2024届河北省中原名校联盟化学高二上期中达标检测试题含解析

2024届河北省中原名校联盟化学高二上期中达标检测试题注意事项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、北京大学和中国科学院的化学工作者合作，已成功研制出碱金属与C10形成的球碳盐K3C10。实验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性。下列关于K3C10的组成和结构的分析中正确的是A．K3C10中既有离子键，又有极性键B．1molK3C10中含有的离子数目为13×1．02×1023C．该晶体在熔融状态下不能导电D．该物质的化学式可写为KC202、已知298K下反应2Al2O3(s)＋3C(s)=4Al(s)＋3CO2(g)ΔH＝＋2171kJ/mol，ΔS＝＋635.5J/(mol·K)，则下列说法正确的是A．由题给ΔH值可知，该反应是一个放热反应 B．ΔS>0表明该反应是一个熵增加的反应C．该反应在室温下可能自发 D．不能确定该反应能否自发进行3、下列关于物质性质递变规律的叙述正确的是（）A．酸性：H2SiO3>H3PO4>HClO4 B．碱性：KOH>NaOH>LiOHC．金属性：Al>Mg>Na D．气态氢化物稳定性：HBr>HCl>HF4、下列物质中属于醇类且能发生消去反应的是()A．CH3OHB．C．CH3CH(OH)CH2CH3D．5、已知下列两个结构简式：CH3—CH3和CH3—，两式中均有短线“—”，这两条短线所表示的意义是A．都表示一对共用电子对B．都表示一个共价单键C．前者表示一对共用电子对，后者表示一个未成对电子D．前者表示分子内只有一个共价单键，后者表示该基团内无共价单键6、符合陶器垃圾分类标识的是A． B． C． D．7、下列物质分类正确的是A．豆浆、蛋白质溶液均属于胶体 B．H2O、CO2均为电解质C．NO、SO3均为酸性氧化物 D．H2S、O2常作还原剂8、基态铬(原子序数24)原子的电子排布式是()A．1s22s22p63s23p64s14p5 B．1s22s22p63s23p63d6C．1s22s22p63s23p64s13d4 D．1s22s22p63s23p63d54s19、用石墨电极电解硫酸铜溶液，电解一段时间后若阴、阳极均产生标况下2.24L气体，要将电解质溶液恢复到电解前，需加入一定量的A．Cu(OH)2 B．H2SO4 C．CuO D．H2O10、碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌－锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为Zn(s)＋2MnO2(s)＋H2O(l)===Zn(OH)2(s)＋Mn2O3(s)，下列说法错误的是A．电池工作时，锌失去电子B．电池正极反应为2MnO2(s)＋H2O(l)＋2e－=Mn2O3(s)＋2OH－(aq)C．电池工作时，负极附近溶液碱性增强D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g11、某溶液中仅含有H＋、Al3＋、Cl－、SO42－四种离子，其中H＋的浓度为0.5mol/L，Al3＋的浓度为0.1mol/L，Cl-的浓度为0.2mol/L，则SO42－的浓度是A．0.15mol/L B．0.25mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L12、铝碳酸镁[AlaMgb•(CO3)c•(OH)d•eH2O]用于治疗慢性胃炎。称取3.01g铝碳酸镁样品，溶于50mL2mol•L-1的盐酸(过量)，收集到气体112mL(标准状况)；往所得溶液中加入40mL3mol•L-1的NaOH溶液，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得固体1.74g；再将滤液稀释到100mL，测得溶液中OHˉ的浓度为0.1mol•L-1。由计算可得e的值为A．4 B．5 C．7 D．813、在密闭容器中发生如下反应：mA(g)+nB(g)⇌pC(g)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，下列说法错误的是()A．平衡向逆反应方向移动 B．m+n>pC．A的转化率降低 D．B的体积分数增加14、可逆反应：A2(？)＋B2(？)⇌2AB(？)，当温度和压强改变时，n(AB)的变化如下图，下列叙述正确的是A．A2、B2及AB均为气体，ΔH<0B．AB为气体，A2、B2至少有一种为非气体，ΔH<0C．AB为气体，A2、B2有一种为非气体，ΔH>0D．AB为固体，A2、B2有一种为非气体，ΔH>015、下列生活中常见物质不属于传统无机非金属材料的是()A．水泥 B．玻璃 C．陶瓷 D．食醋16、下列关于铜电极的叙述正确的是()A．铜锌原电池中铜电极上发生氧化反应B．电解饱和食盐水制烧碱时，用铜作阳极C．电解法精炼铜时，粗铜连接电源的正极D．电镀铜和精炼铜时，均用纯铜作阴极二、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、有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如：(1)HX+CH3-CH=CH2(X为卤素原子)(2)苯的同系物与卤素单质混合，若在光照条件下，侧链上氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环上的氢原子被卤素原子取代。工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料。请根据上述路线，回答下列问题：(1)A的结构简式可能为_________。(2)反应①、③、⑤的反应类型分别为________、________、_______。(3)反应④的化学方程式为(有机物写结构简式，并注明反应条件)：____。(4)工业生产中，中间产物A须经反应③④⑤得D，而不采取直接转化为D的方法，其原因是______。(5)这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：①其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种。写出符合上述条件的物质可能的结构简式(只写两种)：_____________。19、(1)按要求完成下列问题①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。②已知常温下CO转化成CO2的能量关系如图所示。写出该反应的热化学方程式：______。(2)N2H4和H2O2混合可作火箭推进剂，已知：0.5molN2H4(l)和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量；2H2O2(l)=O2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－196.4kJ·mol－1。①反应N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)的ΔH＝__________kJ·mol－1。②N2H4(l)和H2O2(l)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为_______。将上述反应设计成原电池如图所示，KOH溶液作为电解质溶液。③a极电极反应式为_______；④当负极区溶液增重18g，则电路中转移电子总数为__________；(3)实验室用50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。①该装置缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为_________________；②实验室提供了0.50mol·L－1和0.55mol·L－1两种浓度的NaOH溶液，应最好选择_____________mol·L－1的NaOH溶液进行实验。③若实验过程中分多次加入所选浓度的NaOH溶液，会导致所测得的中和热ΔH__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。20、中华人民共和国国家标准（G2762011）规定葡萄酒中c最大使用量为0.25g/L.某兴趣小组用图装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为_______________（2）B中加入300.0ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出与C中H2O2完全反应其化学方程式为_________________________________（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“20”处，则管内液体的体积______（填序号）（①=20mL，②=30mL，③＜20mL，④＞30mL）．（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液12.50mL，该葡萄酒中SO2含量为:___g/L（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施______________21、碳元素是构成物质世界的重要元素，回答下列问题：(1)碳能形成多种氧化物，如CO、CO2、C2O3等，其中C2O3遇水生成草酸(HOOCCOOH)。已知乙酸和草酸的电离平衡常数(25℃)如下：酸电离平衡常数(25℃)草酸HOOCCOOHKa1=5×10－2，Ka2=5.4×10－5乙酸CH3COOHKa=1.6×10－5①阴离子CH3COO－、HC2O、C2O结合质子(H+)能力的由强到弱的顺序为____________。②常温下，0.1mol/L乙酸溶液的pH=____________(保留一位小数，lg2=0.3)。③常温下，某浓度的Na2C2O4溶液的pH=9，则溶液中=________。(2)利用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸可测出其准确浓度(氧化产物为CO2)。①酸性KMnO4标准溶液应盛装在_________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②达到滴定终点的判断依据为____________。③若达到滴定终点时消耗cmol/L酸性KMnO4标准溶液VmL，实验中所用草酸溶液体积为25.00mL，则该草酸溶液的浓度为______________mol/L。

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】A．该物质中K+和C103-之间存在离子键、C103-内原子之间存在非极性共价键，故A错误；B．1molK3C10中含有3molK+和1molC103-，含有的离子数目为4×1.02×1023，故B错误；C．含有自由移动离子或电子的物质能导电，熔融状态下的K3C10中含有自由移动的离子，所以能导电，故C正确；D．该物质的化学式体现了K+与C103-的个数比为3:1，阴离子为C103-，不能写成KC20，故D错误；故选C。【题目点拨】本题考查化学键、物质的导电性、阿伏加德罗常数等知识点，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力即可解答，注意该晶体中阴离子为C103-，为易错点。2、B【题目详解】A．该反应ΔH>0，则该反应为吸热反应，故A项说法错误；B．由方程式可知，反应过程中，体系混乱度增大，熵增大，ΔS＝＋635.5J/(mol·K)>0，说明该反应是一个熵增加的反应，故B项说法正确；C．该反应ΔH>0，ΔS>0，由复合熵判断依据ΔG=ΔH－TΔS<0时，反应能够自发进行可知，该反应在室温下不能自发，故C项说法错误；D．根据复合熵判断依据ΔG=ΔH－TΔS<0时，反应能够自发进行，可判断该反应在高温下能够自发进行，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。3、B【题目详解】A.非金属性：Cl>P>Si，非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：HClO4>H3PO4>H2SiO3，叙述错误，A错误；B.金属性：K>Na>Li，金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：KOH>NaOH>LiOH，叙述正确，B正确；C.金属性：Na>Mg>Al，叙述错误，C错误；D.非金属性：F>Cl>Br，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性：HF>HCl>HBr，叙述错误，D错误；答案为B。4、C【解题分析】醇发生消去反应的条件：与-OH相连的C，其相邻C上有H原子。A、CH3OH属于醇，只有一个碳原子，不能发生消去反应，故A错误；B、属于醇，与-OH相连的C，其相邻C上无H原子，不能发生消去反应，故B错误；C、CH3CH(OH)CH2CH3属于醇，与-OH相连的C，其相邻C上有H原子，能发生消去反应，消去可得到CH3CH=CH2，故C正确；D、的-OH直接连在苯环上，属于酚类，故D错误。故选C。5、C【题目详解】CH3—CH3中的短线表示一个共价键，即一对共用电子对；—CH3中短线表示甲基中的一个未成对电子，因此正确的答案选C。6、B【题目详解】陶器不属于瓶罐制品，故A错误；不属于厨余垃圾，不能回收，所以属于其它垃圾。故选B。7、A【题目详解】A．分散质粒子直径介于1-100nm之间的为胶体，豆浆、蛋白质溶液均属于胶体，故A正确；B．H2O是弱电解质，CO2属于非电解质，故B错误；C．SO3为酸性氧化物，NO是不成盐氧化物，故C错误；D．H2S中S的化合价为最低价，是常见的还原剂，O2是常见的氧化剂，故D错误；故选A。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意二氧化碳的水溶液能够导电，是反应生成的碳酸能够电离，而二氧化碳不能电离。8、D【题目详解】A．违反了构造原理，3d能级比4p能级低，应排3d而不是4p，故A错误；B．违反了构造原理和洪特规则特例，价电子排布部分应为3d54s1，故B错误；C．违反了洪特规则特例和核外电子式书写规范，同一能层的写在一起，应为1s22s22p63s23p63d54s1，故C错误；D．Cr的原子序数为24，核外电子数为24，根据洪特规则特例，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故D正确；答案选D。9、A【分析】用石墨电极电解硫酸铜溶液，电解一段时间后若阴、阳极均产生标况下2.24L气体，即阴极生成Cu和0.1molH2，阳极生成0.1molO2，结合电子守恒计算析出Cu的物质的量，再根据“电解出什么物质加入什么物质”。【题目详解】标况下2.24L气体的物质的量为=0.1mol，当阴极生成nmolCu和0.1molH2，阳极生成0.1molO2，根据电子守恒可知：2nmol+0.1mol×2=0.1mol×4，解得：n=0.1mol，电解产物中Cu、O、H的原子数目比为0.1mol：0.2mol：0.2mol=1:2:2，相当于Cu(OH)2，根据“电解出什么物质加入什么物质”可知需要加入0.1molCu(OH)2，故答案为A。10、C【解题分析】A.该电解质溶液呈碱性，放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，故A正确；B.正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2(s)＋H2O(l)＋2e－=Mn2O3(s)＋2OH－(aq)，故B正确；C.放电时，负极上氢氧根离子参加反应导致负极附近氢氧根离子浓度减小，则PH降低，故C错误；D.1molZn失去2mol电子，外电路中每通过0.2mol电子，Zn的质量理论上减小6.5g，故D正确。故选C。11、C【题目详解】根据溶液中存在电荷守恒关系：c(H＋)+3c(Al3＋)=c(Cl－)+2c(SO42－)，代入数据计算：c(SO42－)=mol/L=0.3mol/L。故选C。【题目点拨】在溶液中，n价离子An+或Bn-所带的电荷总数为nc(An+)或nc(Bn-)，所以，在电荷守恒式中，一个离子带几个电荷，就在其物质的量浓度前面乘以几。12、A【分析】根据生成二氧化碳的量计算出碳酸根离子的物质的量，氢氧化钠过量，生成的沉淀为氢氧化镁，根据n=计算出氢氧化镁的物质的量，从而得出3.01g样品中含有的镁离子的物质的量；反应后溶质为氯化钠、偏铝酸钠和氢氧化钠，根据电荷守恒计算出偏铝酸根离子的物质的量，从而得出样品中含有铝离子的物质的量；设3.01g样品中含有氢氧根离子的物质的量为xmol，则：n(HCl)-2n(CO32-)-x=n总(OH-)-n剩余(OH-)-2n(Mg2+)-4n(Al3+)，据此计算出样品中氢氧根离子的物质的量；然后根据质量守恒计算出3.01g样品中含有水的质量、物质的量，最后根据a:b:c:d:e=n(Al3+):n(Mg2+):n(CO32-):n(OH-):n(H2O)计算出e的值。【题目详解】50mL2mol•L-1的盐酸中含有HCl的物质的量为：n(HCl)=2mol/L0.05L=0.1mol，则反应后的溶液中n(Cl-)=0.1mol，生成二氧化碳的物质的量为：n(CO2)==0.005mol，根据C原子守恒，3.01g样品中含有0.005molCO32-；因为反应后氢氧根离子过量，则1.74g沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：=0.03mol，根据质量守恒可以知道，3.01g样品中镁离子的物质的量为0.03mol；40mL3mol•L-1的NaOH溶液中，氢氧化钠的物质的量为：3mol/L0.04L=0.12mol，反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：n(OH-)=0.1L0.1mol/L=0.01mol，反应后溶液中的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH，根据离子电荷守衡：n(Cl-)+n(OH-)+n(AlO2-)=n(Na+)，则：n(AlO2-)=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol，根据质量守恒，3.01g样品中含有铝离子的物质的量为0.01mol；生成0.05mol二氧化碳需要消耗氯化氢0.1mol，0.01mol铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗0.04mol氢氧根离子，生成0.03mol氢氧化镁沉淀需要消耗0.06mol氢氧根离子，设3.01g样品中含有氢氧根离子的物质的量为x，则：0.1mol-0.01mol-x=0.12mol-0.04mol-0.06mol-0.01mol，计算得出：x=0.08mol，3.01g样品中含有水的质量为3.01g-27g/mol0.01mol-24g/mol0.03mol-60g/mol0.005mol-17g/mol0.08mol=0.36g，水的物质的量为=0.02mol，所以a:b:c:d:e=n(Al3+):n(Mg2+):n(CO32-):n(OH-):n(H2O)=0.01mol:0.03mol:0.005mol:0.08mol:0.02mol=2:6:1:16:4，即：a=2、b=6、c=1、d=16、e=4，故答案选A。13、B【分析】平衡后将气体体积缩小到原来的一半，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，但此时C的浓度为原来的1.9倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理分析。【题目详解】A．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应方向移动，故A正确；B．增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有：m+n＜p，故B错误；C．增大压强平衡向逆反应方向移动，则反应物的转化率降低，故A的转化率降低，故C正确；D．平衡向逆反应移动，B的体积百分含量增大，故D正确；答案选B。14、B【解题分析】由图像可知a曲线→b曲线时压强不变，降低温度，平衡时生成物AB的物质的量增大，说明平衡A2＋B22AB向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，即ΔH<0。由图像可知b曲线→c曲线，温度不变，压强增大，达到平衡时生成AB的物质的量减少，说明平衡A2＋B22AB向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，逆反应应该是气体体积减少的方向，因此生成物AB必为气体，A2、B2至少有一种为非气体（液体或固体）。答案选B。15、D【题目详解】传统无机非金属材料，主要是硅酸盐工业，水泥、玻璃、陶瓷等都是传统无机非金属材料，食醋的组要成份是乙酸，乙酸属于有机物，故D正确。故选D。16、C【题目详解】A．原电池中活泼金属作负极，则Cu为正极，所以铜锌原电池中铜电极上发生还原反应，选项A错误；B．电解饱和食盐水制烧碱时，应采用惰性电极，若采用Cu为阳极，则生成氢氧化铜，选项B错误；C．粗铜精炼中，粗铜作阳极，所以电解法精炼铜时，粗铜连接电源的正极，选项C正确；D．电镀铜时，纯铜为阳极，在阳极上失去电子，精炼铜时，纯铜为阴极，在阴极上铜离子得电子，选项D错误；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、、加成反应消去反应水解反应或取代反应中间产物A结构有2种，不稳定，若直接由A转化为D会有大量的副产物生成、【分析】在光照条件下可与氯气发生取代反应生成A，A的结构简式为或，B能发生加成反应，则A应发生消去反应，B为，根据产物可知D为，则C为，以此解答该题。【题目详解】(1)由以上分析可知A为或；(2)由异丙苯的结构可知，反应①为苯与丙烯发生加成反应，反应③为A发生消去反应生成，⑤为发生取代反应生成；(3)异苯丙烯和氯化氢加成生成，反应④的方程式为：；(4)A为或，D为，中间产物A须经反应③④⑤得D，而不采取直接转化为D的方法的原因是：中间产物A的结构不确定，若直接由A转化为D会有大量副产物生成；(5)①该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种，则苯环上有2个取代基，且位于对位位置，可能为：、、任意2种。19、放热2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝-566kJ·mol－1-621.2N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)ΔH＝-817.6kJ•mol-1N2H4＋4OH--4e-＝N2↑＋4H2ONA环形玻璃搅拌棒0.55偏大【分析】（1）根据反应物与生成物的总能量相对大小分析反应热，根据热化学方程式的书写规则分析解答；（2）根据盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；根据原电池原理分析书写电极反应，计算电子转移数目；（3）根据量热计的构造写出缺少一种玻璃仪器的名称；测定中和热时为保障反应快速进行，以减少误差，常常使酸或碱略过量。【题目详解】（1）①反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热，故答案为：放热；②根据图示得2molCO完全反应放出566kJ热量，则该反应的热化学方程式为：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝-566kJ·mol－1；故答案为：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝-566kJ·mol－1；（2）①0.5mol液态N2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出310.6kJ的热量，则1molN2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出热量为310.6kJ×2=621.2kJ；②N2H4和H2O2反应生成N2（g）和H2O（l）的化学方程式为N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l），液态N2H4燃烧的热化学方程式为N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=-621.2kJ/mol①2H2O2（l）═O2（g）+2H2O（l）△H=-196.4

kJ/mol②；根据盖斯定律①+②计算N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）的△H=-621.2kJ/mol+（-196.4

kJ/mol）=-817.6kJ/mol，所以N2H4和H2O2反应生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式为N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol；③a电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4＋4OH--4e-＝N2↑＋4H2O；④根据氢原子守恒，负极区增重的是水的质量，增重18g水，相当于生成1molH2O，根据负极反应式N2H4＋4OH--4e-＝N2↑＋4H2O得，转移电子总数为1mol，即NA；故答案为：-621.2；N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol；N2H4＋4OH--4e-＝N2↑＋4H2O；NA；（3）①根据量热计的构造可知缺少的一种玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒；②实验室提供了0.50mol•L-1和0.55mol•L-1两种浓度的NaOH溶液，为了使反应充分，NaOH应过量，所以选择0.55mol•L-1的溶液进行实验；③若实验过程中分多次加入所选浓度的NaOH溶液，会使反应过程中热量损失，会导致所测得的中和热ΔH偏大；故答案为：环形玻璃搅拌棒；0.55；偏大。20、冷凝管bSO2+H2O2＝H2SO4③酚酞④0.12原因:盐酸的挥发:改进施:用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响【分析】（1）根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；（4）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；（5）根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响．【题目详解】（1）根据仪器A的构