黑龙江省哈尔滨第三中学2024届高二化学第一学期期中检测模拟试题含解析

黑龙江省哈尔滨第三中学2024届高二化学第一学期期中检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列事实不能用平衡移动原理解释的是()A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．工业合成氨时采用铁触媒作反应的催化剂C．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的转化率D．将收集NO2气体的烧瓶密闭后放在装有热水的烧杯中，发生颜色变化2、最近科学家发现了一种新分子，它具有空心的类似足球的结构，分子式为C60，下列说法正确的是A．C60是一种新型的化合物B．C60和石墨都是碳的同素异形体C．C60中虽然没有化学键，但固体为分子晶体D．C60相对分子质量为720g/mol3、铁、镁、铝三种金属，分别和同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下产生相同体积的氢气，则参加反应的金属（）A．所失去的电子数目相等B．质量相等C．反应后溶液中金属离子物质的量浓度相同D．物质的量比是28：12：94、有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是A．3种溶液pH的大小顺序是③>②>①B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②C．若分别加入25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①D．三种溶液中，水的电离程度最大的是③5、下列关于能源、资源的说法不正确的是（）A．开发新能源汽车可减少汽油、柴油的使用，从而减少雾霾天气现象B．太阳能、风能、生物质能资源丰富，可以再生，可能成为未来的主要能源C．煤、石油、天然气属于化石能源，它们不能再生D．氢能作为新能源的优点之一是储存方便6、对中数字的叙述正确的是（）A．291是Ts元素的相对原子质量B．291是Ts元素的质量数C．117是的质子数D．117是的中子数7、有下列物质：①乙醇；②苯酚；③乙醛；④丙烯酸(CH2＝CHCOOH)；⑤乙酸乙酯。其中与溴水、KMnO4酸性溶液、NaHCO3溶液都能反应的是()A．①③ B．②⑤ C．④ D．③④8、现有如下各种说法，正确的是①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合②金属元素的原子和非金属元素的原子化合均形成离子键③离子键是阴、阳离子的相互吸引力④根据电离方程式HCl===H＋＋Cl－，判断HCl分子中存在离子键⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子中共价键发生断裂生成H、Cl原子，而后H、Cl原子形成离子键的过程A．①②⑤正确 B．都不正确C．④正确，其他不正确 D．仅①不正确9、下列说法或表示方法正确的是A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．由C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ/mol可知，金刚石比石墨稳定C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=﹣285.8kJ/molD．在稀溶液中，H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molKOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ10、以下说法中正确的是A．冰在室温下自动熔化成水，是熵增的重要结果B．高锰酸钾加热分解是一个熵减小的过程C．△H＜0的反应均是自发反应D．△S为负值的反应均不能自发进行11、下列说法正确的是A．天然气和液化石油气的主要成分都是甲烷B．乙醇的沸点比丙烷高，是因为乙醇分子间存在氢键C．福尔马林有一定毒性，不能作消毒剂和防腐剂D．苯酚有毒，不慎沾到皮肤上，可以用氢氧化钠溶液处理12、下列热化学方程式，正确的是()A．已知H2的燃烧热ΔH＝－285.8kJ·mol-1，则氢气燃烧的热化学方程式可表示为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－571.6kJ·mol-1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol-1C．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ·mol-1，则稀盐酸与稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式可表示为H++OH－＝H2OΔH＝－57.3kJ·mol-1D．已知甲烷的热值为55.6kJ·g-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－889.6kJ·mol-113、关于饱和食盐水，说法正确的是（）A．再加食盐不会发生溶解 B．再加食盐不会发生结晶C．其中溶解速率等于结晶速率 D．加水稀释不影响溶解平衡14、下列对有机物结构或性质的描述，正确的是()A．0.1mol羟基中含有1mol电子B．乙烷和丙烯任意比混合的气体1mol，完成燃烧均生成3molH2OC．CH2Cl2具有两种同分异构体D．图中有机物（1-甲基环己烷）的一氯代物有4种15、臭氧(O3)是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生如下反应：反应I：O3O2+[O]△H>0平衡常数为K1；反应II：O3+[O]2O2△H<0平衡常数为K2；总反应：2O33O2△H<0平衡常数为K。下列叙述正确的是A．K=K1+K2 B．压强增大，K2减小C．适当升高温度，可提高消毒效率 D．降低温度，K减小16、肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N键为942、O＝O键为500、N—N键为154，则断裂1molN—H键所需的能量(kJ)是()A．194 B．391 C．516 D．658二、非选择题（本题包括5小题）17、工业中很多重要的原料都来源于石油化工，如下图所示：回答下列问题：(1)丙烯酸中所含官能团的名称为________________。(2)③、④反应的反应类型分别为_________________、________________。(3)写出下列相关方程式反应①_________________；B与C生成乙酸乙酯_________________；反应④_________________。(4)丙烯酸的性质可能有___________(填序号)。①加成反应②取代反应③加聚反应④氧化反应(5)C的同系物X，比C的分子中多3个碳原子，其同分异构体有___________种。18、某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇已知①A→B原子利用率100%②③请回答（1）写出D官能团的名称____________（2）下列说法正确的是（_________）A．A是甲醛B．化合物D与FeCl3溶液显色反应C．B→C反应类型为取代反应D．沙丁胺醇的分子式C13H19NO3（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________19、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol·L－1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L－1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：(1)为什么所用NaOH溶液要稍过量？__________________________________________________________。(2)倒入NaOH溶液的正确操作是__________(填字母，下同)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入(3)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是______(填字母)。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搅拌棒轻轻地搅动(4)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L－1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为______________________。(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120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6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、50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。(2)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________________________。(3)理论上稀的强酸溶液与强碱溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式：_______________。(4)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(5)实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH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__________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：________________________________________________。(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。21、已知H2O2的结构如下图：H2O2分子不是直线形的，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书页角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′，试回答：（1）写出H2O2分子的电子式和结构式。___________（2）写出分子内的键型。__________（3）估计它难溶于CS2，简要说明原因。_________（4）指出氧元素的化合价，简要说明原因。____________

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.啤酒中存在可逆反应CO2+H2O⇌H2CO3，开启啤酒瓶即减小压强，平衡逆向移动，产生大量CO2，能用平衡移动原理解释，A不选；B.用铁触媒作催化剂只能加快合成氨的反应速率，不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，B选；C.二氧化硫的催化氧化反应为2SO2+O22SO3，使用过量空气即增大氧气的浓度，平衡正向移动，提高SO2的转化率，能用平衡移动原理解释，C不选；D.收集NO2的密闭烧瓶中存在可逆反应2NO2⇌N2O4∆H<0，升高温度平衡逆向移动，颜色加深，能用平衡移动原理解释，D不选；答案选B。2、B【解题分析】A.C60是单质，故A不正确；B.C60和石墨是碳的同素异形体,故B正确；C.C60中存在共价键，是分子晶体，故C不正确；D.C60相对分子质量是720，故D不正确；故选B。3、A【分析】铁、镁、铝三种金属，分别和同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下产生相同体积的氢气，则参加反应的金属转移电子数目相等。【题目详解】A选项，根据分析转移的电子数目相等，即所失去的电子数目相等，故A正确；B选项，根据分析转移的电子数目相等，其消耗金属的物质的量之比为3:3:2，其质量不相等，故B错误；C选项，根据分析转移的电子数目相等，其消耗金属的物质的量之比为3:3:2，反应后溶液中金属离子物质的量浓度之比为3:3:2，故C错误；D选项，根据分析转移的电子数目相等，其消耗金属的物质的量之比为3:3:2，故D错误；综上所述，答案为A。4、C【解题分析】A．等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是③>①>②，选项A错误；B．稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③，选项B错误；C．等体积等浓度混合后，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，而HCO3-离子水解显碱性，所以pH最大的是①，选项C正确；D．碳酸钠和醋酸钠水解促进水的电离，氢氧化钠溶液是强碱抑制水的电离，电离程度不同，选项D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查学生盐的水解规律以及盐的水解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度不大。5、D【题目详解】A．开发新能源汽车可减少汽油、柴油的使用，可减少汽车尾气的排放，从而减少雾霾天气现象，故A正确；B．太阳能、风能、生物质能资源丰富，可以再生，是清洁能源，不会对环境造成污染，是今后新能源开发的方向，故B正确；B．煤、石油和天然气等属于化石燃料，是由古代生物的遗骸经过一系列复杂变化而形成的，是不可再生能源，故C正确；D．氢能作为新能源之一，优点很多，如①原料来源广②易燃烧、热值高，但氢气常温下为气态，储运不方便，故D错误；答案选D。6、C【题目详解】A.291是的质量数，不是Ts元素的相对原子质量，故A错误；B.291是的质量数，故B错误；C.117是的质子数，故C正确；D.117是的质子数，其中子数=291-117=174，故D错误；故答案选C。7、C【题目详解】①乙醇与溴水和碳酸氢钠溶液不反应；②苯酚不与碳酸氢钠反应；③乙醛与碳酸氢钠溶液不反应；④丙烯酸可与溴水加成、被酸性高锰酸钾溶液氧化、与碳酸氢钠作用生成二氧化碳；⑤乙酸乙酯与溴水、酸性高锰酸钾不反应；故答案选C。8、B【题目详解】①在水中的每个水分子中H原子和O原子之间存在共价键，但水分子之间存在氢键，故①错误；②金属和非金属化合不一定形成离子键，可能形成共价键，如氯化铝，故②错误；③离子键的实质是阳离子、阴离子间的相互作用力，包含吸引力和排斥力，故③错误；④HCl能电离出氢离子和氯离子，但HCl中H原子和Cl之间以共价键相结合，属于共价键，所以只存在共价键，故④错误；⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H、Cl原子，而后H、Cl原子形成共价键的过程，故⑤错误。由以上分析确定都错误，故选B。答案：B【题目点拨】本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键、共价键及离子化合物、共价化合物的关系，易错选项是④。9、D【题目详解】A.硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，A项错误；B.由C(石墨)=C(金刚石)；△H=+1.90kJ/mol可知金刚石的能量比石墨的能量高，所以石墨比金刚石稳定，B项错误；C.2gH2的物质的量为1mol，则燃烧2molH2放出的热量为2285.8kJ/mol=571.6kJ/mol氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=﹣571.6kJ/mol，C项错误；D.浓硫酸稀释会放出一部分热量，所以根据中和热的热化学方程式可知，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molKOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，D项正确；答案选D。【题目点拨】物质具有的能量越低越稳定，化学键的键能越高越稳定。10、A【题目详解】A、冰在室温下自动熔化成水，混乱度增大，因此是一个熵增过程，所以A选项是正确的；

B、高锰酸钾加热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，属于熵增过程，故B错误；

C、反应是否自发要根据焓判据和熵判据综合判断，△H＜0不一定都是自发反应，故C错误；D、反应是否自发要根据焓判据和熵判据综合判断，△H-T△S<0的反应属于自发反应，△S<0也可能自发进行，故D错误。所以A选项是正确的。11、B【解题分析】A.天然气的主要成分是甲烷，但液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等，故A错误；B.乙醇的沸点比丙烷高，是因为乙醇分子间存在氢键，使得乙醇分子间的作用力增大，熔沸点升高，故B正确；C.福尔马林有一定毒性，能破坏蛋白质的结构，可以做作消毒剂和防腐剂，常用于尸体防腐，故C错误；D.苯酚有毒，不慎沾到皮肤上，应用酒精冲洗，因氢氧化钠有腐蚀性，不可以用氢氧化钠溶液处理，故D错误；本题答案为B。12、D【分析】燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。【题目详解】A．氢气的燃烧热应该是1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，故A错误。B．该反应为可逆反应，1molN2和3molH2反应生成的NH3小于2mol，放出的热量小于38.6kJ·mol-1，故B错误。C．稀盐酸与稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式可表示为HCl(aq)+NaOH(aq)＝NaCl(aq)+H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol-1，故C错误。D．甲烷的热值是55.6kJ·g-1，表示1g的甲烷完全燃烧时所放出的热量，那么1mol即16克甲烷完全燃烧放出的热量为55.6kJ×16=889.6kJ，故D正确。本题选D。13、C【题目详解】A．食盐水达到饱和状态说明溶解达到平衡，该平衡属于动态平衡，溶解不会停止，故A错误；B．食盐水达到饱和状态说明溶解达到平衡，该平衡属于动态平衡，结晶不会停止，故B错误；C．食盐水达到饱和状态说明溶解达到平衡，溶解平衡的本质是溶解速率等于结晶速率，故C正确；D．食盐水达到饱和状态说明溶解达到平衡，加水稀释是溶液中离子浓度降低，平衡会向溶解方向移动，故D错误；故选C。14、B【题目详解】A、羟基－OH，1mol羟基中含有电子9mol，因此0.1mol羟基中含有0.9mol电子，故错误；B、两者分子式为C2H6和C3H6，1mol该混合物中含有6molH，根据元素守恒，生成3molH2O，故正确；C、甲烷是正四面体结构，其二氯甲烷有一种结构，故错误；D、有5种不同的氢原子，其一氯代物有5种，故错误。15、C【题目详解】A.总反应2O33O2平衡常数，反应IO3O2+[O]平衡常数，反应IIO3+[O]2O2平衡常数，由此可知K=K1∙K2，A项错误；B.平衡常数只与温度有关，与压强无关，B项错误；C.反应I是吸热反应，反应II是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，反应I向正反应方向移动，反应II向逆反应方向移动，都有利于生成游离氧原子[O]，消毒效率提高，C项正确；D.因为2O33O2正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大，D项错误；答案选C。16、B【题目详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752kJ/mol－534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN―H键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键、羧基氧化反应加聚反应+HNO3+H2OCH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2OnCH2=CHCOOH①③④4【分析】由B和C合成乙酸乙酯，B可被氧化为C，则可推出B为乙醇，C为乙酸，A则为乙烯，据此分析。【题目详解】由B和C合成乙酸乙酯，B可被氧化为C，则可推出B为乙醇，C为乙酸，A则为乙烯。(1)丙烯酸中所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；(2)反应③为乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，反应类型为氧化反应；反应④为丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应类型为加聚反应；(3)反应①是苯在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯和水，反应的化学方程式为+HNO3+H2O；B（乙醇）与C（乙酸）生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；反应④是丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应的化学方程式为nCH2=CHCOOH；(4)丙烯酸中碳碳双键可发生加成反应、加聚反应和氧化反应，羧基可发生取代反应和中和反应；答案选①③④；(5)C是乙酸，C的同系物X，比C的分子中多3个碳原子，则为丁基和羧基，丁基有4种，故其同分异构体有4。18、醚键AC、、、【分析】本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。【题目详解】根据以上分析。(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；(4)与反应生成的反应化学方程式为；(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。19、确保盐酸被完全中和CD△H1=△H2＜△H3-51.8kJ/mol【解题分析】(1)为了保证酸或是碱中的一方完全反应，往往需要保证一方过量；(2)将NaOH溶液倒入小烧杯中，分几次倒入，会导致热量散失，影响测定结果；(3)盐酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀；(4)H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1；中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；(5)根据中和热计算公式Q=cm△t中涉及的未知数据进行计算。【题目详解】(1)为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，故答案为确保盐酸被完全中和；(2)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故选C；(3)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故选D；(4)中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，放热反应的焓变是负值，所以△H1=△H2＜△H3，故答案为△H1=△H2＜△H3；(5)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；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20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/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×=12958J=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，故答案为-51.8kJ/mol。【题目点拨】本题考查了中和热的测定，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。本题的易错点为(4)，要注意氢氧化钙为强碱，完全电离；难度