2024届辽宁省营口市开发区第一高级中学化学高二第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2024届辽宁省营口市开发区第一高级中学化学高二第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列基团：﹣CH3、﹣OH、﹣COOH、﹣C6H5，相互两两组成的具有酸性的有机物有（）A．1种B．2种C．3种D．4种2、已知：pAg＝－lg{c(Ag＋)}，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10。如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L－1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位mL)变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1B．图中x点的坐标为(100,6)C．图中x点表示溶液中Ag＋恰好完全沉淀D．把0.1mol·L－1的NaCl换成0.1mol·L－1NaI则图像在终点后变为虚线部分3、常温下，甲溶液的pH=4，乙溶液的pH=5，甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是()A．2∶1 B．10∶1 C．1∶10 D．1∶1054、下列化学用语表示正确的是A．苯的比例模型： B．乙酸的结构式：C2H4O2C．羟基的电子式： D．CH2=CHCH=CH2的系统命名：1，3—二丁烯5、已知K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。保持温度不变，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法正确的是A．①中溶液变黄，③中溶液橙色加深B．上述可逆反应的平衡常数：①＜③C．K2Cr2O7溶液的氧化性在酸性条件下更强D．若向④中加入70%H2S04溶液至过量，溶液变为橙色6、298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是()A．该滴定过程应选择甲基橙作为指示剂B．M点对应的盐酸体积小于20.0mLC．M点:c(NH4＋)+c(NH3·H2O)＝c(Cl－)D．M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)7、下列反应的离子方程式书写正确的是A．Cl2与水反应：Cl2＋H2O＝HCl＋HClOB．Fe与稀盐酸反应：2Fe＋6H＋＝2Fe3+＋3H2↑C．CaCl2溶液和Na2CO3溶液反应：Ca2＋＋CO32－＝CaCO3↓D．CaCO3和稀硝酸反应：CaCO3＋H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O8、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A．①③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤9、关于钠原子和钠离子，下列叙述错误的是（）A．钠原子半径比钠离子半径大 B．它们相差一个电子层C．它们的互为同位素 D．属于同一元素10、人造地球卫星用到的一种高能电池--银锌蓄电池，其电池的电极反应式为：2Zn+2OH--2e-===2ZnO+H2↑，Ag2O+H2O+2e===2Ag+2OH-。据此判断锌是（）A．负极，并被氧化 B．正极，并被还原C．负极，并被还原 D．正极，并被氧化11、铋基催化剂对CO2电化学还原制取HCOOH具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图：下列说法错误的是A．使用Bi催化剂更有利于CO2的吸附B．使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)不相等C．CO2电化学还原制取HCOOH的反应∆H<0D．*CO生成*HCOO－的反应为：*CO+HCO+e－=*CO+*HCOO－12、一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应如下：2A(g)+B(s)2D(g)△H<0，测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是

实验I

实验II

实验III

反应温度/℃

800

800

850

c(A)起始/mol·L-1

1

2

1

c(A)平衡/mol·L-1

0.5

1

0.85

放出的热量/kJ

a

b

c

A．实验III的化学平衡常数K<1B．实验放出的热量关系为b>2aC．实验III在30min达到平衡时的速率v(A)为0.005mol·L-1·min-1D．当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡13、以下各反应中，不属于淀粉在体内变化过程的是A．2(C6H10O5)n（淀粉）＋nH2OnC12H22O11（麦芽糖）B．C12H22O11（麦芽糖）＋H2O2C6H12O6（葡萄糖）C．C6H12O6（葡萄糖）＋6O26H2O＋6CO2↑D．C6H12O6（葡萄糖）2C2H5OH＋2CO2↑14、合成药物异搏定路线中某一步骤如下：下列说法错误的是A．物质X中所有碳原子可能在同一平面内B．可用FeCl3溶液鉴别Z中是否含有XC．等物质的量的X、Z分别与H2加成，最多消耗H2的物质的量之比为3：5D．等物质的量的X、Y分别与NaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1∶215、以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(）A．18g冰(图甲）中含O﹣H键数目为4NAB．28g晶体硅(图乙）中含有σ键数目为4NAC．44g干冰(图丙）中含有0.25NA个晶胞结构单元D．石墨烯(图丁）是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含σ键数目为3NA16、在密闭容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)'ΔH＝－92.4kJ·mol－1，NH3在平衡混合气中的体积分数(φ)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列判断正确的是()A．T1大于T2B．升高温度，该反应的化学平衡常数增大C．当n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)＝1∶3∶2时，反应一定达到平衡状态D．其他条件不变，缩小体积增大压强，可提高单位时间内NH3的产量二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如图转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。（1）C的电子式___，G的结构简式为____。（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：___，C转化为D：___。（3）B的同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有__种。（4）写出下列反应的化学方程式。A→B的化学方程式：___。B和F生成G的化学方程式：___。18、今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。19、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH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用品是_______。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______(填“偏大、偏小、无影响”)（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_______(填“相等、不相等”),简述理由________。（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）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”、“无影响”）。20、误差分析：（1）在转移溶液时有部分溶液溅出，则配制的溶液浓度___________（填“偏高”、“偏低”或“不变”，下同）；（2）转移溶液后，没有用水洗涤烧杯内壁，溶液浓度将__________；（3）加水超过容量瓶的刻度线，溶液浓度将__________，此时应该_______________；（4）加水定容时俯视刻度线，溶液浓度将__________；（5）定容后将溶液摇匀，发现液面下降，又加水到刻度线，溶液浓度将_________。（6）烧碱溶解后，没有恢复到室温，就转移到容量瓶中进行配制，浓度将____________。21、自然界的矿物、岩石的成因和变化受多种条件的影响。地壳内每加深1,压强增大约25000~30000KPa，温度升高25—30摄氏度。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡:SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)+148.9KJ根据题意完成下列填空:（1）该反应的△H________0，在地壳深处容易有____________气体逸出，已知此处温度较高，则该反应为_____________反应（填“自发”，“非自发”，“无法确定”）（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应__________(填编号)。A．一定向正反应方向移动B．正逆反应速率一定加快C．平衡移动过程为：正反应速率先增大后减小D．平衡移动过程为：逆反应速率先减小后增大（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应已经达到平衡时，下列成立的是_______(填编号)。a.2v正(HF)=v逆(H2O)b.v(H2O)=2v(SiF4)c.SiO2的质量保持不变d.反应物不再转化为生成物（4）若反应容器容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】因羧酸和酚具有酸性，则-CH3、-OH、-COOH、-C6H5相互两两组成的具有酸性的有机物有CH3COOH、C6H5COOH、C6H5OH，故选C。【题目点拨】本题的易错点为﹣OH与﹣COOH结合的物质也有酸性，但现场的物质为HOCOOH，为碳酸，不是有机物。2、B【解题分析】当氯化钠溶液的体积是0时，pAg＝0，所以硝酸银溶液的浓度是1.0mol/L的，选项A不正确；pAg＝6时，二者恰好反应，所以氯化钠溶液的体积是100ml，选项B正确；当溶液中离子的浓度小于1.0×10-5mol/L时即可以认为沉淀达到完全，而X点溶液中银离子的浓度是1.0×10-6mol/L，所以选项C不正确；由于碘化银的溶解度小于氯化银的，所以如果换成0.1mol·L-1NaI，则图象在终点后变为应该再实线的左侧，选项D不正确，答案选B。3、A【解题分析】若甲、乙是酸溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-10：10-9=1:10；若甲、乙是盐类水解呈酸性的溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-4：10-5=10:1；若甲是酸溶液、乙是盐类水解呈酸性的溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-10：10-5=1：105；若甲是盐类水解呈酸性的溶液、乙是酸溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-4：10-9=105:1。因此，甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是2∶1，故选A。4、A【题目详解】A．苯为平面结构，苯分子中存在6个H和6个C，所有碳碳键完全相同，苯的比例模型为：，故A正确；B．C2H4O2为乙酸的分子式，结构式为：，故B错误；C．羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以1对共用电子对连接，电子式为，故C错误；D．CH2=CHCH=CH2的命名错误，应该为1，3-丁二烯，故D错误；故选A。【题目点拨】本题的易错点为C，要注意羟基不带电，注意与氢氧根离子的区分。5、C【解题分析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A错误；B．平衡常数与温度有关，温度没有改变，则可逆反应的平衡常数①=③，故B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误；故选C。点睛：注意把握题给信息，为解答该题的关键，易错点为D，注意Cr2O72-、CrO42-氧化性的比较；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能。6、C【解题分析】A.把盐酸滴加到氨水中，开始时溶液显碱性，当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性，观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差，在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，A正确；B.如果二者恰好反应，则会生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因M点pH＝7，则M点对应的盐酸体积小于20.0mL，B正确；C.如果溶液中的溶质只有氯化铵，则根据物料守恒守恒可知溶液中c(NH4＋)+c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，但M点时盐酸不足，氨水过量，则溶液中c(NH4＋)+c(NH3·H2O)＞c(Cl－)，C错误；D.根据电荷守恒可得：c(NH4＋)+c(H＋)＝c(Cl－)+c(OH－)，由于M点处的溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH4＋)＝c(Cl－)。氯化铵是强电解质，电离远远大于弱电解质水的电离程度，所以溶液中离子浓度关系是：c(NH4＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，D正确；答案选C。【题目点拨】判断电解质溶液中离子浓度大小时，经常要用到三个守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒，会根据相应的物质写出其符合题意的式子，并进行叠加，得到正确的算式。7、C【题目详解】A.Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2＋H2OH++Cl-＋HClO，选项A错误；B.Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe＋2H＋＝Fe2+＋H2↑，选项B错误；C.CaCl2溶液和Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为：Ca2＋＋CO32－＝CaCO3↓，选项C正确；D.CaCO3和稀硝酸反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋+CO2↑+H2O，选项D错误。答案选C。8、D【题目详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中发生两个化学反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3=Fe(OH)3↓＋3NaCl，产生的氢氧化铁是红褐色沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合时，过量的氢氧根离子与铝离子反应生成偏铝酸根离子和水，无沉淀产生；③Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应是Ca(OH)2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，产生白色沉淀；④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，发生的反应是NaAlO2＋H2O＋HCl=NaCl＋Al(OH)3↓，产生白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通足量CO2，产生NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有白色沉淀生成。符合条件的有③④⑤。答案选D。9、C【题目详解】钠原子结构示意图：，钠离子结构示意图：，核电荷数相同，它们属于同一种元素，半径：r(Na)>r(Na+)，从结构示意图看，相差一个电子层，但不是同位素，同位素是指质子数相同，中子数不同的核素互称为同位素，钠原子和钠离子质子数、中子数都相同，电子数不同，钠原子和钠离子不是同位素，C错误，故答案为：C。10、A【题目详解】由电极反应方程式可知，Zn化合价升高，失电子，被氧化，作负极；氧化银得电子被还原，为正极，故A正确；故选A。【题目点拨】电子从负极流出，经过外电路流入正极。11、A【题目详解】A．由图可知，使用Bi2O3的反应活化能小于使用Bi的反应活化能，说明Bi2O3比Bi更有利于吸附CO2，故A错误；B．由图可知，使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)分别出现在第三和第四阶段，能量不相同，故B正确；C．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，CO2电化学还原制取HCOOH的反应为放热反应，△H＜0，故C正确；D．根据图示结合原子守恒分析，*CO生成*HCOO－的反应为：*CO+HCO+e－=*CO+*HCOO－，故D正确；故选A。12、B【题目详解】A、2A(g)+B(s)2D(g)起始浓度（mol/L）10转化浓度（mol/L）0.150.15平衡浓度（mol/L）0.850.15所以该温度下反应的平衡常数K＝＝＜1，因此A正确；B、由于反应前后体积不变，所以实验I和实验Ⅱ的平衡是等效的，因此b＝2a，B不正确；C、实验III在30min达到平衡时的速率v(A)＝＝0.005mol•L-1·min-1，C正确；D、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，而容器容积是不变的，因此当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应达到平衡，D正确.答案选B。13、D【解题分析】淀粉在体内变化过程是：淀粉麦芽糖葡萄糖提供热能，选项A、B、C正确。葡萄糖在催化剂作用下发酵生成酒精，不属于人体内变化，选项D错误。答案选D。【题目点拨】本题考查淀粉的性质和用途，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。14、C【解题分析】A、苯环空间构型是平面正六边形，羰基是平面结构，因此所有碳原子可能在一平面，故说法正确；B、X中含有酚羟基，Y中不含酚羟基，加入FeCl3溶液，X发生显色反应，而Y不行，因此可以鉴别，故说法正确；C、1molX中含有1mol苯环和1mol羰基，1mol苯环需要3mol氢气，1mol羰基需要1mol氢气，因此1molX需要4mol氢气，1molZ中含有1mol苯环、2mol碳碳双键，酯中羰基和羧基中羰基不能与氢气发生加成，因此1molZ最多消耗5mol氢气，故错误；D、1molX中只含有1mol酚羟基，即1molX消耗1mol氢氧化钠，1molY中含有1mol酯基、1mol溴原子，因此消耗2mol氢氧化钠，故说法正确。15、C【解题分析】A.1个水分子中含有2个O﹣H键；B.硅晶体中,每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si键,根据均摊法计算出1mol硅形成的Si-Si数目；

C.二氧化碳晶体是立方面心结构,1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子；

D.在石墨烯中,每个碳原子周围有两个C-C单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，据此判断。【题目详解】A.1个水分子中含有2个O﹣H键，18g冰的物质的量为1mol，含有O﹣H键数目为2NA，故A错误；

B.28g晶体硅中含有1molSi原子，晶体硅中,每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si键,则每个硅原子形成的共价键为:1/2×4=2,则1mol单质硅含有2molSi-Si键,含有2NA个Si-Si键,故B错误；

C.1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰物质的量为1mol，含有晶胞结构单元个数0.25NA个,故C正确；

D.在石墨烯中,每个碳原子周围有两个C-C单键和一个C=C双键,所以每个碳原子实际占化学键为1.5个,12g石墨烯即1mol所含碳碳键数目为1.5NA，故D错误；

综上所述，本题选C。16、D【解题分析】A、由图象可知T1图象表示NH3的体积分数变化慢，T2图象表示NH3的体积分数变化快，所以T1的温度小于T2的温度，即A错误；B、这是一个放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以B错误；C、物质的量之比等于化学计量数之比，与平衡状态无关，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D、增大压强，加快反应速率，所以单位时间内生成更多的NH3，所以D正确。本题正确答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应加成反应3+NaOH+NaClCH3COOH++H2O【分析】C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，则C为乙烯，其与水发生加成反应生成的D为乙醇；乙醇经催化氧化生成E，E为乙醛；乙醛经银氨溶液氧化后再酸化得到F，则F为乙酸；由图中信息可知，甲苯与氯气在光照的条件下发生侧链上的取代反应生成A，A属于卤代烃，其在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成B；B与F在一定条件下生成G，由G的分子式C9H10O2可以推断B为苯甲醇（）、A是。【题目详解】（1）C为乙烯，其电子式为；G为乙酸苯甲酯，其结构简式为。（2）A转化为B属于卤代烃的水解反应，其反应类型为取代反应；C转化为D的反应是乙烯与水反应生成乙醇，其反应类型为加成反应。（3）B为苯甲醇，其同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体属于酚，可能为邻甲酚、间甲酚和对甲酚，共有3种。（4）A→B的化学方程式为+NaOH+NaCl。B和F生成G的化学方程式为CH3COOH++H2O。18、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【题目详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。19、环形玻璃搅拌器减少实验过程中的热量损失；偏小相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关偏小。【分析】根据中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量和中和热测定实验进行分析解答本题。【题目详解】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；

(2)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纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；

(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小，故答案为：偏小；

(4)因为中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；(5)稀的强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ，氨水为弱碱的溶液，弱碱的电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小。20、偏低偏低偏低重新配制偏高偏低