2024届河北省定州市、博野县化学高二上期中复习检测试题含解析

2024届河北省定州市、博野县化学高二上期中复习检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，将0.1mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06mol·L－1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于A．1.7 B．2.0 C．12.0 D．12.42、下列关于能量变化的说法正确的是A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒3、某温度下，将2molA和3molB充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)+B(g)C(g)+D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数为1，在t0时刻，若保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则下列说法正确的是()A．a=2B．达到平衡时A的转化率为60%C．速率随时间变化关系如图所示D．为提高A的转化率，可采取升高温度的措施4、下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是()①SiO2和SO3②晶体硼和HCl③CO2和SO2④晶体硅和金刚石⑤晶体氖和晶体氮⑥硫黄和碘A．①②③ B．④⑤⑥ C．③④⑥ D．①③⑤5、下列溶液中微粒浓度的关系正确的是A．常温下，0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(H＋)>c(C2O42-)B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（OH-）=c（CO32-）+c（H+）C．向0.1mol/L的CH3COONa溶液中加入少量NaHSO4固体，所得溶液中：c（CH3COOH）+c(CH3COO-)=c(Na+)-c(SO42-)D．常温下，pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③(NH4)2SO4三种溶液中c(NH)：①>③>②6、在自然界中不存在游离态的元素是A．碳 B．硫 C．铁 D．铝7、某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g)cZ(g)+dW(g)，达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是A．平衡正移 B．Z的体积分数变小C．(a+b)>(c+d) D．X的转化率变大8、下列物质：①白磷②金刚石③石墨④二氧化硅⑤甲烷⑥四氯化碳⑦铵根离子，其分子结构或晶体结构单元中存在正四面体的是()A．①②④⑤⑥⑦ B．①②⑤⑥C．②⑦ D．③④⑦9、铁丝与氧气或水蒸气反应的共同产物是（）A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．FeO和Fe3O410、氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是A．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软C．两种晶体中的B原子的杂化类型相同D．两种晶体均为分子晶体11、下列分子中存在π键的是A．H2 B．Cl2 C．N2 D．HCl12、下列说法正确的是（）A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率13、向三份0.1mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－的浓度变化依次为()A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大14、下列对sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角的比较，得出结论正确的是A．sp杂化轨道的夹角最大B．sp2杂化轨道的夹角最大C．sp3杂化轨道的夹角最大D．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角相等15、一定条件下密闭容器中发生反应：NO(g)+CO(g)1/2N2(g)+CO2(g)△H=—373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是()A．升高温度 B．充入NO C．增大压强 D．加催化剂16、、−CH3、都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（）A．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化B．与NH3、H3O+互为等电子体，立体构型均为正四面体形C．中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面D．与OH-形成的化合物中含有离子键二、非选择题（本题包括5小题）17、乙醇是生活中常见的有机物，能进行如图所示的多种反应，A、B、C、D都是含碳化合物。(1)写出下列反应的化学方程式并写出③、④的反应类型：反应①：_____________。反应②：_______________。反应③的反应类型：______________。反应④的反应类型：______________。(2)乙醇分子中不同的化学键如图：请用①~⑤填写化学反应中乙醇的断键位置Ⅰ.与活泼金属反应，键______________断裂Ⅱ.在Cu或Ag催化下和O2反应，键______________断裂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、为测定氨分子中氮、氢原子个数比。某研究性学习小组设计了如下实验流程：实验时，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的单质铜。如图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。实验1测得反应前氧化铜的质量m1g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2g、生成的氮气在标准状况下的体积V1L。实验2测得洗气前装置D的质量m3g、洗气后装置D的质量m4g、生成的氮气在标准状况下的体积V2L。请回答下列问题：(1)写出仪器a和b的名称分别是：圆底烧瓶和______________。(2)检查A装置气密性的操作是_____________________________。(3)实验1和实验2分别选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填或相关化学方程式写在下表的空格中。实验装置实验药品制备原理实验1A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为：①___________；实验2②______；浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：③_______________。(4)实验1用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比为______________。（列式子，不计算结果）(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是_____________________。为此，实验2在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品和实验仪器的名称分别是__________和____________。20、用图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是__________。（3）实验中若用1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行中和热测定，写出表示该反应中和热的热化学方程试（中和热为57.3kJ·mol-1）：__________________。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高2.1℃。已知中和后生成的溶液的比热容为2．18J／（g·℃），溶液的密度均为1g／cm3。通过计算可得中和热△H=_____，（5）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生此偏差的原因可能是(填字母)______。a．实验装置保温、隔热效果差b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO2溶液的温度c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”．“不相等”），所求中和热___（填“相等”．“不相等”），若用51mL1．51mol·L－1醋酸代替H2SO2溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会____（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。21、(1)甲醚（CH3OCH3）是一种无色气体，具有轻微的醚香味，其燃烧热为1455kJ/mol，写出甲醚燃烧的热化学方程式_____；已知H2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ•mol﹣1、393.5kJ•mol﹣1；计算反应4C(s)+6H2(g)+O2(g)═2CH3OCH3(g)的反应热△H=______；(2)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－574kJ·mol－1CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1160kJ·mol－1若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为________(阿伏加德罗常数用NA表示)，放出的热量为________kJ。(3)在25℃、101kPa时，1.00gC6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，则表示C6H6燃烧热的热化学方程式为_______________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，硫酸的物质的量为1L×0.06mol•L-1=0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，则当酸碱发生中和时H+和OH-的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）==0.01mol•L-1，pH=-lg10-2=2.0，故选B．2、D【题目详解】A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；C、ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确；答案选D。3、B【解题分析】若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍,A的转化率不发生变化,则可以确定,设B的转化率为x,

⇌,

初始物质的量:2

3

0

0

变化物质的量:3x

平衡物质的量:

3x

3x,计算得出,即A的转化率是.A、,故A错误;B、达平衡时A的转化率为,所以B选项是正确的;C、保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍,速率减小,故C错误;D、因为反应的热效应不知,所以无法确定,故D错误;

本题答案为B。4、C【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。【题目详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；

②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；

③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；

④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；

⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；

⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。

答案选C。【题目点拨】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。5、C【分析】0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；根据质子守恒，NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（H+）=c（CO32-）+c（OH-）；根据物料守恒分析C选项；c(NH)越大，水解后酸性越强，氯离子、硫酸根离子对铵根离子水解无影响，铝离子抑制铵根离子水解；【题目详解】0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，所以c(H2C2O4)<c(C2O42-)，故A错误；根据质子守恒，NaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(H+)=c（CO32-）+c（OH-），故B错误；根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(SO42-)=c(Na+)，所以c(CH3COOH）+c(CH3COO-)=c(Na+)-c(SO42-)，故C正确；c(NH)越大，水解后酸性越强，氯离子、硫酸根离子对铵根离子水解无影响，所以c(NH)：①=③，铝离子抑制铵根离子水解，所以NH4Al(SO4)2中铵根离子浓度最小，三种溶液中c(NH)：①=③>②，故D错误。选C。6、D【解题分析】A．碳是不活泼非金属元素，自然界中有游离态碳，如木炭，故A不符合题意；B．硫元素在自然界中火山口附近有游离态的硫元素存在，故B不符合题意；C．铁是活泼金属，易失电子自然界中无游离态，陨石中含游离态的铁，故C不符合题意；D．因铝是活泼金属，易失去，易被氧化，只能以化合态存在，故D符合题意；故选D。【题目点拨】本题主要考查了元素在自然界的存在形式。元素存在状态以单质形式存在的为游离态，以化合物形式存在的为化合态，根据元素的活泼性来判断元素在自然界的存在形式。7、B【解题分析】保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b＜c+d。【题目详解】A．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，故A错误；B．平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故B正确；C．平衡向逆反应方向移动，则a+b＜c+d，故C错误；D．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，X的转化率变小，故D错误；答案选B。8、A【解题分析】分子结构或晶体结构单元中存在正四面体的是①白磷、②金刚石、④二氧化硅、⑤甲烷、⑥四氯化碳、⑦铵根离子；而石墨是层状的结构，A正确；正确选项A。点睛：白磷、甲烷、四氯化碳、铵根离子均为正四面体结构，而二氧化硅、金刚石是立体空间网状结构，含有正四面体结构单元。9、C【题目详解】铁在氧气中点燃生成Fe3O4，反应的化学方程式为：3Fe+2O2Fe3O4；铁与水反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，所以共同的产物是四氧化三铁。故答案选Ｃ。10、B【题目详解】A、由图可知立方相氮化硼中都是单键，所以都是σ键，故A错误；B、六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；C、六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2,立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；D、六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故D错误；综上所述，本题应选B。11、C【题目详解】A.氢气分子的结构式为H—H，分子中只存在δ键，故A错误；B.氯气分子的结构式为Cl—Cl，分子中只存在δ键，故B错误；C.氮气分子的结构式为N≡N，分子中存在1个δ键和2个π键，故C正确；D氯化氢的结构式为H—Cl，分子中只存在δ键，故D错误；故选C。【题目点拨】双键或三键中才含有π键，单键全部是是δ键是解答关键。12、C【分析】升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，而增大压强、增大浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，以此解答该题。【题目详解】A.增大反应物浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，A项错误；B.增大压强，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，B项错误；C.升高温度，可使更多的分子转化为活化分子，增加了反应物分子中活化分子的百分数，C项正确；D.催化剂可以降低反应所需的活化能，使更多普通分子变成活化分子，增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率，D项错误；答案选C。13、A【题目详解】CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，则加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，其中铵根水解显酸性，促进醋酸根水解，亚硫酸根水解显碱性，抑制醋酸根水解，铁离子水解显酸性，促进醋酸根水解，所以CH3COO－的浓度变化依次为减小、增大、减小。答案选A。14、A【解题分析】sp杂化的空间构型是直线型，夹角180º，sp3杂化的空间构型为正四面体，夹角是107º28′，sp2杂化的空间构型为平面形，夹角是120º，因此sp杂化轨道的夹角最大，故A正确。15、C【分析】外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响为本题主要考查点。【题目详解】A.升高温度，反应速率加快，平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，A错误；B.充入NO，反应速率加快，平衡虽然正向进行，但一氧化氮转化率减小，B错误；C.增大压强，反应速率加快，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，C正确；D.加催化剂反应速率加快但不影响平衡，NO的转化率不变，D错误；正确答案：C。16、C【题目详解】A．、−CH3、分别具有6个、7个和8个价电子，它们不是等电子体，中C原子的价电子对数为3，碳原子采取sp2杂化；−CH3、的价电子对数为4对，均采取sp3杂化，故A不符合题意；B．与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，价层电子对数为4对，有一对孤对电子，几何构型均为三角锥形，故B不符合题意；C．根据价层电子对互斥模型，中C原子的价电子对数为3，碳原子采取sp2杂化，其空间构型是平面三角形，故C符合题意；D．与OH-形成的化合物是CH3OH，属于共价化合物，不含离子键，故D不符合题意；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O酯化(或取代)反应氧化反应①①③【分析】乙醇和钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气；乙醇点燃生成二氧化碳和水；乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；乙醇在铜催化作用下氧化成乙醛；【题目详解】(1)反应①是乙醇和钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，反应方程式是2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；反应②是乙醇燃烧生成二氧化碳和水，反应方程式是CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O；反应③是乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应类型酯化(或取代)反应。反应④是乙醇在铜催化作用下氧化成乙醛，反应类型是氧化反应；(2)Ⅰ.乙醇与活泼金属反应生成乙醇钠，乙醇钠的结构式是，所以是键①断裂；Ⅱ.乙醇在Cu或Ag催化下和O2反应生成乙醛，乙醛的结构式是，所以是键①③断裂。七、元素或物质推断题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、长颈漏斗连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱。(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4B氢氧化钠溶于氨水后放热和增加氢氧根浓度均促进NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-；向逆方向移动，使更多的氨气逸出8V1:11.2(m1-m2)浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高碱石灰(或氧化钙等)干燥管(或U型管)【分析】根据装置的特征确定仪器的名称并检查气密性的操作方法；结合反应原理选择实验装置和书写反应方程式；结合实验数据分别计算出氢和氮原子的物质的量即可解题。【题目详解】(1)仪器a名称是圆底烧瓶、仪器b的名称是长颈漏斗；(2)检查A装置气密性的具体操作方法是连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；(3)实验1：氢氧化钙与硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应的化学方程式为(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4；实验2：浓氨水是液体，氢氧化钠是固体，为使氨气逸出，把氨水滴入固体氢氧化钠中，随着氢氧化钠溶解放热，氨气挥发放出气体，故选B装置；氢氧化钠溶于氨水后放热使氨气溶解度降低，增加氢氧根浓度，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-向逆方向移动，加快氨气逸出；(4)反应前氧化铜的质量为m1g、氧化铜反应后转化成的铜的质量为m2g，则氧化铜中氧元素的质量为m1-m2，根据原子守恒，则生成的水中氧原子的物质的量为mol；水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此氢原子的物质的量为mol×2=mol，生成的氮气在标准状况下的体积V1L，则氮气中氮原子的物质的量为mol=mol；因此氮氢原子个数比为mol：mol=8V1:11.2(m1-m2)；(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比小于理论值，其原因是洗气瓶D中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高，因此在洗气瓶D前的位置应增加了一个装有碱石灰(无水硫酸铜、氢氧化钠、氧化钙等)的干燥管(或U型管)只吸收水，减小误差。【题目点拨】本题考查氨气的制备及氨气的组成测量，利用了氨气的还原性，能准确测定反应中生成的水和氮气的量是实验成功的关键，实验2的易错点是硫酸吸收了水和氨气，导致误差增大。20、环形玻璃搅拌棒保温、隔热、减少实验过程中的热量损失1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l);ΔH=-57.3kJ·mol-1-52.8kJ·mol-1ab不相等相等偏小【题目详解】（1）根据量热器构成可知，为使反应充分、快速进行，可以用环形玻璃搅拌棒上下搅拌，因此仪器A为环形玻璃搅拌棒；综上所述，本题答案是：环形玻璃搅拌棒。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是起到保温、隔热的作用，降低热量损失，减少实验误差；综上所述，本题答案是：保温、隔热、减少实验过程中的热量损失。（3）中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热。所以1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行反应生成1mol液态水，放出热量为57.3kJ·mol-1，该反应的中和热的热化学方程式为1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，混合液质量为（31+51）×1=81g，温度变化2.1℃，则反应生成1.125mol液态水放出的热量Q=cm∆t=2.18×81×2.1=1371.12J，则生成1mol液态水时放出的热量约1371.12/1.125=52821.6J=52.8kJ，则中和热△H=-52.8kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：-52.8kJ·mol-1。(5)a．实验装置保温、隔热效果差，有部分热量散失，所以中和热偏小，a可能；b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO2测温度，因为温度计上会有氢氧化钠,氢氧化钠与硫酸反应放热,导致硫酸的起始温度偏高,那么实验后温度增加量就比实际要小，所测中和热偏小，b可能；c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，操作合理，减小了热量损失，数值准确，c不可能；综上所述，本题选ab。（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，反应生成1.15×1.55=1.1275molH2O，因此放出的热量不相等；由于中和热对应的是生成1mol液态水时的反应热，与实验过程中实际生成水的多少无关，故所求中和热相等；由于醋酸是弱酸，电离过程吸热，部分热量被消耗，因此测得反应前后温度的变化值会偏小；综上