2023学年广东深圳龙文教育高一化学第二学期期末质量检测试题含答案解析

2023学年高一下化学期末模拟测试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组物质有关性质关系的比较，正确的是（）A．硬度：SiO2＜CO2B．溶解性：SiO2＞CO2C．熔点：SiO2＜CO2（干冰）D．酸性：H2CO3＞H2SiO32、苯可发生如右图所示的变化，下列说法不正确的是A．现象①：液体分层，下层紫红色B．现象②：火焰明亮，冒浓烟C．溴苯的密度比水大D．间二硝基苯只有一种，说明苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构3、在下图所示的柠檬水果电池中，外电路上的电流从电极X流向电极Y。若X为铁，则Y可能是A．石墨 B．锌 C．银 D．铜4、W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法不正确的是A．对应简单离子半径：W＞XB．对应气态氢化物的稳定性：Y＜ZC．化合物XZW既含离子键，又含极性共价键D．Z的氢化物和X的最高价氧化物对应水化物的溶液均能与Y的氧化物反应5、下列有机物中一定互为同系物的是A、CH2=CH2和CH2=CH—CH=CH2B、C2H6和C6H14C、C2H6和C4H8D、6、科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的He，每百吨He核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量。在地球上，氦元素主要以He的形式存在。下列说法正确的是A．He原子核内含有4个质子 B．He原子核内含有3个中子C．He和He是同种元素的两种原子 D．He和He的化学性质不同7、下图为合成氨反应（N2+3H22NH3ΔH＜0）中氮气反应速率v(N2)变化的图象，则横坐标不可能的是A．温度（T/K） B．压强（P/Pa）C．反应时间（t/min） D．氮气浓度（c/mol·L―1）8、室温下，将0.1mol/L的一元酸HA溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/LNaOH溶液中，pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．一元酸HA为弱酸B．a点所示溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)C．pH=7时，c(Na+)＞c(A-)+c(HA)D．b点所示溶液中c(H+)-c(OH-)=1/2[c(A-)-c(HA)]9、汽车发动机在工作时，由于电喷，在气缸中会发生反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g)。已知该反应过程中的能量变化如图所示，下列说法中错误的是（）A．该反应过程中有共价键的断裂和形成B．该反应是氧化还原反应C．该反应是放热反应D．使用催化剂可以改变反应速率10、下列分子中，其中子总数为24的是（）A．14C16O2 B．18O3 C．2H217O2 D．14N16O211、一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72－和Pb2＋，则与1molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为()A．1.5mol B．1.0mol C．0.75mol D．3.0mol12、下列关系不正确的是A．离子半径：Cl->F->Na+>Al3+ B．热稳定性：PH3>H2S>HCl>HFC．原子半径：Na>P>O>F D．金属性：Rb>K>Mg>Al13、下列对碱金属单质的物理性质的叙述中，不正确的是（）A．都是银白色的金属（铯除外） B．密度都比水小C．硬度都很小 D．都能导电传热14、下列氧化还原反应发生在同种元素之间的是（）A．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑ B．2H2S＋SO2===3S↓＋2H2OC．H2＋CuOCu＋H2O D．2H2O2H2↑＋O2↑15、反应2X（气）+Y（气）=2Z（气）+热量，在不同温度(T1和T2)及压强(P1和P2)下，产物Z的物质的量(nz)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是A．T1<T2P1<P2 B．T1<T2Pl>P2C．T1>T2P1>P2 D．T1>T2P1<P216、利用铝热反应原理焊接钢轨的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，关于该反应的叙述错误的是A．属于置换反应B．A1作还原剂C．Fe2O3被还原D．该反应是吸热反应二、非选择题（本题包括5小题）17、碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料。（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质

Cu(OH)2

Fe(OH)2

Fe(OH)3

开始沉淀pH

4.2

5.8

1.2

完全沉淀pH

6.7

8.3

3.2

①氯酸钠的作用是；②反应A后调节溶液的pH范围应为。③第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？。④造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是。（2）某学习小组在实验室中利用下图所示装置制取氯气并探究其性质。①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有。②若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因。此时B装置中发生反应的离子方程式是________________。③写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式。若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是。18、下图中A～J均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系。其中A、D为金属单质。（反应过程中生成的水及其他产物已略去)。请回答下列问题：(1)B的化学式为_______________。(2)K的电子式为_________________。(3)写出J与D反应转化为G的离子方程式___________________。(4)A在常温下也可与NaOH溶液反应生成F，写出此反应的化学方程式_________________。19、某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。他将50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。请回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？_____。(2)实验中改用60mL0.50mol/L的盐酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)；所求中和热的数值会_____(填“相等”或“不相等”)，理由是_____。(3)该同学做实验时有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是_____。A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓C．做本实验的当天室温较高D．在量取盐酸时仰视计数E．将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水(4)将V1ml1.0mol/LHCl溶液和V2ml未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)通过分析图像可知，做该实验时环境温度_____(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度约为_____mol/L。(5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝_____(结果保留一位小数)。20、如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）。请回答：（1）仪器A的名称是________，烧瓶中反应的化学方程式是_____________________。（2）装置B中盛放液体是___，气体通过装置B的目的是__________________，装置C中盛放的液体是_________。（3）D中反应的化学方程式是__________________________________________。（4）烧杯E中盛放的液体是_____，反应的离子方程式是___________。（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应．为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加__装置。21、球比赛中当运动员肌肉挫伤或扭伤时，队医会迅速对运动员的受伤部位喷射一种药剂——氯乙烷（沸点为12.27℃）进行局部冷冻麻醉应急处理。(1)乙烯和氯化氢在加热及催化剂的条件下反应生成氯乙烷的反应方程式为____，其反应类型是___。(2)氯乙烷用于冷冻麻醉应急处理的原理是____。a．氯乙烷不易燃烧b．氯乙烷易挥发c．氯乙烷易溶于有机溶剂d．氯乙烷难溶于水

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】

A．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，则硬度：SiO2＞CO2，A错误；B．二氧化硅不溶于水，二氧化碳与水反应生成碳酸，可知溶解性：SiO2＜CO2，B错误；C．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，则熔点：SiO2＞CO2，C错误；D．非金属性C＞Si，则酸性：H2CO3＞H2SiO3，D正确；答案选D。【答案点睛】本题考查晶体的性质，把握晶体类型、物理性质的比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。2、D【答案解析】A、苯中加入酸性高锰酸钾不反应，液体分层苯的密度小于水在下层，下层为酸性高锰酸钾溶液呈紫红色，选项A正确；B、苯中含碳量高，燃烧时火焰明亮，冒浓烟，选项B正确；C、溴苯的密度比水大，选项C正确；D、无论苯分子中是否存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构，间二硝基苯也只有一种，选项D不正确。答案选D。3、B【答案解析】

原电池中，电流从正极沿导线流向负极，外电路上的电流从电极X流向电极Y，则X作正极，Y作负极。原电池中易失去电子发生氧化反应的金属作负极，若X为铁，比铁活泼的金属作负极，所以符合条件的是锌，答案选B。【答案点睛】注意原电池中正负价的判断方法：电子的流向、电极反应、电解质溶液中离子的移动方向等，注意相关基础知识的积累。4、D【答案解析】

已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则质子数为8，则W为O；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径较大，则为Na；Y的单质是一种常见的半导体材料为Si；Z的非金属性在同周期元素中最强，为此周期VIIA族元素，则Z为Cl。【题目详解】A.W、X分别为O、Na，对应简单离子具有相同核外电子排布，半径：O2-＞Na+，A正确；B.非金属性：Si＜Cl，则对应气态氢化物的稳定性：Si＜Cl，B正确；C.化合物XZW为NaClO，既含离子键，又含极性共价键，C正确；D.Z的氢化物为HCl，X的最高价氧化物对应水化物为NaOH，能与Y的氧化物反应为NaOH，HCl不反应，D错误；答案为D。5、B【答案解析】结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物，互称为同系物，B中都是烷烃，所以B正确。A、C中不是同一类有机物，D中分子式相同，结构相同，属于同一种物质。答案选B。6、C【答案解析】

A．He原子核内含有2个质子，故A错误；B．He中子数=3-2=1，故B错误；C．He和He质子数相同，中子数不同，是同种元素的两种原子，故C正确；D．同种元素的原子化学性质相同，He和He质子数相同，是同种元素的两种原子，所以化学性质相同，故D错误；故选C。7、C【答案解析】

从影响反应速率的几个因素分析解答。【题目详解】由图象可知，氮气的反应速率增大；A.温度越高反应速率越快，所以横坐标可能表示温度，故A不选；B.有气体参加的反应，压强越大反应速率越大，所以横坐标可能表示压强，故B不选；C.随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，反应速率不会逐渐升高，所以横坐标不可能为反应时间（t/min），故C选；D.反应物的浓度越大，反应的速率越大，所以横坐标可能表示氮气浓度（c/mol·L―1），故D不选。故选C。8、C【答案解析】

a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，结合电荷守恒、物料守恒解答。【题目详解】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，A正确；B．a点A-水解，溶液显碱性，但水解程度较小，则溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)，B正确；C．pH=7的溶液呈中性，溶液中c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(A-)，则有c(Na+)＝c(A-)，C错误；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，根据电荷守恒和物料守恒可知c(H+)-c(OH-)=1/2[c(A-)-c(HA)]，D正确；答案选C。【答案点睛】本题考查弱电解质的电离以及酸碱混合的定性判断，为高频考点，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，注意守恒关系的运用，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，另外需要注意起点、中性点、恰好反应时以及过量一半等特殊点。9、C【答案解析】分析：对于反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)，反应中N、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，由图象可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，以此解答该题。详解：A．化学反应的实质为共价键的断裂和形成，A正确；B．反应中N、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B正确；C．由图象可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，C错误；D．加入催化剂，改变反应的活化能，可改变反应速率，D正确。答案选C。点睛：本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握图中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的应用，题目难度不大。10、A【答案解析】

中子数等于质量数减去质子数。【题目详解】A.C的中子数为14-6=8，O的中子数为16-8=8，所以1个二氧化碳中的中子数为8+2×8=24；B.18O中子数是18-8=10，所以1个臭氧分子中有30个中子；C.2H217O2中的中子数为1×2+2×9=20；D.14N16O2中子数为7+2×8=23个中子。故选A。11、A【答案解析】

根据得失电子守恒进行计算。【题目详解】根据题意可知反应中Pb从+4价降低到+2价，得到2个电子，Cr从+3价升高到+6价，1molCr3＋反应生成Cr2O72－失去电子3mol，根据电子得失守恒可知PbO2参与反应得到3mol电子，此时消耗PbO2的物质的量为1.5mol；答案选A。【答案点睛】解答本题时得失电子守恒方法的运用是关键，一般地守恒法的应用原理及解题步骤为：应用原理所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等解题步骤第一步明确题目要求解的量第二步根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量第三步根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解12、B【答案解析】

A．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则离子半径：Cl-＞F-＞Na+＞Al3+，故A正确；B．元素的非金属性越强，最简单氢化物越稳定，非金属性F＞Cl＞S＞P，氢化物热稳定性：PH3＜H2S＜HCl＜HF，故B错误；C．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则原子半径：Na＞P＞O＞F，故C正确；D．同周期从左向右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，则金属性：Rb＞K＞Mg＞Al，故D正确；故选B。【答案点睛】本题的易错点为AC，要注意具有相同电子排布的离子半径的比较方法的理解。13、B【答案解析】

A、铯是金黄色金属，其他碱金属都是银白色的柔软金属，选项A正确；B、碱金属单质中Rb、Cs密度都大于水，Li、Na、K的密度都小于水，选项B不正确；C.碱金属单质的硬度都很小，选项C正确；D.碱金属单质都能导电传热，是良好的导电导热材料，选项D正确。答案选B。14、B【答案解析】

A．Zn、H元素的化合价变化，故A不选；

B．只有S元素的化合价变化，则氧化还原反应发生在同种元素之间，故B选；

C．Cu、H元素的化合价变化，故C不选；

D．H、O元素的化合价变化，故D不选；

故选B。15、C【答案解析】

根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2；根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，先拐先平压强大，故有：P1＞P2，故选C。【点晴】解答本题可以采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对Z的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；特别注意根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，先拐先平温度、压强大。16、D【答案解析】反应Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3中，Fe元素化合价由+3价降低到0价，被还原，Fe2O3为氧化剂，Al元素化合价由0价升高到+3价，被氧化，Al为还原剂。A．反应符合一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，为置换反应，故A正确；B．反应中Al元素化合价由0价升高到+3价，被氧化，Al为还原剂，故B正确；C．Fe元素化合价由+3价降低到0价，被还原，故C正确；D．铝热反应属于放热反应，故D错误；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）①将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去。②3.2－4.2。③取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。④反应B的温度过高。（2）①分液漏斗②不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白。2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2③Cl2HClOClO-有无色气体产生【答案解析】测试卷分析：（1）该化学工艺流程的目的用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜。必须除去废液Fe2+、Fe3+，结合题给数据分析，需先将Fe2+氧化为Fe3+才能与Cu2+分离开。由题给流程图分析，刻蚀废液加入氯酸钠经反应A将Fe2+氧化为Fe3+，结合题给数据知加入试剂调节pH至3.2－4.2，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤除去，滤液中加入碳酸钠经反应B生成碱式碳酸铜，过滤得产品。①由上述分析知，氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去；②反应A后调节溶液的pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，pH范围应为3.2－4.2；③第一次过滤得到的产品为氢氧化铁，表面含有氯离子等杂质离子。洗涤时，判断已经洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净；④碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜，造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是反应B的温度过高。（2）①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气为固液加热制气体的装置，所用仪器需要检漏的有分液漏斗；②若C中品红溶液褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，原因是因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；C中品红溶液褪色，说明装置B中氯气已过量，此时B装置中亚铁离子和溴离子均已被氧化，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2；③氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，次氯酸为弱酸，则A溶液中具有强氧化性微粒的化学式Cl2HClOClO-；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会观察到的现象是有无色气体产生。考点：以化学工艺流程为载体考查物质的分离提纯等实验基本操作，考查氯气的制备和性质。18、Fe2O3Fe+2Fe3+=3Fe2+A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑【答案解析】A和D为金属单质，固体条件下，金属和金属氧化物能发生铝热反应，则A是Al，C是Al2O3，Al2O3和盐酸反应生成AlCl3和水，AlCl3和NaOH溶液反应，所以E为AlCl3，Al2O3和AlCl3都与NaOH溶液反应生成NaAlO2，所以F是NaAlO2，H在空气中反应生成I，I为红褐色固体，则I为Fe(OH)3，H为Fe(OH)2，加热氢氧化铁固体生成Fe2O3和H2O，所以B是Fe2O3、K是H2O，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，所以J是FeCl3，根据元素守恒知，D是Fe，G是FeCl2。(1)通过以上分析知，B是Fe2O3，故答案为：Fe2O3；(2)K是H2O，水为共价化合物，氢原子和氧原子之间存在一对共用电子对，所以其电子式为：，故答案为：；(3)铁和氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁，离子反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；(4)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。点睛：本题以铝、铁为载体考查了无机物的推断，涉及离子方程式、反应方程式、电子式的书写，明确物质的性质及物质间的转化是解本题关键。解答本题，可以根据铝热反应、物质的特殊颜色为突破口采用正逆结合的方法进行推断。19、环形玻璃搅拌棒用碎塑料泡沫垫高小烧杯，使小烧杯口和大烧杯口相平不相等相等中和热是酸和碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量与酸碱用量无关ABE低于1.5-51.8kJ/mol【答案解析】

（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；大小烧杯口之间不相平且没填满碎纸条；（2）中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关；（3）根据中和热测定过程中误差判断；（4）根据酸碱中和反应原理进行计算；（5）根据Q=cm△T进行计算。【题目详解】（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；由图可知该装置有不妥之处：大小烧杯口之间不相平且没填满碎纸条，应用碎塑料泡沫垫高小烧杯，使小烧杯口和大烧杯口相平；（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；（3）A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小，导致实验测得中和热的数值偏小，选项A正确；B、把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，选项B正确；C、做本实验的室温和反应热的数据之间无关，选项C错误；D、在量取盐酸时仰视计数，会使得实际量取体积高于所要量的体积，放出的热量偏大，导致实验测得中和热的数值偏高，选项D错误；E、将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水，由于氨水是弱碱，碱的电离是吸热的过程，所以导致实验测得中和热的数值偏小，选项E正确；答案选ABE；（4）从图形起点可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃；当酸碱恰好反应时，放出的热量最高，从图示可知V1=30mL，V2=50mL-30mL=20mL，二者体积比为：，c（NaOH）===1.5mol/L；（5）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.1℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.4℃，反应后温度为：25.6℃，反应前后温度差为：5.2℃，与其他组相差太大，舍去；50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.1℃=1295.8J＝1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol。20、分液漏斗MnO2+4HCl（浓）Mn