHCO3)+ n(KHCO3)= ，所以标准状况下生成CO2的体积为；(4)碳酸氢盐与盐酸按1:1反应,盐酸不足量,碳酸氢盐有剩余,应根据HCl的物质的量计算二氧化碳的体积,所以要计算生成CO2的体积,还需要知道盐酸的物质的量浓度；(5)假定碳酸氢盐全是NaHCO3,则n(NaHCO3)= , NaHCO3完全反应,根据碳元素守恒,可以知道生成二氧化碳n(CO2)= n(NaHCO3)= ；假定碳酸氢盐全是KHCO3,则n(KHCO3)= , KHCO3完全反应,根据碳元素守恒,可以知道生成二氧化碳n(CO2)= n(NaHCO3)= ，所以实际二氧化碳的物质的量为,故标况下。 ,