湖北省部分高中协作体联考2024-2025学年高二下5月月考化学试卷（解析版）

这是一份湖北省部分高中协作体联考2024-2025学年高二下5月月考化学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了答题前，请将自己的姓名，选择题的作答，非选择题作答，考试结束后，请将答题卡上交等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。
1. 几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 反应1中是还原产物
B. 反应2中得电子
C. 反应2的离子方程式为
D. 能和大量共存
【答案】C
【解析】将反应1设计成原电池，Fe2+被氧化，发生氧化反应生成，是氧化产物，选项A错误；反应2中，H2S作还原剂，失去电子生成S，选项B错误；反应2中，Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S，该反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，选项C正确；HNO3具有强氧化性，H2S具有强还原性，二者不能共存，选项D错误；答案选C。
2. 水溶液X中只可能溶有中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验：
下列判断错误的是
A. 沉淀甲是H2SiO3
B. 干燥的气体甲可能是纯净物
C. 溶液X中一定存在K＋、[Al(OH)4]-、和
D. 取溶液甲加入硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则溶液X中含有Cl-
【答案】D
【解析】X溶液中可能溶有中的若干种；向溶液X中加入过量盐酸，分别生成气体甲和沉淀甲，则气体甲为，沉淀甲为，则溶液X中含有、离子，不含离子；根据电荷守恒，溶液X中含有K+；向溶液甲中加入过量氨水，生成沉淀乙，则溶液甲中含有Al3+，溶液X中含[Al(OH)4]-，综上溶液X中一定含有：K+、、、[Al(OH)4]-，可能含，不含Mg2+、Al3+；
加过量HCl有沉淀生成，说明一定有，生成沉淀是H2SiO3沉淀，故A正确；加HCl有气体生成说明溶液中含有，生成的气体是CO2，因此干燥的气体甲可能是纯净的CO2，故B正确；向溶液X中加入过量稀盐酸，反应产生的气体甲是CO2，说明溶液X含有；由于与Mg2＋、Al3＋会反应形成沉淀而不能大量共存，则溶液X中一定不含Mg2＋、Al3＋；反应产生沉淀甲为H2SiO3沉淀，溶液中含有，同时得到溶液甲，向溶液甲中加入过量氨水，反应产生白色沉淀乙，则该沉淀为Al(OH)3沉淀，溶液甲中含有Al3＋，该Al3＋是[Al(OH)4]-与过量H＋反应产生，因此溶液X中一定含有[Al(OH)4]-；根据溶液呈电中性，则一定含有阳离子K＋，故溶液X中一定含有K＋、[Al(OH)4]-、和，故C正确；溶液甲中一定含有过量的稀盐酸，盐酸中含有Cl-，加入硝酸酸化的AgNO3溶液一定会产生AgCl白色沉淀，因此根据有白色沉淀，不能证明溶液X中含有Cl-，故D错误；答案选D。
3. 我国科学家发现了用介导苯胺氢解生成苯和氨气的化学链循环方法，其过程如图所示。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A. 苯胺中键数目为
B. 反应电子转移数目为
C. 中约含电子数目为
D. 生成苯需消耗分子数目为
【答案】B
【解析】苯胺中含有1ml-NH2，含有的键数目为，A错误；LiH中H显-1价，反应时生成H2，故反应电子转移数目为，B正确；-NH2含有9个电子，中约含电子数目为，C错误；计量气体体积时，需要说明温度与压强，D错误；故选B。
4. 将一定量的锌与100mL 18.5ml·L-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下26.88L的SO2和H2的混合气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0ml·L-1，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为(假设反应前后溶液体积不变)
A. 1：1B. 4：1C. 1：4D. 3：2
【答案】A
【解析】生成标准状况下26.88L的SO2和H2的混合气体，得电子的物质的量为，根据得失电子守恒，反应消耗1.2mlZn、生成1.2mlZnSO4，根据S元素守恒，反应生成SO2的物质的量为；生成氢气的物质的量为，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为1:1，故选A。
5. 工业上以铬铁矿(主要成分为FeO⋅Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如图。下列有关流程中的步骤说法错误的是
A. ①需持续吹入空气作氧化剂
B. ②需加入过量稀硫酸
C. ③X一般为硫酸
D. ④发生了铝热反应
【答案】B
【解析】铬铁矿(主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量Al2O3)，由流程可知，加入碳酸钠灼烧，可生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，加入水过滤分离出Fe2O3，滤液中加入稀硫酸得到氢氧化铝和Na2CrO4，Na2CrO4中加还原剂，将其还原为Cr(OH)3，Cr(OH)3再受热分解得到Cr2O3，再经过铝热反应得到Cr；另一方面，Na2CrO4溶液中加入酸调节溶液酸碱度得到Na2Cr2O7溶液，再电解得到Cr，以此解答该题。
经过反应①，Fe由二价升高为三价，Cr元素由+3价升高到+6价，需要空气中的氧气作氧化剂，故A正确；硫酸过量，Al(OH)3会溶解，不能从混合体系中分离出来，故B错误；Na2CrO4在酸性溶液中发生反应：，盐酸中的Cl-易被氧化，故一般选用硫酸，促进平衡正向移动，故C正确；④是Al和Cr2O3在高温条件下发生的置换反应，属于铝热反应，故D正确；故选B。
6. 铁与水蒸气反应实验改进前后的装置如图所示：
下列说法错误的是
A. 将湿棉花改为浸水的尿不湿，酒精灯由单头改为双头，可提供足量的水蒸气
B. 用具支试管可将试管口附近冷凝的水导出，避免冷凝水与灼热铁粉接触
C. 肥皂水改为吹泡泡水，收集H2效果更好，点燃效果更明显
D. 悬挂的磁铁仅能吸引反应铁粉，不能吸引反应产物
【答案】D
【解析】原装置加热试管提供水蒸气，Fe与水蒸气高温下反应生成氢气，则将湿棉花改为浸水的尿不湿，酒精灯由单头改为双头，可提供足量的水蒸气，故A正确；Fe与冷水不反应，则具支试管可将试管口附近冷凝的水导出，避免冷凝水与灼热铁粉接触，故B正确；肥皂水改为吹泡泡水，更易产生泡沫，现象明显，收集H2效果更好，点燃效果更明显，故C正确；铁、四氧化三铁均可被磁铁吸引，则悬挂的磁体不仅能吸引铁粉，也能吸引反应产物四氧化三铁，故D错误；故选D。
7. 对浓盐酸与高锰酸钾反应产生的气体进行如下图所示的探究实验，下列分析正确的是
A. a处酚酞褪色，说明了氯水有漂白性
B. b处湿润的红布条褪色，说明氯气有漂白性
C. c湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色，说明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质
D. d处溶液变成橙黄色、e处试纸变成蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2
【答案】C
【解析】a处酚酞褪色是因为氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，且浓盐酸会挥发出HCl气体，也会中和NaOH，所以酚酞褪色不能说明氯水有漂白性，A错误；氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的HClO具有漂白性，B错误；石蕊遇酸变红，湿润的蓝色石蕊试纸先变红，说明氯气与水生成了酸性物质，后褪色说明氯气与水生成漂白性物质，C正确；d处溶液变成橙黄色说明氯气氧化Br-生成Br2，但后续生成的碘单质，也可能是未反应的氯气将其氧化，所以无法比较Br2和I2的氧化性强弱，D错误；综上所述答案为C。
8. 科学家最近用金属钠还原CCl4和SiCl4制得一种一维SiC纳米棒，相关反应的化学方程式为8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl。下列说法不正确的是
A. SiC和SiO2中Si元素化合价相同
B. 上述反应中SiC既是氧化产物又是还原产物
C. SiO2制备单质Si、单质Si制备SiCl4均涉及氧化还原反应
D. 一维SiC纳米棒比表面积大，对微小粒子有较强的吸附能力
【答案】B
【解析】SiC和SiO2中Si元素的化合价均为+4，A项正确；SiC是还原产物，NaCl是氧化产物，B项错误；SiO2制备单质Si需加入还原剂，单质Si制备SiCl4需加入氧化剂，C项正确；一维粒子上下表面均能与其他物质接触，比表面积大，对微小粒子有较强的吸附能力，D项正确；故选B。
9. 下列关于原子结构、原子轨道的说法正确的是
A. N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子
B. 在K能层中，有自旋相反的两条轨道
C. s电子绕核运动，其轨道为球面，而p电子在哑铃形曲面上运动
D. 电子云通常是用小黑点来表示电子的多少
【答案】A
【解析】N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，各具有1、3、5、7个轨道，每个轨道最多可容纳2个电子，故可容纳32个电子，所以有32种运动状态的电子，故A正确；在K能层中，只有1个轨道，能容纳自旋相反的2个电子，故B错误；原子轨道是电子在核外空间出现概率较大的区域，电子并没有固定的运动轨迹，故C错误；电子云是用小黑点疏密来表示电子出现的概率密度大小，小黑点不表示电子，故D错误；故答案为A。
10. 液氨、液氯、清洗剂、萃取剂等重点品种使用企业和白酒企业，应加强储罐区、危化品库房、危化品输送等的管理，确保化工生产安全。下列说法正确的是
A. 液氨中只存在范德华力
B. 液氨分子间作用力强，所以其稳定性大于PH3
C. 液氯挥发导致人体吸入后中毒，是因为液氯分子中的共价键键能较小
D. 萃取剂CCl4的沸点高于CH4的沸点
【答案】D
【解析】液氨中还存在共价键、氢键等作用力，A错误；分子间作用力只影响物质的物理性质，与其稳定性无关，B错误；由于液氯中Cl2分子间的作用力弱，液氯沸点低，极易挥发而被人体吸入引起中毒，与共价键键能大小无关，C错误；由于CCl4与CH4结构相似，且均为共价化合物，CCl4的相对分子质量大于CH4，其沸点也高于CH4的沸点，D正确；故选D。
11. 利用铜配合物10-phenanthrline-Cu做催化剂电催化可还原CO2制备碳基燃料(包括CO、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。下列说法正确的是
A. 石墨烯为阴极，电极反应式为CO2＋2H2O＋2e-=HCOOH＋2OH-
B. 该装置工作时，H＋穿过质子交换膜从右向左移动
C. 每转移2ml电子，阴极室电解质溶液质量增加46g
D. 该装置工作一段时间后，阳极室电解质溶液pH不变
【答案】C
【解析】根据装置图，H2O在Pt上转化成氧气，氧元素的化合价升高，说明Pt为阳极，则石墨烯为阴极，据此分析；
根据上述分析，石墨烯为阴极，交换膜为质子交换膜，电极反应式为CO2＋2H+＋2e-=HCOOH，故A错误；根据电解原理，H+应从左向右移动，故B错误；转移2ml电子，有44gCO2参加反应，同时有2mlH+从阳极移向阴极，阴极室电解质质量增加44g+2g=46g，故C正确；阳极室电极反应式为H2O-4e-=O2↑+4H+，产生的H+迁移到阴极室，但是溶剂水消耗了，故酸性电解质溶液中c(H+)增大，pH减小，故D错误；答案为C。
12. H2S气体有高毒性和强腐蚀性，电化学法处理H2S的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电极a连接电源负极，电解时H+由a极室移向b极室
B. 反应池中发生反应的离子方程式：2+H2S+2H+=2VO2++S↓+2H2O
C. b极反应式：VO2++H2O+e-=+2H+
D 电解过程中每转移2ml电子，理论上可生成22.4L H2
【答案】B
【解析】a电极氢离子得电子变成氢气，故a为阴极，与电源负极相连；b为阳极，与电源正极相连。
电极a连接电源负极，电解时H+由阳极向阴极移动，故由b极室移向a极室，A错误；根据b极进入的和产生的物质，反应池中发生反应的离子方程式：，，B正确；b极为阳极，发生氧化反应，离子方程式：，C错误；没有指明标准状况，氢气体积不可计算，D错误；故选B。
13. 一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是
A. 反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为
B. 反应开始到10s时，X的物质的量浓度减少了
C. 反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%
D. 反应的化学方程式为
【答案】C
【解析】由图可知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增加，则X、Y为反应物，Z为生成物。从反应开始到10s，X、Y、Z物质的量的变化量分别为0.79ml、0.79ml和1.58ml，则X、Y、Z三者化学计量数之比等于其物质的量之比为0.79ml：0.79ml：1.58ml=1：1：2。由于最终X、Y的物质的量未减少到0，说明反应不彻底，该反应为可逆反应，则可写出该反应的化学方程式为。
由图可知，从反应开始到10s，Z的物质的量变化量为1.58ml，用Z表示的反应速率为，故A错误；由图可知，从反应开始到10s，X的物质的量变化量为0.79ml，则其物质的量浓度减少了，故B错误；由图可知，从反应开始到10s，Y的物质的量变化量为0.79ml，则Y的转化率为，故C正确；该反应为可逆反应，根据分析，该反应的化学方程式为，故D错误；故答案选C。
14. 在恒温恒容密闭容器中发生反应2H2(g)+2NO(g)2H2O(g) +N2(g)，N2瞬时生成速率v=k·cm(H2)c2 (NO)。控制NO起始浓度为0.5 ml/L，N2的瞬时生成速率和H2起始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 由题可知，该反应的速率常数k为15
B. 随着H2起始浓度增大，该反应平衡常数增大
C. 达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，则NO转化率减小
D. H2起始浓度0.2 ml/L，某时刻NO的浓度为0.4 ml/L，则N2的瞬时生成速率为0.24 ml/L
【答案】A
【解析】NO起始浓度为0.5 ml/L，由图象可知，N2的瞬时生成速率与H2起始浓度呈直线关系，则m=1，将数据(0.2，0.75)代入v=k·c(H2)c2 (NO)，该反应的速率常数，A项正确；反应一定，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B项错误；达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO转化率增大，C项错误；由2H2(g)+2NO(g)2H2O(g) +N2(g)可知，NO起始浓度为0.5 ml/L，某时刻NO的浓度为0.4 ml/L，变化量为0.1 ml/L，则时刻H2的浓度为0.2ml/L-0.1ml/L =0.1ml/L，N2的瞬时生成速率为，单位错误，D项错误；答案选A。
15. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A. pH=5的H2S溶液中，c(H+)= c(HS－)=1×10－5ml·L－1
B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC2O4－)
D. pH相同的①CH3COO Na②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③
【答案】D
【解析】H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+ c(OH-)=1×10－5ml·L－1，A项错误；加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 已知1L某待测液中除含有0.2ml·L-1的Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或几种：
现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)：
已知：NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O
(1)由气体B可确定待测液中含有的离子是___________。
(2)由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有的离子是___________，据此可以排除的离子是___________。
(3)由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是___________。
(4)某同学读图后，认为待测液中一定不含溴离子，他判断的依据是___________。
(5)综合分析，待测液中K＋的最小浓度为___________。
【答案】①.NH ②.CO、SO ③.Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋ ④.HCO ⑤.向溶液B中通入氯气，溶液呈浅黄绿色(或向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀) ⑥·L-1
【解析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH、HCO，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br‒，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl‒，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl‒，据此分析解答。
(1)由滤液A加入NaOH反应生成气体B，则B肯定为NH3，则由此可以确定待测液中含有的离子是NH；
(2)待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋；
(3)滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定有HCO，发生反应HCO＋OH-= CO＋H2O，Ba2+与CO结合生成BaCO3沉淀，则由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是HCO；
(4)由图中信息可知，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，则溶液中一定没有Br‒，且向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，也能说明溶液中一定没有Br‒；
(5)根据元素守恒可知：n(CO)=、n(SO)=、n(HCO)=、n(NH)=；根据溶液呈电中性，有：2×n(SO)+n(HCO)+2×n(CO)=2×0.05ml+0.1ml+2×0.1ml=0.4ml，n(NH)+n(Na+)=0.1ml+1L×0.2ml⋅L-1=0.3ml；由于阳离子所带的正电荷总数小于负电荷总数，所以一定含有阳离子K＋；若原溶液中不存在Cl‒，则K＋的物质的量是0.4ml－0.3ml=0.1ml，K＋浓度是c(K＋)=，若存在Cl‒，则K+的浓度应该大于0.1 ml·L‒1，故待测液中K＋的最小浓度为0.1 ml·L‒1。
17. 氮是一种典型的非金属元素，其单质及化合物在生活和生产中具有广泛的用途。回答下列问题：
（1）磷元素与氮元素同主族，基态磷原子有_______个未成对电子，白磷的分子式为P4，其结构如图所示。科学家目前合成了N4分子，N4分子中氮原子的杂化轨道类型是_______，N—N—N键角为_______；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途：_______。
（2）NH3与Zn2＋可形成[Zn(NH3)6]2＋，其部分结构如图所示。
①NH3的空间结构为_______。
②[Zn(NH3)6]2＋中存在的化学键类型有_______；NH3分子中H—N—H键角为107°，判断[Zn(NH3)6]2＋中H—N—H键角_______(填“>”“ ④.1.5
【解析】
【小问1详解】
磷原子的价电子排布式为3s23p3，基态原子有3个未成对电子；N4分子与P4分子的结构相似，为正四面体形，N4分子中每个氮原子形成3个σ键、含有1个孤电子对，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化；正四面体中的每个面为正三角形，则N—N—N键角为60°；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以用于制造火箭推进剂等。
【小问2详解】
①NH3中氮原子形成3个σ键，有1个未成键的孤电子对，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，分子空间结构是三角锥形；
②[Zn(NH3)6]2＋中存在N-H共价键及Zn与N之间的配位键；NH3分子中心原子为sp3杂化，且有1个孤电子对，受孤电子对对成键电子对的排斥力较大的影响，其键角小于为107°，而在[Zn(NH3)6]2＋中氮原子的孤电子对与的空轨道形成配位键，不存在孤电子对的影响，[Zn(NH3)6]2＋中H—N—H键角大于107°；
③1 ml N2H4中含4 ml N—H键，1 ml N2中含有2NA个π键，则8 ml N—H键断裂会形成6NA个π键，故2 ml N—H键断裂会形成1.5NA个π键。
18. 和是厨房中常见的两种盐，可用化学性质的差异进行鉴别。回答下列问题：
（1）与酸反应的差异。甲组进行了如下4组实验。
其中实验___________和___________(填实验序号)可以鉴别和，实验现象分别是___________。
（2）稳定性差异乙组设计如下装置进行实验(加热及夹持装置省略)。
①将分别装有和的试管同时放入甘油浴加热(甘油沸点为)，目的是___________。
②该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，a、b试管中的实验现象分别为：___________、___________。
③试管b中发生反应的化学方程式为___________。
（3）与盐溶液反应的差异。丙组设计如下实验，探究和溶液与溶液反应的差异。
①丙组由此得出“能用鉴别同浓度的和溶液”的结论，理由是___________。
②请写出C组中60℃时，与溶液反应的离子方程式___________。
【答案】（1）①.① ②.② ③.碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡；碳酸氢钠溶液中逐渐加入盐酸，开始有气泡
（2）①.提供较高温度，便于盐分解实验 ②.a中开始有少量气泡，后来无现象 ③.b中有气泡，后面有晶体析出 ④.Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3
（3）①.在浓度较稀时，与反应产生沉淀的是，基本无现象的是 ②.
【解析】
【小问1详解】
碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡，碳酸氢钠溶液中逐渐加入盐酸，开始有气泡，因此其中实验①和②可以鉴别和，实验现象分别是碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡；碳酸氢钠溶液中逐渐加入盐酸，开始有气泡；故答案为：①；②；碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡；碳酸氢钠溶液中逐渐加入盐酸，开始有气泡。
【小问2详解】
①将分别装有和的试管同时放入甘油浴加热(甘油沸点为)，目的是提供较高温度，便于盐分解实验；故答案为：提供较高温度，便于盐分解实验。
②该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体、水和碳酸钠，二氧化碳气体与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠晶体，因此a、b试管中的实验现象分别为：a中开始有少量气泡，后来无现象、b中有气泡，后面有晶体析出；故答案为：a中开始有少量气泡，后来无现象；b中有气泡，后面有晶体析出。
③试管b中发生反应的化学方程式为 Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3；故答案为： Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3 。
【小问3详解】
①丙组由此得出“能用鉴别同浓度的和溶液”的结论，理由是在浓度较稀时，与反应产生沉淀的是，基本无现象的是；故答案为：在浓度较稀时，与反应产生沉淀的是，基本无现象的是。
②C组中60℃时，与溶液反应能产生气泡，根据质量守恒说明气泡是二氧化碳气体，其离子方程式；故答案为：。
19. 甲醛在医药方面有重要用途。工业上可利用反应Ⅰ：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)来合成甲醛。
（1）反应Ⅱ 2CH3OH(g)+O2(g)2HCHO(g)+2H2O(g) ΔH2=-313.2 kJ·ml-1
反应Ⅲ 2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·ml-1
反应Ⅰ的ΔH1=___________kJ·ml-1。
（2）利用反应Ⅰ合成甲醛时，为增大化学反应速率，同时提高CH3OH的平衡转化率，可采取的措施为___________。
（3）T ℃时，向体积恒为2 L的密闭容器中充入8 ml CH3OH(g)发生反应Ⅰ，5 min后反应达到平衡，测得混合体系中HCHO(g)的体积分数为20%。
①下列事实不能说明该反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)。
A．v正(HCHO)=v逆(H2) B．c(CH3OH)∶c(HCHO)∶c(H2)=1∶1∶1
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．混合气体的密度不变
②5 min内，v(CH3OH)=___________ml·L-1·min-1。
③其他条件不变时，向已达平衡的反应体系中充入1 ml CH3OH(g)和1 ml H2(g)，此时v正___________(填“大于”“小于”或“等于”)v逆。
【答案】（1）＋85.2 （2）升高温度 （3）①.BD ②.0.2 ③.小于
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅰ=(反应Ⅱ-反应Ⅲ)，ΔH1=(ΔH2-ΔH3)= ×(-313.2 kJ·ml-1＋483.6 kJ·ml-1)=＋85.2 kJ·ml-1
【小问2详解】
反应Ⅰ为吸热反应，为增大化学反应速率，同时提高CH3OH的平衡转化率，可采取升高温度的措施。
【小问3详解】
①当v正(HCHO)=v逆(H2)时，说明反应已经达到平衡状态，A不符题意；c(CH3OH)∶c(HCHO)∶c(H2)=1∶1∶1时，不能说明反应已经达到平衡状态，B符合题意；该反应前后气体分子数不等，当混合气体的平均相对分子质量不变时，混合体系中气体总物质的量不变，说明反应已经达到平衡状态，C不符题意；该反应在体积不变的容器中进行，反应过程中混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，D符合题意；故选BD；
②平衡时混合体系中HCHO(g)的体积分数为20%，若甲醇消耗的物质的量为xml，则×100%=20%，解得x=2，5min内，v(CH3OH)= =0.2 ml·L-1·min-1；
③反应达平衡时，CH3OH(g)、HCHO(g)、H2(g)的物质的量浓度分别为3ml·L-1、1ml·L-1、1 mlL-1，该条件下反应的平衡常数K=，向已达平衡的反应体系中充入1mlCH3OH(g)和1mlH2(g)时，CH3OH(g)、HCHO(g)、H2(g)的物质的量浓度分别为3.5 ml·L-1、1 ml·L-1、1.5 ml·L-1，浓度商Q=，反应向逆反应方向进行，故v正小于v逆。阳离子
K＋、NH、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋
阴离子
Cl-、Br-、CO、HCO、SO
实验组号
反应物
现象
物质
浓度/ml/L
浓度/ml/L
是否有沉淀(室温)
气泡情况
室温
60℃水浴
A
0.05
0.05
有少量白色沉淀
无
无
B
0.05
0.05
有较多白色沉淀
无
无
C
0.5
0.5
有大量白色沉淀
无
有明显气泡
D
0.5
0.5
有大量白色沉淀
无
无