2024届河南中原名校化学高二上期中考试试题含解析

2024届河南中原名校化学高二上期中考试试题考生请注意：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、如图为通过剑桥法用固体二氧化钛生产海绵钛的装置示意图其原理是在较低的阴极电位下，(阴极)中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是A．阳极的电极反应式为B．阴极的电极反应式为C．通电后，均向阴极移动D．石墨电极的质量不发生变化2、下图是元素周期表短周期的一部分，若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，则下列说法中正确的是()A．D与C不能形成化合物B．D的最高正价与B的最高正价相等C．A、B、C的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱的关系是C>B>AD．D元素最高正价和最低负价的绝对值的代数和等于83、下列关于1.5mol氢气的叙述中，正确的是（）A．质量是4gB．体积是33.6LC．电子数是3D．分子数约为1.5×6.02×1023个4、以下现象与电化学腐蚀无关的是A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿B．生铁比纯铁容易生锈C．铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈D．银质物品久置表面变暗5、下列反应中，生成物的总能量高于反应物的总能量的是A．碳酸钙受热分解B．乙醇在空气中燃烧C．铝粉与盐酸反应D．氧化钙溶解于水6、60℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14，则在60℃时，c(H＋)＝2×10－7mol·L－1的溶液A．呈酸性 B．呈碱性 C．呈中性 D．无法判断7、决定化学反应速率的本质因素是A．浓度 B．压强 C．温度 D．反应物质的性质8、室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是)①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－③水电离H＋浓度c(H＋)＝10－12mol/L－1溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、A．②④B．只有②C．①②⑤D．①②⑥9、将下列物质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面呈现如图所示状态。加入的物质不可能是(不考虑加入物质引起的溶液体积的变化)A．固体NaOH B．浓H2SO4C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl糊状物 D．CaO固体10、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，下列叙述中不正确的是()A．0.1mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小B．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa(s)，平衡逆向移动D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<711、将足量AgCl分别放入：①5ml水②10ml0.2mol·L-1MgCl2溶液③20ml0.5mol·L-1NaCl溶液④40ml0.1mol·L-1盐酸中溶解至溶液饱和，各溶液Ag+的浓度分别为a、b、c、d,它们由大到小的排列顺序是A．a＞b＞c＞d B．d＞b＞c＞a C．a＞d＞b＞c D．c＞b＞d＞a12、下列说法正确的是()A．平衡膳食就是各种食物都要吃B．摄入食物中的营养素种类齐全，数量充足，比例适当且与人体的需要的保持平衡才是合理的膳食结构C．淀粉、油脂、蛋白质为人体提供热能，所以只要这三种摄入量足够就可以了D．为维持人体内电解质平衡，人在大量出汗后应及时补充Ca2+离子13、某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法一定正确的是()A．该电池工作时，电子的流向外电路由A到B，内电路由B到A形成闭合回路B．电极B附近的HNO3浓度增大C．A电极的反应为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+D．该电池工作时，每消耗11.2LO2(标况)，可以除去含1molNO和NO2的混合尾气14、下列各反应均为放热反应，同温同压下下列各热化学方程式中△H最小的是( )A．2A(l)+B(l)═2C(g)△H1B．2A(g)+B(g)═2C(g)△H2C．2A(g)+B(g)═2C(l)△H3D．2A(l)+B(l)═2C(l)△H415、A、B、C是三种金属，根据下列①、②两个实验：①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A表面有气泡逸出，B逐渐溶解；②电解物质的量浓度相同的A、C混合盐溶液时，阴极上先析出C（使用惰性电极）。A、B、C的还原性强弱顺序为（）A．A＞B＞C B．B＞C＞A C．C＞A＞B D．B＞A＞C16、在H2O2分解实验中，当加入少量MnO2粉末时，H2O2的分解速率增大。该实验中使H2O2分解速率增大的主要因素是A．温度 B．催化剂 C．反应物的接触面积 D．反应物的浓度二、非选择题（本题包括5小题）17、A是由两种元素组成的化合物，质量比为7:8，在真空中加热分解，生成B、C。E是常见的液体，C和E高温下能发生反应。F为日常生活中常见的化合物，E、F之间的反应常用于工业生产，I为黄绿色气体单质。(1)写出A的化学式：____(2)写出K的电子式：______(3)写出C和E高温下能发生反应的方程式：______(4)写出D和L发生反应的离子方程式：_______18、下表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题。族周期ⅠA01HⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2①②FNe3③Mg④Si⑤⑥(1)②表示的元素是_______(填元素符号);(2)①、⑤两种元素的原子半径大小为：①___⑤(填“＜”或“＞”)；(3)③、④两种元素的金属性强弱顺序为：③___④(填“＜”或“＞”)；(4)写出③与⑥两种元素所形成化合物的化学式__________。19、H2O2是一种绿色氧化试剂，在化学研究中应用广泛。(1)某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目______；②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定______(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。③设计实验装置，完成下图的装置示意图______。(2)参照下表格式，完善需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示)。V[0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3]/mLV[30%H2O2]/mLV[H2O]/mLV[O2]/mL___1ab___dt12acb___t2(3)利用图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置(连能的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_____(填“深”或“浅”)，其原因是_____。20、某实验小组用0.50mol·L-1氢氧化钠溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_______________(从下列选出)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．一次迅速倒入C．分三次少量倒入(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_________(从下列选出)。A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃棒搅拌棒轻轻地搅动(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。请填写下表中的空白：近似认为0.50mol·L-1氢氧化钠溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值(t2-t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1__________227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4(4)计算中和热△H=______________(取小数点后一位)。(5)不能用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，理由是_________________。21、X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素；Y与X同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2；W的原子序数为29，W的离子能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子：回答下列问题：（1）W原子的核外电子排布式为________，上述配离子中含有的化学键类型有________(填字母)。a．配位键b．极性键c．离子键d．非极性键（2）元素X、Y、V第一电离能由大到小的顺序是________________(用元素符号表示)。（3）Z的氢化物的空间构型是________；该氢化物的沸点比甲烷的高，其主要原因是_______________________________________________。（4）一定压强，将HF和HCl混合气体降温时，首先液化的物质是________。（5）已知XeO3分子中氙原子上有1对孤对电子，则XeO3为________分子(填“极性”或“非极性”)；XeO3分子中中心原子的杂化类型为________；XeO3分子的空间构型为________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【题目详解】A．由题中图示信息可知，电解池的阳极上氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为，故A错误；B．由题中图示信息可知，电解池的阴极上发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，电极反应式为，故B正确；C．电解池中，电解质里的阴离子均向阳极移动，故C错误；D．石墨电极会和阳极上产生的氧气发生反应，导致一氧化碳、二氧化碳气体的出现，所以电极本身会被消耗，石墨电极质量减小，故D错误；答案为B。2、C【题目详解】若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，说明为磷元素。则B为硫，C为氯元素，D为氧元素。A.氯与氧能形成化合物二氧化氯等多种氧化物，故错误；B.氧的最高正价不是+6，,硫的最高正价为+6，两者不相等，故B错误；C.A、B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸、硫酸和高氯酸，酸性强弱的关系是高氯酸＞硫酸＞磷酸，故正确；D.氧的最低价是-2，但氧没有+6价，故其最高价与最低价的绝对值的代数和不是8，故D错误。故选C。3、D【解题分析】试题分析：A、1.5mol氢气的质量是1.5mol×2g/mol＝3g，A错误；B、不能确定氢气所处的状态，不能计算其体积，B错误；C、1.5mol氢气的电子数3NA，C错误；D、1.5mol氢气的分子数是1.5×6.02×1023个，D正确，答案选D。考点：考查物质的量的有关计算4、D【解题分析】根据构成原电池的条件判断是否能够构成原电池，如果金属能构成原电池的就能产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀。【题目详解】A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故A不选；B．生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，铁为负极，易被腐蚀而生锈，与电化学腐蚀有关，故B不选；C．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；D．银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗，常因空气中的水或其它化学物质而氧化变黑或变黄并失去光泽，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故D选；故选：D。【题目点拨】本题考查了金属腐蚀类别的判断，解题关键：明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别及原电池构成条件。易错项B，与铁与氧气直接反应混淆。5、A【解题分析】A.碳酸钙受热分解属于吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故A正确；B.乙醇燃烧属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；C.铝与盐酸反应属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故C错误;D.氧化钙溶于水，与水发生化合反应，属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故D错误。故选A。【题目点拨】反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应物转化为生成物时就会放出能量；反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应物需要吸收能量才能转化为生成物。如果反应中的能量变化主要表现为热的形式，反应就伴随有热量的吸收或释放。6、A【题目详解】60℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14，c(OH-)=，c(OH-)<c(H＋)，故溶液显酸性，答案选A。【题目点拨】1.溶液酸碱性判断原则：①c(H+)=c(OH-),溶液显中性；②c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；③c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性；2.溶液酸碱性判断规律：①强酸强碱盐的水溶液显中性；②强酸弱碱盐的水溶液显酸性；③弱酸强碱盐的水溶液显碱性。7、D【分析】根据决定化学反应速率的根本原因(内因)和外界因素分析判断。【题目详解】因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质，而浓度、温度、压强、催化剂是影响因素，故选D。8、A【解题分析】①pH=0的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；②pH=12的溶液，显碱性；③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液；④Mg与H+反应产生H2，该溶液显酸性；⑤使石蕊变红的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；⑥Fe3+只能在酸性溶液大量存在。【题目详解】①pH＝0的溶液为强酸性溶液，H+、I－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存；②pH＝12的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在CO32-、SO32-，若溶液为碱性，则不能大量存在NH4+；④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；⑤使石蕊变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、MnO4-(还有NO3－)发生氧化还原反应，不能大量共存；⑥中性溶液不能大量存在Fe3+。综上分析，②④符合题意，故选A。【题目点拨】本题考查离子的共存，把握题给信息及常见离子之间的反应为解题关键，注意题目的隐含条件、考虑溶液酸碱性及离子之间发生的氧化还原反应。易错项为③和⑥：常温下水电离的c（H+）=10-12mol•L-1，说明水的电离被抑制，溶液可能为酸性也可能为碱性，该项容易误认为溶液显碱性；根据铁离子的水解特点及Fe(OH)3的溶度积可推算出，Fe3+只能存在于酸性溶液中，应作为一个知识点记住。9、C【题目详解】物质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面呈现如图所示状态，根据装置图可判断右侧溶液的液面高于左侧液面，这说明锥形瓶中放出热量，导致压强增大。氢氧化钠固体、生石灰和浓硫酸溶于水均是放热的，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl糊状物反应是吸热反应，因此加入的物质不可能是Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl糊状物；答案选C。10、A【题目详解】A.加水稀释时，醋酸的浓度减小，醋酸电离出来的H+离子浓度必将随之减小，则醋酸对水的电离抑制作用减弱，水的电离平衡正向移动，水电离出来的OH-浓度将增大，所以溶液中的OH-浓度增大，A项错误；B.电解质溶液中阴、阳离子电荷的代数和为0，所以醋酸溶液中的离子浓度满足关系：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B项正确；C.CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中加入CH3COONa固体时溶液中CH3COO-浓度增大，根据勒夏特列原理，电离平衡逆向移动，C项正确；D.pH=2的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol/L，因为醋酸是弱酸，只有部分电离，所以CH3COOH初始浓度远大于10-2mol/L；因为NaOH是强碱，完全电离，故pH=12的NaOH溶液的NaOH的初始浓度等于。当醋酸与NaOH溶液等体积混合时，CH3COOH的物质的量远大于NaOH的物质的量（n=cV），中和反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O时醋酸过量，溶液显酸性，D项正确；答案选A。11、C【解题分析】根据AgCl(s)=Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，①c(Ag＋)=mol·L－1，②c(Ag＋)=Ksp/c(Cl－)=Ksp/0.4mol·L－1，③c(Ag＋)=Ksp/c(Cl－)=Ksp/0.5mol·L－1，④c(Ag＋)=Ksp/c(Cl－)=Ksp/0.1mol·L－1，因此个溶液中c(Ag＋)由大到小的顺序是a>d>b>c，故选项C正确。12、B【题目详解】A、膳食平衡是指：膳食中所含的营养素种类齐全、数量充足、比例适当，故A错误；B、合理的膳食结构是指：膳食中所含的营养素种类齐全、数量充足、比例适当，故B正确；C、提供能量的主要物质是糖类，脂类和蛋白质还需要执行构建生物体结构的作用，故C错误；D、人大量流汗的过程中流失了很多钠盐，人在大量出汗后应及时补充钠离子，故D错误；故选B。13、C【解题分析】A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，A错误；B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，B错误；C、A电极氮的氧化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+、NO-3e-+2H2O=NO3-+4H＋，C正确；D、1molNO和NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。14、C【题目详解】由题给选项可知，各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量g＞l＞s，所以反应物的总能量为：B=C＞A=D，生成物的能量为：A=B＞C=D，该反应为放热反应，反应物知的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，则C放出的热量最多，反应热符号为“-”，反应放出的热量越多，反应热越小，C的反应热最道小，故选C。【题目点拨】对于放热反应，反应物能量越高，生成物能量越低，放出的热量越多，则△H越小。15、D【解题分析】①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解，说明原电池中B做负极，A做正极，金属性B>A；②电解物质的量浓度相同的A、C混合盐溶液时，阴极上先析出C（使用惰性电极），说明金属性A>C，则A、B、C的还原性强弱顺序为B＞A＞C，答案选D。16、B【题目详解】在H2O2分解实验中，当加入少量MnO2粉末时，H2O2的分解速率增大的原因是MnO2粉末做反应的催化剂，降低反应的活化能，故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeS2SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+【分析】I为黄绿色气体单质，I是氯气；E是常见的液体，F为日常生活中常见的化合物，E、F之间的反应常用于工业生产，且能产生氯气，故E是水、F是氯化钠，电解饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠，氢气、氯气生成氯化氢，I是氯气、H是氢气，K是氢氧化钠、J是氯化氢；A是由两种元素组成的化合物，质量比为7:8，在真空中加热分解，生成B、C，A是FeS2，C和水高温下能发生反应，B是S、C是铁；铁和水高温下能发生反应生成四氧化三铁和氢气，G是四氧化三铁，四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁；S在氧气中燃烧生成二氧化硫，D是二氧化硫，SO2能把Fe3+还原为Fe2+。【题目详解】根据以上分析，(1)A是FeS2；(2)K是氢氧化钠，属于离子化合物，电子式为；(3)铁和水高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，方程式为；(4)SO2能把Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式是SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。18、O＜＞NaCl【题目详解】(1)根据在元素周期表中的位置，②表示的元素是O；(2)同主族元素半径，从上往下逐渐增大；①、⑤两种元素的原子半径大小为：①＜⑤；(3)同周期元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；③、④两种元素的金属性强弱顺序为：③＞④；(4)③与⑥两种元素所形成化合物的化学式NaCl。19、收集到相同体积氧气所需要的时间(或相同时间内收集到氧气的体积)收集dmLO2所需时间t/scd深由图(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图(b)可知反应2NO2(g)N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，c(NO2)增大，颜色加深【题目详解】(1)①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，O元素的化合价既升高又降低，过氧化氢既作氧化剂又作还原剂，用双线桥表示为：；②反应速率是单位时间内物质的量浓度的变化量，所以要测定不同浓度的H2O2对分解速率的影响，可以比较收集到相同体积氧气所需要的时间，或比较相同时间内收集到氧气的体积；③收集并测量气体的体积，可以采用排水法收集氧气，但要用量筒代替集气瓶，这样便于测量其体积，或者用注射器来测量体积，装置图为：；(2)测定相同时间内产生氧气的体积多少来判断反应速率的快慢，所以最后一列测定的是收集dmLO2所需时间t/s；根据控制变量法，实验时要保证催化剂的浓度相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明H2O2浓度不同对反应速率影响，故第1组实验中水的体积为cmL，第2组实验中氧气的体积为dmL；(3)由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色）向逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深。20、BD4.0-53.5kJ·mol－1反应除生成水外，还有硫酸钡生成，该反应中的生成热会影响反应的反应热【分析】用0.50mol•L-1氢氧化钠溶液和0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和热的测定，为了减少实验过程中热量的散失，需要一次迅速倒入NaOH溶液，并用环形玻璃棒上下搅动使硫酸与NaOH溶液混合均匀，根据实验的平均温度差，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，据此分析解答。【题目详解】(1)用0.50mol•L-1氢氧化钠溶液和0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和热的测定，为了减少实验过程中热量的散失，需要一次迅速倒入NaOH溶液，故答案为：B；(2)用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动能够使硫酸与NaOH溶液混合均匀，故答案为：D；(3)4次实验的温度差分别为：4.0℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，第2次实验的数据相差较大，删除，其他三次实验的温度差的平均值△t==4.0℃，故答案为：4