2022-2022学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（16×3=48分，每小题只有一个选项符合题意.）1．下列属于新能源的是（ ）①天然气②煤③海洋能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．③⑤⑥⑦⑧C．①③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧ 2．已知：NH3•H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的△H=﹣24.2kJ/mol；强酸、强碱反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol．则1molNH3•H2O在水中电离的△H等于（ ）A．﹣69.4kJ/molB．+45.2kJ/molC．+69.4kJ/molD．﹣45.2kJ/mol 3．已知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列结论不正确的是（ ）A．碳的燃烧热大于110.5kJ•mol﹣1B．①的反应热为﹣221kJ•mol﹣1C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3kJ•mol﹣1D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ 4．充分燃烧一定量丁烷气体放出的热量为Q，完全吸收它生成的CO2生成正盐，需要5mol•L﹣1的KOH溶液100mL，则丁烷的燃烧热为（ ）（单位：kJ/mol）A．16QB．8QC．4QD．2Q 5．在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的反应热为（ ）A．﹣488.3kJ/molB．+488.3kJ/molC．﹣191kJ/molD．+191kJ/mol 6．有下列物质：①NaOH固体：②浓硫酸；③NH4N03晶体；④CaO固体．现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水血．呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是（ ）A．①②③④B．①②④C．②③④D．①②③ 7．常温下已知：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1，4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2；下面关于△H1、△H2的比较正确的是（ ）21\nA．△H1＞△H2B．△H1＜△H2C．△H1=△H2D．无法计算 8．可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（g）在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是（ ）A．VA=0.15mol•（L•min）﹣1B．VB=0.6mol•（L•min）﹣1C．VC=0.4mol•（L•min）﹣1D．VD=0.01mol•（L•s）﹣1 9．下列对“改变反应条件，导致化学反应速率改变”的原因描述不正确的是（ ）A．增大反应物的浓度，活化分子百分数增加，反应速率加快B．增大气体反应体系的压强，单位体积中活化分子数增多，气体反应速率加快C．升高反应的温度，活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大D．催化剂通过改变反应路径，使反应所需的活化能降低，反应速率增大 10．用过量铁片与稀盐酸反应，为加快其反应速率而生成氢气的量不变，下列措施中可行的是（ ）①以铁屑代替铁片②用过量锌片代替铁片③在稀盐酸中加入少量CuSO4溶液④在稀盐酸中加入CH3COONa固体⑤在稀盐酸中加入等物质的量浓度的硫酸⑥在稀盐酸中加入硫酸钾溶液⑦微热（不考虑HCl的挥发）⑧在稀盐酸中加入NaNO3固体．A．除④外B．除④⑤⑥⑧外C．除④⑥外D．全部都可行 11．下列能用勒夏特列原理解释的是（ ）①棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅②实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气③Fe（SCN）3溶液中加入KSCN后颜色变深④氯水宜保存在低温、避光条件下⑤在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质⑥开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫⑦温度控制在500℃有利于合成氨反应⑧SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气．A．①②⑤⑥B．②③④⑦C．①③④⑤⑦⑧D．①②③④⑥⑧ 12．在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到化学平衡状态的是（ ）①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量的浓度④混合气体总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量⑥v（C）与v（D）的比值⑦混合气体总质量．A．②③⑤⑦B．③④⑤⑥C．①③④⑤D．①④⑦ 21\n13．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如图所示．下列说法中正确是（ ）A．8min前A的平均反应速率为0.08mol/（L•s）B．30min时扩大容器的体积，40min时升高温度C．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D．30min和54min的反应的平衡常数相等4 14．对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（ ）A．B．C．D． 15．已建立化学平衡的某可逆反应，当条件改变使化学平衡向正反应方向移动，下列叙述正确的是（ ）①生成物的质量分数一定增加；②生成物的物质的量一定增加；③反应物的转化率一定增大；④平衡时反应物的浓度一定降低；⑤正反应速率一定大于逆反应速率；⑥一定使用了催化剂．A．①②⑤B．④⑥C．②⑤D．③④⑤ 16．在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（ ）A．m+n必定小于pB．m+n必定大于pC．m必定小于pD．m必定大于p 二、填空题（共4小题，52分）17．（16分）（2022秋•丰城市校级月考）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．21\n（1）根据如图1能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式 ．（2）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其平衡常数K与温度T的关系如表：T/K298398498平衡常数K4.1×106K1K2①该反应的平衡常数表达式：K= ②试判断K1 K2（填写“＞”，“=”或“＜”）③下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是 （填字母）a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2b．v（N2）正=3v（H2）逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变④在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如图2，则图中氨的百分含量最低的时间段是 A．t0﹣t1B．t2﹣t3C．t3﹣t4D．t5﹣t6（3）对反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图3所示，下列说法正确的是 ．a．A、C两点的反应速率：A＞Cb．A、C两点的化学平衡常数：A＞Cc．A、C两点N2O4的转化率：A＞Cd．由状态B到状态A，可以用加热的方法（4）一定温度下，在1L密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应．若容器容积恒定，10min达到平衡时，气体的总物质的量为原来的，则N2的转化率a（N2）= ，以NH3表示该过程的反应速率v（NH3）= ． 18．（10分）（2022秋•丰城市校级月考）如图为反应A（s）+D（g）⇌E（g）（放热反应）的逆反应速率随时间的变化情形，试根据此曲线填写下表．时刻时间可能采取的措施体系中平衡移动的方向3﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣3～4﹣﹣﹣﹣5﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣5～6﹣﹣﹣﹣ 21\n7﹣ ﹣﹣﹣﹣ 19．（10分）（2022秋•丰城市校级月考）（1）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示．（a）在通常状况下，金刚石和石墨相比较 ，（填”金刚石”或”石墨”）更稳定，石墨的燃烧热为 ．（b）12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为 ．（2）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ▪mol﹣1、497kJ▪mol﹣1．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ▪mol﹣1．NO分子中化学键的键能为 kJ▪mol﹣1．（3）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式： ． 20．（16分）（2022秋•丰城市校级月考）中和热的测定实验的关键是要比较准确地配制一定的物质的量浓度的溶液，量热器要尽量做到绝热；在量热的过程中要尽量避免热量的散失，要求比较准确地测量出反应前后溶液温度的变化．回答下列问题：（1）中学化学实验中的中和热的测定所需的玻璃仪器有：烧杯、温度计、 、 ．在大小烧杯之间填满碎泡沫（或纸条）其作用是 ．（2）该实验常用0.50mol•L﹣1HCl和0.55mol•L﹣1的NaOH溶液各50mL．NaOH的浓度大于HCl的浓度作用是 ．当室温低于10℃时进行，对实验结果会造成较大的误差，其原因是 ．（3）若上述HCl、NaOH溶液的密度都近似为1g/cm3，中和后生成的溶液的比热容C=4.18J/（g•℃），则该中和反应放出热量为 kJ（填表达式），△H= kJ/mol（填表达式）．（4）中和热测定实验中，下列操作会使测得的△H数值偏大的是 A．大烧杯上没有盖硬纸板B．用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒C．用相同浓度和体积的硝酸代替稀盐酸溶液进行实验D．用1gNaOH固体代替50mL0.5mol/L的NaOH溶液进行实验． 21\n2022-2022学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（16×3=48分，每小题只有一个选项符合题意.）1．下列属于新能源的是（ ）①天然气②煤③海洋能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．③⑤⑥⑦⑧C．①③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧【考点】常见的能量转化形式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等．故选B．【点评】本题考查新能源，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累． 2．已知：NH3•H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的△H=﹣24.2kJ/mol；强酸、强碱反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol．则1molNH3•H2O在水中电离的△H等于（ ）A．﹣69.4kJ/molB．+45.2kJ/molC．+69.4kJ/molD．﹣45.2kJ/mol【考点】中和热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，但是弱碱的电离吸热，据此来计算回答．【解答】解：根据盖斯定律：2NH3•H2O（aq）+H2SO4（aq）=（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣24.2kJ/mol2NH3•H2O（aq）+2H+=2NH4+（aq）+2H2O（l）△H=﹣24.2kJ/molNH3•H2O（aq）+H+=NH4+（aq）+H2O（l）△H=﹣12.1kJ/moL（1）H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（2）（1）﹣（2）可得：NH3•H2O（aq）=NH4+（aq）+OH﹣（aq），△H=+45.2kJ/mol，故选B．【点评】本题考查中和热，明确中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水所放出的热量、弱碱的电离吸热是解题关键，难度不大． 3．已知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列结论不正确的是（ ）A．碳的燃烧热大于110.5kJ•mol﹣1B．①的反应热为﹣221kJ•mol﹣1C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3kJ•mol﹣1D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．21\n【分析】A、根据燃烧热是在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；B、根据反应热的概念；C、根据中和热表述方法分析；D、醋酸是弱电解质，电离过程是吸热；【解答】解：A、使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O（l）、C→CO2（g）、S→SO2（g）]，该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热大于110.5kJ•mol﹣1，故A正确；B、①的反应热为﹣221kJ/mol，故B正确；C、稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热为57.3kJ/mol或△H=﹣57.3kJ/mol，故C错误；D、醋酸的电离过程是吸热的，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D正确．故选：C．【点评】本题主要考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，难度不大，注意中和热表述方法． 4．充分燃烧一定量丁烷气体放出的热量为Q，完全吸收它生成的CO2生成正盐，需要5mol•L﹣1的KOH溶液100mL，则丁烷的燃烧热为（ ）（单位：kJ/mol）A．16QB．8QC．4QD．2Q【考点】燃烧热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，根据CO2与KOH的反应，计算出CO2的物质的量，进而计算出丁烷的物质的量，则可计算丁烷的燃烧热．【解答】解：n（KOH）=0.1L×5mol/L=0.5mol，则由CO2～2KOH可知，n（CO2）=0.25mol，则n（C4H10）=×n（CO2）=mol，放出的热量为Q，所以1mol丁烷完全燃烧放出的热量为16Q，故选A．【点评】本题考查燃烧热的计算，题目难度不大，本题注意把握燃烧热的概念，根据生成二氧化碳的物质的量计算丁烷的物质的量是解答该题的关键． 5．在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的反应热为（ ）A．﹣488.3kJ/molB．+488.3kJ/molC．﹣191kJ/molD．+191kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（1）的反应热．【解答】解：25℃、101kPa下，H2（g）、C（s）和CH3COOH（l）的燃烧热分别是285.8kJ•mol﹣1、393.5kJ•mol﹣1和870.3kJ•mol﹣1，则H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1①，21\nC（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1②，CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣870.3kJ•mol﹣1③，由盖斯定律可知，①×2+②×2﹣③可得反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（1），其反应热为2×（﹣285.8kJ•mol﹣1）+2×（﹣393.5kJ•mol﹣1）+870.3kJ•mol﹣1=﹣488.3KJ•mol﹣1，故选A．【点评】本题考查学生盖斯定律计算反应热的知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 6．有下列物质：①NaOH固体：②浓硫酸；③NH4N03晶体；④CaO固体．现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水血．呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是（ ）A．①②③④B．①②④C．②③④D．①②③【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据U形管右侧液面升高，说明锥形瓶内气压由于加入物质而增大以及氢氧化钠固体，浓硫酸、生石灰加入水中都放出大量的热而使温度升高，瓶内气体压强增大．【解答】解：因氢氧化固体，浓硫酸、生石灰加入水中都会放出大量的热而使温度升高，使得瓶内气体压强增大，U形管右侧液面升高，故选：B．【点评】记住物质溶于水吸放热情况，氢氧化钠、浓硫酸、生石灰溶于水放热，而硝酸铵溶于水吸热． 7．常温下已知：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1，4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2；下面关于△H1、△H2的比较正确的是（ ）A．△H1＞△H2B．△H1＜△H2C．△H1=△H2D．无法计算【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据盖斯定律利用铝热反应为放热反应来判断．【解答】解：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2②由盖斯定律①﹣②，得：4Al（s）+2Fe2O3═2Al2O3（s）+4Fe（s）△H1﹣△H2，铝热反应为放热反应，即△H1﹣△H2＜0，所以△H1＜△H2，故选B．【点评】本题主要考查了盖斯定律的利用，难度不大，注意知识的灵活使用． 8．可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（g）在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是（ ）A．VA=0.15mol•（L•min）﹣1B．VB=0.6mol•（L•min）﹣121\nC．VC=0.4mol•（L•min）﹣1D．VD=0.01mol•（L•s）﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位要一致．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.=0.15mol•（L•min）﹣1；B.=0.2mol•（L•min）﹣1；C.=0.2mol•（L•min）﹣1；D．VD=0.01mol•（L•s）﹣1=0.6mol•（L•min）﹣1，=0.6mol•（L•min）﹣1，故反应速率VD＞VB=VC＞VA，故选D．【点评】本题考查反应速率的比较，注意利用比值法可快速解答，要注意单位应一致，也可以利用归一法解答比较，难度不大． 9．下列对“改变反应条件，导致化学反应速率改变”的原因描述不正确的是（ ）A．增大反应物的浓度，活化分子百分数增加，反应速率加快B．增大气体反应体系的压强，单位体积中活化分子数增多，气体反应速率加快C．升高反应的温度，活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大D．催化剂通过改变反应路径，使反应所需的活化能降低，反应速率增大【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】增大浓度、压强，活化分子数目增大，而升高温度、使用催化剂，活化分子百分数增大，以此来解答．【解答】解：A．增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增加，反应速率加快，故A错误；B．增大气体反应体系的压强，体积减小，则反应物浓度增大，单位体积中活化分子数增多，气体反应速率加快，故B正确；C．升高反应的温度，提供能量，则活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大，故C正确；D．催化剂通过改变反应路径，使反应所需的活化能降低，活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大，故D正确；故选A．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握活化理论及活化分子数目的变化为解答的关键，注重基础知识的考查，注意理解理论为解答的难点，题目难度不大． 10．用过量铁片与稀盐酸反应，为加快其反应速率而生成氢气的量不变，下列措施中可行的是（ ）①以铁屑代替铁片21\n②用过量锌片代替铁片③在稀盐酸中加入少量CuSO4溶液④在稀盐酸中加入CH3COONa固体⑤在稀盐酸中加入等物质的量浓度的硫酸⑥在稀盐酸中加入硫酸钾溶液⑦微热（不考虑HCl的挥发）⑧在稀盐酸中加入NaNO3固体．A．除④外B．除④⑤⑥⑧外C．除④⑥外D．全部都可行【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】用过量铁片与稀盐酸反应，为加快其反应速率而生成氢气的量不变，则增大接触面积，升高温度，构成原电池等均可加快反应速率，注意可增大氢离子的浓度，但不能增大氢离子的物质的量，以此来解答．【解答】解：①以铁屑代替铁片，接触面积增大，反应速率加快，故正确；②用过量锌片代替铁片，Zn比Fe活泼，反应速率加快，故正确；③在稀盐酸中加入少量CuSO4溶液，Fe置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故正确；④在稀盐酸中加入CH3COONa固体，氢离子浓度减小，反应速率减小，故错误；⑤在稀盐酸中加入等物质的量浓度的硫酸，氢离子的物质的量及浓度均增大，反应速率加快，氢气的量增大，故错误；⑥在稀盐酸中加入硫酸钾溶液，氢离子浓度减小，反应速率减小，故错误；⑦微热（不考虑HCl的挥发），温度升高，反应速率加快，故正确；⑧在稀盐酸中加入NaNO3固体，Fe、氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应不生成氢气，故错误；故选B．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的外因为解答的关键，注重基础知识的考查，②⑧为解答的易错点，题目难度不大． 11．下列能用勒夏特列原理解释的是（ ）①棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅②实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气③Fe（SCN）3溶液中加入KSCN后颜色变深④氯水宜保存在低温、避光条件下⑤在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质⑥开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫⑦温度控制在500℃有利于合成氨反应⑧SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气．A．①②⑤⑥B．②③④⑦C．①③④⑤⑦⑧D．①②③④⑥⑧【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用．21\n【解答】解：①二氧化氮和四氧化二氮之间存在2NO2⇌N2O4，增大压强时体积减小二氧化氮浓度增大，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，所以向棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅，可以用平衡移动原理解释，故正确；②排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大．使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO逆向进行，减少氯气的溶解性，可以用平衡移动原理解释，故正确；③Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深，因为加入KSCN后溶液中硫氰根离子浓度增大促进生成硫氰化铁，溶液颜色变深，所以可以用平衡移动原理解释，故正确；④氯水中存在氯气和水反应的可逆反应，升高温度促进次氯酸水解，从而促进氯气和水反应，宜保存在低温、避光条件下可以用平衡移动原理解释，故正确；⑤在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质，是变质的铁离子和铁反应生成氯化亚铁，2Fe3++Fe=3Fe2+，和化学平衡无关，故错误；⑥开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，所以可以用平衡移动原理解释，故正确；⑦合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，但主要考虑催化剂的活性和反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故错误；⑧工业生产硫酸的过程中，存在2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，可以用平衡移动原理解释，故正确；故选D．【点评】本题考查平衡移动原理，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理，题目难度不大． 12．在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到化学平衡状态的是（ ）①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量的浓度④混合气体总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量⑥v（C）与v（D）的比值⑦混合气体总质量．A．②③⑤⑦B．③④⑤⑥C．①③④⑤D．①④⑦【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意该反应中A为固体以及反应中气体的化学计量数的关系．【解答】解：①该反应的反应前后气体体积不变，所以无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变，所以不能根据混合气体的压强判断反应是否达到平衡状态，故不选；②该反应是一个反应前后气体的密度改变的反应，当混合气体的密度的密度不变时，该反应达到平衡状态，所以能判断是否达到平衡状态，故选；③当该反应达到平衡状态时，B的物质的量的浓度不变，所以能判断是否达到平衡状态，故选；④该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，混合气体的物质的量始终不变，所以不能根据混合气体总物质的量判断反应是否达到平衡状态，故不选；⑤该反应是一个反应前后混合气体的平均相对分子质量改变的反应，当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反应达到平衡状态，所以能判断是否达到平衡状态，故选；⑥无论反应是否达到平衡状态，v（C）与v（D）的比值始终不变，所以不能判断是否达到平衡状态，故不选；⑦该反应是一个反应前后气体质量改变的化学反应，当混合气体总质量不变时，该反应达到平衡状态，所以能判断反应是否达到平衡状态，故选；21\n故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度，易错点为①、②，注意反应前后气体的化学计量数关系，题中A为固体，注意审题． 13．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如图所示．下列说法中正确是（ ）A．8min前A的平均反应速率为0.08mol/（L•s）B．30min时扩大容器的体积，40min时升高温度C．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D．30min和54min的反应的平衡常数相等4【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，根据v=计算v（A）；B．由图象可知，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1.30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，则增大压强平衡不移动，应是升高温度；C、由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；D、40min时，改变条件为升高温度，平衡常数发生变化．【解答】解：A.0～8min内A的浓度减少了0.64mol/L，故v（A）==0.08mol/（L•min），选项中单位不对，故A错误；B．由图象可知，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1.30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，增大压强平衡不移动，应是升高温度，故B正确；C、由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；D、40min时，改变条件平衡向逆反应方向移动，到达平衡时平衡常数减小，故D错误；故选B．21\n【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度较大，本题注意根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断化学反应状态以及影响化学反应速率的条件，本题易错． 14．对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】图像图表题．【分析】做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确．【解答】解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误．故选A．【点评】本题为化学平衡图象题，做题时注意两个方面的问题：（1）定一议二：当图象中同时有三个变量时，使其中之一不变，讨论另外两个变量间的关系；（2）先拐先平：变化曲线若与时间轴平行，表示反应体系已达平衡状态，先达到平衡（先出现拐点）的曲线所示的温度或压强较大． 15．已建立化学平衡的某可逆反应，当条件改变使化学平衡向正反应方向移动，下列叙述正确的是（ ）①生成物的质量分数一定增加；②生成物的物质的量一定增加；③反应物的转化率一定增大；④平衡时反应物的浓度一定降低；21\n⑤正反应速率一定大于逆反应速率；⑥一定使用了催化剂．A．①②⑤B．④⑥C．②⑤D．③④⑤【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】①生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低；②平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加；③增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低；④如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大；⑤平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率；⑥加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动．【解答】解：①总质量不变，向正反应移动，生成物的质量分数一定增大，若生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低，故①错误；②平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加，故②正确；③降低生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故③错误；④如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故④错误；⑤平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率，故⑤正确；⑥加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故⑥错误；综上所述②⑤正确，故选C．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析． 16．在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（ ）A．m+n必定小于pB．m+n必定大于pC．m必定小于pD．m必定大于p【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动．【解答】解：压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，故选：C．【点评】本题考查压强对化学平衡的影响，比较基础，注意压强改变的本质是改变体积影响浓度． 二、填空题（共4小题，52分）17．（16分）（2022秋•丰城市校级月考）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．（1）根据如图1能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式 NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1 ．（2）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其平衡常数K与温度T的关系如表：T/K29839849821\n平衡常数K4.1×106K1K2①该反应的平衡常数表达式：K= ②试判断K1 ＞ K2（填写“＞”，“=”或“＜”）③下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是 c （填字母）a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2b．v（N2）正=3v（H2）逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变④在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如图2，则图中氨的百分含量最低的时间段是 D A．t0﹣t1B．t2﹣t3C．t3﹣t4D．t5﹣t6（3）对反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图3所示，下列说法正确的是 CD ．a．A、C两点的反应速率：A＞Cb．A、C两点的化学平衡常数：A＞Cc．A、C两点N2O4的转化率：A＞Cd．由状态B到状态A，可以用加热的方法（4）一定温度下，在1L密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应．若容器容积恒定，10min达到平衡时，气体的总物质的量为原来的，则N2的转化率a（N2）= 25% ，以NH3表示该过程的反应速率v（NH3）= 0.075mol/（L．min） ．【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】（1）反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；（2）①化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；②正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；③可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；21\n④t1时刻正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，t2时到达平衡，氨气的含量减小，t3﹣t4段正逆速率增大相同倍数，平衡不移动，t4时刻正逆速率都减小，平衡逆向移动，平衡时氨气含量降低；（3）a．A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；b．A、C两点都在等温线上，平衡常数只与温度有关；c．A、C两点都在等温线上，压强增大，平衡向气体体积减少的方向移动；d．该反应为吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；（4）一定温度下，在1L密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应．若容器容积恒定，10min达到平衡时，气体的总物质的量为原来的，则混合气体物质的量减小为（1+3）mol×（1﹣）=0.5mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）物质的量减小△n=2起始量（mol）：130变化量（mol）：0.250.7510.5平衡量（mol）：0.752.251转化率=×100%，根据v=计算v（NH3）．【解答】解：（1）该反应的焓变△H=E1﹣E2=134KJ/mol﹣368KJ/mol=﹣234KJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1；（2）①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数表达式K=，故答案为：；②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以K1＞K2，故答案为：＞；③a．平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，平衡时各组分浓度与起始浓度及转化率有关，但容器内N2、H2、NH3的浓度之比不一定为1：3：2，所以不能作为平衡的标志，故a错误；b．平衡时不同物质表示速率之比等于系数之比说明到达平衡，即3v（N2）正=v（H2）逆说明反应达到平衡，故b错误；c．反应前后气体体积减小，恒温恒容下，容器内压强减少，若压强不变，说明反应达到平衡，故c正确；d．反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，所以密度不变，所以混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，故d错误；故选：c；④t1时刻正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，t2时到达平衡，氨气的含量减小，t3﹣t4段正逆速率增大相同倍数，平衡不移动，t4时刻正逆速率都减小，平衡逆向移动，平衡时氨气含量降低，故t5﹣t6段氨气的含量最小，故选：D；21\n（3）A．A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快，所以速率：C＞A，故A错误；B．A、C两点都在等温线上，平衡常数只与温度有关，所以化学平衡常数：A=C，故B错误；C．A、C两点都在等温线上，C点压强更高，压强增大，平衡向气体体积减少的方向移动，即逆反应方向移动，N2O4的转化率降低，所以两点N2O4的转化率：A＞C，故C正确；D．该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故D正确；故选：CD；（4）一定温度下，在1L密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应．若容器容积恒定，10min达到平衡时，气体的总物质的量为原来的，则混合气体物质的量减小为（1+3）mol×（1﹣）=0.5mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）物质的量减小△n=2起始量（mol）：130变化量（mol）：0.250.7510.5平衡量（mol）：0.752.251N2的转化率=×100%=25%，v（NH3）==0.075mol/（L．min），故答案为：25%；0.075mol/（L．min）．【点评】本题主要考查化学平衡计算与影响因素、平衡状态判断、化学平衡图象、化学平衡常数、热化学方程式的书写等，题目难度中等，侧重对学生能力的考查，需要学生具备扎实的基础． 18．（10分）（2022秋•丰城市校级月考）如图为反应A（s）+D（g）⇌E（g）（放热反应）的逆反应速率随时间的变化情形，试根据此曲线填写下表．时刻时间可能采取的措施体系中平衡移动的方向3﹣ 减少c（D） ﹣﹣﹣﹣﹣3～4﹣﹣﹣﹣5﹣ 增大c（D），同时减小c（E） ﹣﹣﹣﹣﹣5～6﹣﹣﹣﹣ 向右移动 7﹣ 加负催化剂（或减压） ﹣﹣﹣﹣【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】21\n本题在讨论时要注意三点，一是注意题给反应物A是固体，二是图象中给出的纵坐标是用v逆来表示的，三是在对化学反应速率的影响因素讨论时需把整张图补齐后再分析（v正在原平衡线上方）．在讨论外界条件对反应速率的影响时要注意，只有浓度的变化对反应速率的影响有选择性，即增大反应物浓度则增大正反应速率，增大生成物浓度则增大逆反应速率．而温度、压强（对气体参加的反应有影响）、催化剂的影响是广泛的，不论反应吸热、放热，温度升高都将增大反应速率（反应物能量升高、活化分子百分数增加）；不论气体体积增大还是缩小，增大压强都将增大反应速率（反应物的浓度增大、单位体积内活化分子数增大）；使用催化剂一般将增大反应速率．【解答】解：题给反应物A是固体，t=3的时刻，逆反应速率减小，并且是在原来的速率基础上减小，肯定是改变物质的浓度引起的，可以是减少c（D）引起的；3～4时间段内，逆反应速率减小，是减少c（D）引起的，平衡向左移动；在t=5时刻，逆反应速率突然减小，并且离开原来的平衡点速率，所以可以是增大c（D），同时减小c（E）引起的，此后平衡正向移动，到t=7时刻，正逆反应速率仍然相等，但是逆反应速率减小了，所以是加入催化剂或是减小压强所致，故答案为：时刻时间可能采取的措施体系中平衡移动的方向3减少c（D）3～4向左移动5增大c（D），同时减小c（E）5～6向右移动7加负催化剂（或减压）．【点评】本题涉及影响化学反应速率以及平衡移动的因素方面的综合知识，注意图象的分析和解答是关键，难度不大． 19．（10分）（2022秋•丰城市校级月考）（1）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示．（a）在通常状况下，金刚石和石墨相比较 石墨 ，（填”金刚石”或”石墨”）更稳定，石墨的燃烧热为 ﹣393.5kJ▪mol﹣1 ．（b）12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为 252.0kJ ．（2）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ▪mol﹣1、497kJ▪mol﹣1．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ▪mol﹣1．NO分子中化学键的键能为 631.5 kJ▪mol﹣1．（3）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式： 2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.0kJ▪mol﹣1 ．【考点】有关反应热的计算；吸热反应和放热反应；热化学方程式．【分析】（1）（a）依据物质能量越高，物质越不稳定；依据图象判断石墨的燃烧热；（b）依据极值计算判断生成的气体组成，结合热化学方程式计算得到；（2）据△H=反应物键能和﹣生成物键能和求算；21\n（3）利用盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热，再写出热化学方程式；【解答】解：（1）（a）图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=﹣393.5kJ▪mol﹣1；故答案为：石墨；﹣393.5kJ▪mol﹣1；（b）12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳质量为44g，若生成一氧化碳质量为28g，生成气体36g，28g＜36g＜44g，判断生成的气体为一氧化碳和二氧化碳气体，设一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为（1﹣x）mol，28x+44（1﹣x）=36g，x=0.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；依据图象分析，C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1；C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5kJ•mol﹣1×0.5mol+110.5kJ•mol﹣1×0.5mol=252KJ；12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为252.0kJ；故答案为：252.0kJ；（2）△H=反应物键能和﹣生成物键能和，946kJ/mol+497kJ/mol﹣2Q（N﹣O）=180.0kJ/mol，Q（N﹣O）=631.5KJ/mol，故答案为：631.5；（3）已知①C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1；②C（石墨，s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1；③N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1；由盖斯定律：方程式①×2﹣②×2﹣③得2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.0kJ▪mol﹣1；故答案为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.0kJ▪mol﹣1；【点评】本题考查了化学反应的能量变化与反应的焓变关系的分析判断，图象的综合应用，读懂图象，焓变和活化能计算方法的理解是解题的关键． 20．（16分）（2022秋•丰城市校级月考）中和热的测定实验的关键是要比较准确地配制一定的物质的量浓度的溶液，量热器要尽量做到绝热；在量热的过程中要尽量避免热量的散失，要求比较准确地测量出反应前后溶液温度的变化．回答下列问题：（1）中学化学实验中的中和热的测定所需的玻璃仪器有：烧杯、温度计、 量筒 、 环形玻璃棒 ．在大小烧杯之间填满碎泡沫（或纸条）其作用是 隔热、减少实验过程中热量的损失 ．（2）该实验常用0.50mol•L﹣1HCl和0.55mol•L﹣1的NaOH溶液各50mL．NaOH的浓度大于HCl的浓度作用是 保证盐酸完全被中和 ．当室温低于10℃时进行，对实验结果会造成较大的误差，其原因是 散热太快 ．（3）若上述HCl、NaOH溶液的密度都近似为1g/cm3，中和后生成的溶液的比热容C=4.18J/（g•℃），则该中和反应放出热量为 100×4.18×（t2﹣t1）×10﹣3 kJ（填表达式），△H= ﹣ kJ/mol（填表达式）．（4）中和热测定实验中，下列操作会使测得的△H数值偏大的是 D A．大烧杯上没有盖硬纸板21\nB．用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒C．用相同浓度和体积的硝酸代替稀盐酸溶液进行实验D．用1gNaOH固体代替50mL0.5mol/L的NaOH溶液进行实验．【考点】中和热的测定．【专题】化学实验基本操作．【分析】（1）根据量热计的构造和实验步骤来确定实验的仪器；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；（2）为了保证HCl完全反应，碱应过量；温度过低，散热加快，对实验结过造成的误差较大；（3）先根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=﹣kJ/mol计算出反应热；（4）根据实验的关键是保温，如果装置能量散失，则会导致结果偏低，如果装置得到能量，则会导致结果偏高，A．根据不盖硬纸板，会有一部分热量散失；B．根据金属的导热性很好，会导致热量的散失；C．根据相同浓度和体积的硝酸代替稀盐酸都是稀的强酸，对实验无影响；D．NaOH固体溶于水放热，温度升高．【解答】解：（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有大烧杯、小烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失，故答案为：量筒；环形玻璃搅拌棒；隔热、减少实验过程中热量的损失；（2）NaOH的浓度大于HCl的浓度，使盐酸完全被中和，减少了盐酸挥发对实验的影响；如果温度过低，散热加快，对实验结过造成的误差较大，故答案为：保证盐酸完全被中和；散热太快；（3）0.50mol•L﹣1HCl和0.55mol•L﹣1的NaOH溶液各50mL进行中和反应，生成水的物质的量为：0.05L×0.50mol•L﹣1=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，设反应前后的温度值分别用t1和t2表示，温度变化的值△T=t2﹣t1，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×（t2﹣t1）=100×4.18×（t2﹣t1）×10﹣3kJ；所以实验测得的中和热为：△H=﹣kJ/mol，故答案为：100×4.18×（t2﹣t1）×10﹣3；﹣；（4）A．不盖硬纸板，会有一部分热量散失，使测得的△H数值偏小，故A错误；B．用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，故B错误；C．相同浓度和体积的硝酸代替稀盐酸都是稀的强酸，对实验无影响，使测得的△H数值不变，故C错误；D．NaOH固体溶于水放热，温度升高，使测得的△H数值偏大，故D正确；故答案为：D．21\n【点评】本题考查热反应热的测定与计算，题目难度大，注意理解中和热的概念以及测定反应热的原理，明确常见化学实验的基本操作方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力． 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