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【化学】四川省泸州市泸县第五中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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四川省泸州市泸县第五中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
第Ⅰ卷（选择题 共52分）
一、选择题：（本大题包括13小题，每小题4分，共52分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列各组中两个反应反应热，其中△H1＞△H2（ ）
A. 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) △H1；2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) △H2
B. S(g)＋O2(g)＝SO2(g) △H1；S(s)＋O2(g)＝SO2(g) △H2
C. 2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g) △H1；2SO3(g)＝O2(g)＋2SO2(g) △H2
D. 已知反应：C(金刚石，s)＝C(石墨，s)ΔH＜0，C(金刚石，s)+O2(g)＝CO2(g) △H1；C(石墨，s)+O2(g)＝CO2(g) △H2
【答案】A
【解析】
【详解】A、由于液态水的能量小于气态水的能量，则氢气完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，△H越小，因此△H1＞△H2，A正确；
B、由于气态硫的能量高于固体硫的能量，则气态硫完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，所以△H1＜△H2，B错误；
C、二氧化硫转化为三氧化硫是放热反应，△H1＜0，三氧化硫分解是吸热反应，△H2＞0，则△H1＜△H2，C错误；
D、C(金刚石，s)＝C(石墨，s) △H＜0，这说明金刚石的总能量高于石墨的总能量，因金刚石完全燃烧放热多，则△H1＜△H2，D错误；
答案选A。
2.已知：H2的标准燃烧热为－286 kJ · mol－1，CO的标准燃烧热为－283 kJ · mol－1，液态甲醇（CH3OH）标准燃烧热为－726 kJ · mol－1。由H2(g)与CO2(g)合成CH3OH(l)的ΔH为：（ ）
A. ＋297 kJ · mol－1 B. ＋151 kJ · mol－1
C. －132 kJ · mol－1 D. －1548 kJ · mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】由H2(g)、CO(g)、CH3OH(l)的标准燃烧热可分别写出它们燃烧的热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l), ΔH=－286 kJ·mol－1；②CO(g)+O2(g)=CO2(g), ΔH=－283 kJ·mol－1；③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l), ΔH=－726 kJ·mol－1。根据盖斯定律，将①×3-③得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l), ΔH=(-286 kJ·mol－1×3)-(-726 kJ·mol－1)=-132 kJ·mol－1，答案选C。
3.在一定条件下，可逆反应2X(g)+Y(s)2Z(g)△H=-akJ·mol-1，下列说法一定正确的是（ ）
A. 当反应消耗1molY时，反应放出akJ的热量
B. 当反应达到平衡时，X、Y、Z 三者的物质量之比为2∶1∶2
C. 当反应达到平衡时，压缩体积，X的正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
D. 恒温恒容，反应达到平衡后，加入1molY平衡向正反应方向移动
【答案】A
【解析】A.根据方程式，当反应消耗1molY时，反应放出akJ的热量，故A正确；B. 当反应达到平衡时，X、Y、Z的浓度不变，三者的物质量之比不一定为2∶1∶2，故B错误；C. 当反应达到平衡时，压缩体积，压强增大，平衡不移动，X的正、逆反应速率都增大，故C错误；D.Y为固体，恒温恒容，反应达到平衡后，加入1molY，Y的浓度不变，平衡不移动，故D错误；故选A。
4.下列物质：①干燥Cl2 ②NaClO ③SO2 ④活性炭 ⑤O3，能使品红溶液褪色的是（ ）
A. ③④⑤ B. ②③④ C. ①②⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①干燥Cl2通入品红溶液会生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故①正确；
②NaClO在溶液中能与二氧化碳反应生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故②正确；
③SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故③正确；
④活性炭具有吸附作用能使品红溶液褪色，故④正确；
⑤O3具有强氧化性能使品红溶液褪色，故⑤正确；
答案选D。
5.在3L密闭容器中充入2molSO2和一定量O2，反应生成SO3气体，当进行到6min时，测得n(SO2)=0.4mol，若反应只进行到3min时，容器内n(SO2)为（ ）
A. 小于1.2mol B. 0.8mol
C. 大于0.8mol D. 小于0.8mol
【答案】A
【解析】
【详解】当进行到6 min时，测得n(SO2) = 0.4 mol，SO2的物质的量减少了1.6 mol，若前后反应速率不变，反应只进行到3 min时，SO2的物质的量减少0.8 mol，但是反应开始时反应速率比较大，故SO2的物质的量减少量要大于0.8mol，那么剩余的物质的量就小于1.2mol。
答案选A。
6.对于平衡体系：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；正反应放热，有下列判断，其中正确的是（ ）
A. 若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，则a+b＞c+d
B. 若从正反应开始,平衡时A、B的转化率相等,则投入A、B物质的量之比为 a：b
C. 若平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为（M+b）mol，则a+b＞c+d
D. 若a+b=c+d，则当容器内温度上升时，平衡向左移动，容器中气体的压强不变
【答案】B
【解析】试题分析：A、若温度不变，容器体积扩大一倍，若平衡不移动，则A的浓度是原来的0.5倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，说明容器体积增大，压强减小，平衡正向移动，则正向是气体物质的量增大的方向，则a+b
A. 将1mol/L的盐酸改为1mol/L硫酸 B. 将锌粒改为锌粉
C. 加入几滴硫酸铜溶液 D. 加入NaCl溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.将1mol/L的盐酸改为1mol/L硫酸，增大了溶液中氢离子的浓度，从而加快了反应速率，故A不选；
B.将锌粒改为锌粉，增大了锌与盐酸的接触面积，可以加快反应速率，故B不选；
C.锌与滴入几滴硫酸铜溶液反应生成少量铜，构成铜锌原电池，从而加快了反应速率，故C不选；
D.加入NaCl溶液，钠离子和氯离子不参与锌与氢离子的反应，由于溶液体积变大，溶液中氢离子浓度减小，导致反应速率减小，故D选。
故选D。
8.可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g) +dD(g)， 当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示，以下正确的是（ ）
A. T1>T2，正反应放热
B. Tl
D. Pl＜P2，b=c+d
【答案】D
【解析】
【分析】当其他条件一定时，反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，p2＞p1，结合温度、压强对化学平衡移动的影响分析解答。
【详解】当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量(C%)越小，说明升高温度平衡逆移，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知p2＞p1；增大压强时B%不变，说明压强对平衡无影响，所以反应前后气体的计量数相等，即b=c+d，根据以上分析可知，D正确，ABC错误，故选D。
9.纳米是长度单位，1纳米等于1×10－9米，物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质。例如将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列对“纳米铜”的有关叙述正确的是（ ）
A. “纳米铜”是一种胶体
B. “纳米铜”与铜是同位素
C. “纳米铜”颗粒更细小，反应时接触面积大，反应速率快
D. 常温下“纳米铜”比铜片的还原性强，反应时反应速率快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 胶体是由分散质和分散剂组成的混合物，“纳米铜”是纯净物，不是胶体，故A错误；
B. “纳米铜”与铜都是Cu元素的同种单质，只是颗粒大小不同而已，故B错误；
C. “纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，接触面积越大，化学反应速率越快，故C正确；
D. “纳米铜”与铜片化学性质相同，得失电子能力一样，故D错误。
故选C。
10. 下列有关物质的性质和应用都正确的是（ ）
A. 氢氟酸具有强酸性，可用于雕刻玻璃
B. 氨气显碱性，可用碱石灰或无水CaCl2干燥
C. MgO、A12O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料
D. 铜的活动性比铁弱，可在海轮外壳装铜块减缓海轮腐蚀
【答案】C
【解析】试题分析：A.氢氟酸是弱酸，但与玻璃的成分SiO2反应，用于雕刻玻璃，A项错误；B.氨气与CaCl2反应，所以氨气只能用碱石灰干燥，不能用CaCl2干燥，B项错误；C. MgO、A12O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料，C项正确；D.铜的活动性比铁弱，铜、铁、海水组成的原电池中，铁是负极被溶解，铜是正极被保护，会加速海轮腐蚀，D项错误；选C。
11.市场上经常见到的标记为Li-ion的电池。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应式为： Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，下列说法正确的是（ ）
A. 充电时，该电池的正极应外接电源负极
B. 充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应
C. 该电池既能用酸溶液又能用碱溶液作电解质溶液。
D. 放电过程中Li+向负极移动
【答案】B
【解析】
【分析】根据锂离子电池的电池反应式为：Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，可知，放电时，Li的化合价升高，被氧化，Li为原电池的负极，负极的电极反应式：Li-e-=Li+；充电时，反应逆向进行，反应物只有一种，故化合价既有升，又有降，所以既发生氧化反应又发生还原反应，也可根据Li0.85NiO2的Ni的化合价升高后变为Li0.35NiO2，被氧化，部分Li+还原为Li，判断出充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应；由于Li能与水反应，因此应为非水材料；原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】A.充电时，该电池的正极应外接电源正极，作阳极，A错误；
B.充电时，Li0.85NiO2变为Li0.35NiO2和Li，Ni的化合价升高，被氧化，部分Li+被还原为Li，所以Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应，B正确；
C.Li很活泼，会与水反应，不能用水溶液，C错误；
D.原电池中阳离子移向正极，则Li+向正极移动，D错误；
故合理选项是B。
12.有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A →B ；当A、D组成原电池时， A为正极；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+则A、B、D、E金属性由强到弱的顺序为（ ）
A. A﹥B﹥E﹥D B. A﹥B﹥D﹥E C. D﹥E﹥A﹥B D. D﹥A﹥B﹥E
【答案】D
【解析】
【详解】当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B，则金属活泼性为A＞B；
当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为D＞A；
B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+，B失去电子，则金属活泼性为B＞E，综上所述，金属活泼性为D＞A＞B＞E。
答案选D。
13.锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应
B. 整个反应过程中，氧化剂为O2
C. 放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-
D. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
【答案】A
【解析】
【分析】放电时，锂作负极，电极反应式为Li-e-═Li+，Cu作正极，根据总反应2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，4Cu+O2=2Cu2O，正极的电极反应式为4Cu+O2=2Cu2O，Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。
【详解】A、放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，根据4Cu+O2=2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上参与反应的氧气为0.025 mol，在标准状况下的体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故A错误；
B、通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故B正确；
C、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正确；
D．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故D正确；
答案选A。
第II卷（非选择题48分)
二、综合题
14.（1）有一种燃料电池，所用燃料为H2和空气，电解质为熔融的K2CO3。回答下列问题
①CO移向____________极。
②正极反应式为____________________。
③电池中CO的物质的量将逐渐________________（填增大、减少、不变）。
（2）用上面的电池对下物质进行电解，其中a、b、c、d、e、f电极均为惰性电极，通电后，a极产生的气体明显多于b极，2分钟后，测得乙池的pH为12，则
①电源A极是______________极。
②c极上的电极反应式：___________________。
③甲、乙两池共可收集到________mol气体。
④丙装置上某极可析出固体________克，溶液的pH为________________。（常温，不考虑溶液体积变化）
⑤电解n分钟后，硫酸铜正好消耗完，再将e、f电极反接电源，用同样的电流再电解n分钟，则丙溶液中的硫酸铜的物质的量浓度为______________mol/L。（不考虑溶液体积变化）
【答案】(1). 负 (2). O2 +2CO2+4e- =2CO32－ (3). 不变 (4). 负 (5). 2H++2e-= H 2↑（写水放电也给分） (6). 3.5×10－3 (7). 0.064 (8). 2 (9). 0.1
【解析】本题考查电化学知识，应从原电池的工作原理和电解原理的知识入手，（1）①根据原电池的原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此CO32－向负极移动；②通空气一极为正极，通燃料的一极为负极，电解质为熔融状态的K2CO3，因此正极反应是氧气转化成CO32－，电极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2CO32－；③负极反应式为H2－2e－＋CO32－=H2O＋CO2，总电极反应式为2H2＋O2=2H2O，因此CO32－的物质的量不变；（2）①本题利用电解原理进行判断，甲池中阴极反应式：2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，串联电路通过电子的物质的量相等，氢气的量大于氧气的量，因此a极产生H2，b极产生O2，连接电源正极的电极为阳极，连接电源负极的电极为阴极，因此A为负极，B为正极；②c极应为阴极，溶液中阳离子有Na＋、H＋，H＋的放电顺序大于Na＋，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；③乙池溶液的pH=12，推出c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－12mol·L－1=10－2mol·L－1，OH－应在阴极上产生，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此整个电路中通过电子物质的量为200×10－3×10－2mol=2×10－3mol，产生氢气的物质的量为2×10－3/2mol=1×10－3mol，阳极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，氯气的物质的量为：2×10－3/2mol=1×10－3mol，根据①中甲池电极反应式，求出甲池中产生H2的物质的量为2×10－3/2mol=1×10－3mol，产生氧气的物质的量为2×10－3/4mol=5×10－4mol，气体总物质的量为：(1×10－3＋1×10－3＋1×10－3＋5×10－4)mol=3.5×10－3mol；④丙装置：e电极为阴极，发生电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，因此产生铜的质量为2×10－3×64/2g=0.064g，阳极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，n(H＋)=2×10－3mol，c(H＋)=2×10－3/200×10－3mol·L－1=0.01mol·L－1，即pH=2；⑤接反时，e为阳极，f为阴极，因此e极反应式Cu－2e－=Cu2＋，f电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑，通过的时间相同，因此铜全部失去电子，因为不考虑溶液体积变化，因此硫酸铜的浓度保持不变，仍为0.1mol·L－1。
15.以煤为原料可合成一系列燃料。
（1）已知：①2H2（g）+O2（g）= 2H2O（g）△H=－483.6kJ/mol
②CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=＋49.0kJ/mol
请写出甲醇燃烧生成H2O（g）的热化学方程式_________;
（2）向1L密闭容器中加入2mol CO、4mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（l）+H2O（l）△H=+71kJ/mol
①该反应能否_________自发进行（填“能”、“不能”或“无法判断”）
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_________．
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．CO和H2的转化率相等
c．CO和H2的体积分数保持不变
d．混合气体的密度保持不变
e．1mol CO生成的同时有1mol O－H键断裂
（3）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0在一定条件下，某反应过程中部分数据如下表：
反应条件
反应时间
CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
恒温
恒容
(T1℃、
2L)
0min
2
6
0
0
10min
4.5
20min
1
30min
1
①0～10min内，用H2O（g）表示的化学反应速率v(H20)=_________mol/(L·min)
②达到平衡时，该反应的平衡常数K=_________（用分数表示），平衡时H2的 转化率是_________。
③在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1_________T2（填“＞”、“＜”或“=”），理由是_________。在其他条件不变的情况下，若30min时向容器中再充入1mol CO2（g）和1mol H2O（g），则平衡_________移动（填“正向”、“逆向”或“不”）．
（4）用甲醚（CH3OCH3）作为燃料电池的原料,请写出在碱性介质中电池负极反应式_________．
【答案】(1). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣676.4kJ/mol
或2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣1352.8kJ/mol (2). 不能 (3). d (4). 0.025 (5). 4/27 (6). 50% (7). ＜ (8). 该反应正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动（答出“放热反应”和“温度升高，平衡逆向移动”各1分） (9). 不 (10). CH3OCH3 — 12e— + 16OH— == 2CO32— + 11H2O
【解析】(1)①2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g)△H=－483.6kJ/mol，②CH3OH(g)+H2O(g) =CO2(g)+3H2(g) △H=＋49.0kJ/mol，根据盖斯定律，将①×3+②×2得：2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O(g)△H=(－483.6kJ/mol)×3+(＋49.0kJ/mol)×2=﹣1352.8kJ/mol，故答案为2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣1352.8kJ/mol；
(2)①2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(l)+H2O(l)△H=+71kJ/mol，该反应的△H＞0，△S＜0，根据△G=△H-T△S＞0，反应不能自发进行，故答案为不能；
②a．混合气体中CO和H2的组成一直不变，混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，不能说明此反应达到平衡状态，错误；b．CO和H2的物质的量之比大于化学计量数之比，转化率始终相等，不能说明此反应达到平衡状态，错误；c．混合气体中CO和H2的组成一直不变，CO和H2的体积分数始终保持不变 ，不能说明此反应达到平衡状态，错误；d．容器的体积不变，混合气体的质量变化，当混合气体的密度保持不变时，能够说明此反应达到平衡状态，正确；e．1mol CO生成的同时一定有1mol O－H键断裂，不能说明此反应达到平衡状态，错误；故选d；
(3)①v(H2)==0.075mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，v(H2O)=v(H2)=0.025mol/(L·min)，故答案为0.025；
②20min时，转化的CO2为2mol-1mol=1mol，则生成的CH3OH为1mol，而30min时CH3OH为1mol，故20min时到达平衡，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol/L)：2 6 0 0
转化(mol/L)：1 3 1 1
平衡(mol/L)：1 3 1 1
故平衡常数K===，平衡时氢气的转化率= ×100%=50%，故答案为；50%；
③在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，说明平衡逆向一定，说明改变的条件是升高温度，则T1＜T2， 若30min时只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此时浓度商Qc===K，则平衡不移动，故答案为＜；该反应正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动；不；
(4)用甲醚(CH3OCH3)作为燃料电池的原料，在碱性介质中电池负极上甲醚发生氧化反应生成碳酸根离子，反应式为CH3OCH3 — 12e— + 16OH— == 2CO32— + 11H2O，故答案为CH3OCH3 — 12e— + 16OH— == 2CO32— + 11H2O。
16.用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/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________________；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？___________________________________________________．
（2）烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是__________________________________________．
（3）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热数值___________（填“相等、不相等”）
（4）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”）．
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯与大烧杯杯口应相平，且在两烧杯中间填满碎泡沫塑料 (3). 保温隔热，减少实验过程中热量的损失 (4). 相等 (5). 偏小
【解析】
【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，装置的错误是：小烧杯口与大烧杯口不相平，且未填满碎塑料泡沫(或碎纸条)，
故答案为环形玻璃搅拌器，在大小烧杯间填满碎塑料泡沫(或碎纸条)使小烧杯口与大烧杯口相平；
(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：保温、隔热，减少实验过程中的热最损失，故答案为保温、隔热，减少实验过程中的热最损失；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，
故答案相等；
(4)氨水为弱碱，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；
第Ⅰ卷（选择题 共52分）
一、选择题：（本大题包括13小题，每小题4分，共52分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列各组中两个反应反应热，其中△H1＞△H2（ ）
A. 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) △H1；2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) △H2
B. S(g)＋O2(g)＝SO2(g) △H1；S(s)＋O2(g)＝SO2(g) △H2
C. 2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g) △H1；2SO3(g)＝O2(g)＋2SO2(g) △H2
D. 已知反应：C(金刚石，s)＝C(石墨，s)ΔH＜0，C(金刚石，s)+O2(g)＝CO2(g) △H1；C(石墨，s)+O2(g)＝CO2(g) △H2
【答案】A
【解析】
【详解】A、由于液态水的能量小于气态水的能量，则氢气完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，△H越小，因此△H1＞△H2，A正确；
B、由于气态硫的能量高于固体硫的能量，则气态硫完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，所以△H1＜△H2，B错误；
C、二氧化硫转化为三氧化硫是放热反应，△H1＜0，三氧化硫分解是吸热反应，△H2＞0，则△H1＜△H2，C错误；
D、C(金刚石，s)＝C(石墨，s) △H＜0，这说明金刚石的总能量高于石墨的总能量，因金刚石完全燃烧放热多，则△H1＜△H2，D错误；
答案选A。
2.已知：H2的标准燃烧热为－286 kJ · mol－1，CO的标准燃烧热为－283 kJ · mol－1，液态甲醇（CH3OH）标准燃烧热为－726 kJ · mol－1。由H2(g)与CO2(g)合成CH3OH(l)的ΔH为：（ ）
A. ＋297 kJ · mol－1 B. ＋151 kJ · mol－1
C. －132 kJ · mol－1 D. －1548 kJ · mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】由H2(g)、CO(g)、CH3OH(l)的标准燃烧热可分别写出它们燃烧的热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l), ΔH=－286 kJ·mol－1；②CO(g)+O2(g)=CO2(g), ΔH=－283 kJ·mol－1；③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l), ΔH=－726 kJ·mol－1。根据盖斯定律，将①×3-③得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l), ΔH=(-286 kJ·mol－1×3)-(-726 kJ·mol－1)=-132 kJ·mol－1，答案选C。
3.在一定条件下，可逆反应2X(g)+Y(s)2Z(g)△H=-akJ·mol-1，下列说法一定正确的是（ ）
A. 当反应消耗1molY时，反应放出akJ的热量
B. 当反应达到平衡时，X、Y、Z 三者的物质量之比为2∶1∶2
C. 当反应达到平衡时，压缩体积，X的正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
D. 恒温恒容，反应达到平衡后，加入1molY平衡向正反应方向移动
【答案】A
【解析】A.根据方程式，当反应消耗1molY时，反应放出akJ的热量，故A正确；B. 当反应达到平衡时，X、Y、Z的浓度不变，三者的物质量之比不一定为2∶1∶2，故B错误；C. 当反应达到平衡时，压缩体积，压强增大，平衡不移动，X的正、逆反应速率都增大，故C错误；D.Y为固体，恒温恒容，反应达到平衡后，加入1molY，Y的浓度不变，平衡不移动，故D错误；故选A。
4.下列物质：①干燥Cl2 ②NaClO ③SO2 ④活性炭 ⑤O3，能使品红溶液褪色的是（ ）
A. ③④⑤ B. ②③④ C. ①②⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①干燥Cl2通入品红溶液会生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故①正确；
②NaClO在溶液中能与二氧化碳反应生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故②正确；
③SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故③正确；
④活性炭具有吸附作用能使品红溶液褪色，故④正确；
⑤O3具有强氧化性能使品红溶液褪色，故⑤正确；
答案选D。
5.在3L密闭容器中充入2molSO2和一定量O2，反应生成SO3气体，当进行到6min时，测得n(SO2)=0.4mol，若反应只进行到3min时，容器内n(SO2)为（ ）
A. 小于1.2mol B. 0.8mol
C. 大于0.8mol D. 小于0.8mol
【答案】A
【解析】
【详解】当进行到6 min时，测得n(SO2) = 0.4 mol，SO2的物质的量减少了1.6 mol，若前后反应速率不变，反应只进行到3 min时，SO2的物质的量减少0.8 mol，但是反应开始时反应速率比较大，故SO2的物质的量减少量要大于0.8mol，那么剩余的物质的量就小于1.2mol。
答案选A。
6.对于平衡体系：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；正反应放热，有下列判断，其中正确的是（ ）
A. 若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，则a+b＞c+d
B. 若从正反应开始,平衡时A、B的转化率相等,则投入A、B物质的量之比为 a：b
C. 若平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为（M+b）mol，则a+b＞c+d
D. 若a+b=c+d，则当容器内温度上升时，平衡向左移动，容器中气体的压强不变
【答案】B
【解析】试题分析：A、若温度不变，容器体积扩大一倍，若平衡不移动，则A的浓度是原来的0.5倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，说明容器体积增大，压强减小，平衡正向移动，则正向是气体物质的量增大的方向，则a+b
A. 将1mol/L的盐酸改为1mol/L硫酸 B. 将锌粒改为锌粉
C. 加入几滴硫酸铜溶液 D. 加入NaCl溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.将1mol/L的盐酸改为1mol/L硫酸，增大了溶液中氢离子的浓度，从而加快了反应速率，故A不选；
B.将锌粒改为锌粉，增大了锌与盐酸的接触面积，可以加快反应速率，故B不选；
C.锌与滴入几滴硫酸铜溶液反应生成少量铜，构成铜锌原电池，从而加快了反应速率，故C不选；
D.加入NaCl溶液，钠离子和氯离子不参与锌与氢离子的反应，由于溶液体积变大，溶液中氢离子浓度减小，导致反应速率减小，故D选。
故选D。
8.可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g) +dD(g)， 当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示，以下正确的是（ ）
A. T1>T2，正反应放热
B. Tl
D. Pl＜P2，b=c+d
【答案】D
【解析】
【分析】当其他条件一定时，反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，p2＞p1，结合温度、压强对化学平衡移动的影响分析解答。
【详解】当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量(C%)越小，说明升高温度平衡逆移，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知p2＞p1；增大压强时B%不变，说明压强对平衡无影响，所以反应前后气体的计量数相等，即b=c+d，根据以上分析可知，D正确，ABC错误，故选D。
9.纳米是长度单位，1纳米等于1×10－9米，物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质。例如将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列对“纳米铜”的有关叙述正确的是（ ）
A. “纳米铜”是一种胶体
B. “纳米铜”与铜是同位素
C. “纳米铜”颗粒更细小，反应时接触面积大，反应速率快
D. 常温下“纳米铜”比铜片的还原性强，反应时反应速率快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 胶体是由分散质和分散剂组成的混合物，“纳米铜”是纯净物，不是胶体，故A错误；
B. “纳米铜”与铜都是Cu元素的同种单质，只是颗粒大小不同而已，故B错误；
C. “纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，接触面积越大，化学反应速率越快，故C正确；
D. “纳米铜”与铜片化学性质相同，得失电子能力一样，故D错误。
故选C。
10. 下列有关物质的性质和应用都正确的是（ ）
A. 氢氟酸具有强酸性，可用于雕刻玻璃
B. 氨气显碱性，可用碱石灰或无水CaCl2干燥
C. MgO、A12O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料
D. 铜的活动性比铁弱，可在海轮外壳装铜块减缓海轮腐蚀
【答案】C
【解析】试题分析：A.氢氟酸是弱酸，但与玻璃的成分SiO2反应，用于雕刻玻璃，A项错误；B.氨气与CaCl2反应，所以氨气只能用碱石灰干燥，不能用CaCl2干燥，B项错误；C. MgO、A12O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料，C项正确；D.铜的活动性比铁弱，铜、铁、海水组成的原电池中，铁是负极被溶解，铜是正极被保护，会加速海轮腐蚀，D项错误；选C。
11.市场上经常见到的标记为Li-ion的电池。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应式为： Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，下列说法正确的是（ ）
A. 充电时，该电池的正极应外接电源负极
B. 充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应
C. 该电池既能用酸溶液又能用碱溶液作电解质溶液。
D. 放电过程中Li+向负极移动
【答案】B
【解析】
【分析】根据锂离子电池的电池反应式为：Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，可知，放电时，Li的化合价升高，被氧化，Li为原电池的负极，负极的电极反应式：Li-e-=Li+；充电时，反应逆向进行，反应物只有一种，故化合价既有升，又有降，所以既发生氧化反应又发生还原反应，也可根据Li0.85NiO2的Ni的化合价升高后变为Li0.35NiO2，被氧化，部分Li+还原为Li，判断出充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应；由于Li能与水反应，因此应为非水材料；原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】A.充电时，该电池的正极应外接电源正极，作阳极，A错误；
B.充电时，Li0.85NiO2变为Li0.35NiO2和Li，Ni的化合价升高，被氧化，部分Li+被还原为Li，所以Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应，B正确；
C.Li很活泼，会与水反应，不能用水溶液，C错误；
D.原电池中阳离子移向正极，则Li+向正极移动，D错误；
故合理选项是B。
12.有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A →B ；当A、D组成原电池时， A为正极；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+则A、B、D、E金属性由强到弱的顺序为（ ）
A. A﹥B﹥E﹥D B. A﹥B﹥D﹥E C. D﹥E﹥A﹥B D. D﹥A﹥B﹥E
【答案】D
【解析】
【详解】当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B，则金属活泼性为A＞B；
当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为D＞A；
B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+，B失去电子，则金属活泼性为B＞E，综上所述，金属活泼性为D＞A＞B＞E。
答案选D。
13.锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应
B. 整个反应过程中，氧化剂为O2
C. 放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-
D. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
【答案】A
【解析】
【分析】放电时，锂作负极，电极反应式为Li-e-═Li+，Cu作正极，根据总反应2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，4Cu+O2=2Cu2O，正极的电极反应式为4Cu+O2=2Cu2O，Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。
【详解】A、放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，根据4Cu+O2=2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上参与反应的氧气为0.025 mol，在标准状况下的体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故A错误；
B、通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故B正确；
C、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正确；
D．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故D正确；
答案选A。
第II卷（非选择题48分)
二、综合题
14.（1）有一种燃料电池，所用燃料为H2和空气，电解质为熔融的K2CO3。回答下列问题
①CO移向____________极。
②正极反应式为____________________。
③电池中CO的物质的量将逐渐________________（填增大、减少、不变）。
（2）用上面的电池对下物质进行电解，其中a、b、c、d、e、f电极均为惰性电极，通电后，a极产生的气体明显多于b极，2分钟后，测得乙池的pH为12，则
①电源A极是______________极。
②c极上的电极反应式：___________________。
③甲、乙两池共可收集到________mol气体。
④丙装置上某极可析出固体________克，溶液的pH为________________。（常温，不考虑溶液体积变化）
⑤电解n分钟后，硫酸铜正好消耗完，再将e、f电极反接电源，用同样的电流再电解n分钟，则丙溶液中的硫酸铜的物质的量浓度为______________mol/L。（不考虑溶液体积变化）
【答案】(1). 负 (2). O2 +2CO2+4e- =2CO32－ (3). 不变 (4). 负 (5). 2H++2e-= H 2↑（写水放电也给分） (6). 3.5×10－3 (7). 0.064 (8). 2 (9). 0.1
【解析】本题考查电化学知识，应从原电池的工作原理和电解原理的知识入手，（1）①根据原电池的原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此CO32－向负极移动；②通空气一极为正极，通燃料的一极为负极，电解质为熔融状态的K2CO3，因此正极反应是氧气转化成CO32－，电极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2CO32－；③负极反应式为H2－2e－＋CO32－=H2O＋CO2，总电极反应式为2H2＋O2=2H2O，因此CO32－的物质的量不变；（2）①本题利用电解原理进行判断，甲池中阴极反应式：2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，串联电路通过电子的物质的量相等，氢气的量大于氧气的量，因此a极产生H2，b极产生O2，连接电源正极的电极为阳极，连接电源负极的电极为阴极，因此A为负极，B为正极；②c极应为阴极，溶液中阳离子有Na＋、H＋，H＋的放电顺序大于Na＋，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；③乙池溶液的pH=12，推出c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－12mol·L－1=10－2mol·L－1，OH－应在阴极上产生，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此整个电路中通过电子物质的量为200×10－3×10－2mol=2×10－3mol，产生氢气的物质的量为2×10－3/2mol=1×10－3mol，阳极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，氯气的物质的量为：2×10－3/2mol=1×10－3mol，根据①中甲池电极反应式，求出甲池中产生H2的物质的量为2×10－3/2mol=1×10－3mol，产生氧气的物质的量为2×10－3/4mol=5×10－4mol，气体总物质的量为：(1×10－3＋1×10－3＋1×10－3＋5×10－4)mol=3.5×10－3mol；④丙装置：e电极为阴极，发生电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，因此产生铜的质量为2×10－3×64/2g=0.064g，阳极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，n(H＋)=2×10－3mol，c(H＋)=2×10－3/200×10－3mol·L－1=0.01mol·L－1，即pH=2；⑤接反时，e为阳极，f为阴极，因此e极反应式Cu－2e－=Cu2＋，f电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑，通过的时间相同，因此铜全部失去电子，因为不考虑溶液体积变化，因此硫酸铜的浓度保持不变，仍为0.1mol·L－1。
15.以煤为原料可合成一系列燃料。
（1）已知：①2H2（g）+O2（g）= 2H2O（g）△H=－483.6kJ/mol
②CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=＋49.0kJ/mol
请写出甲醇燃烧生成H2O（g）的热化学方程式_________;
（2）向1L密闭容器中加入2mol CO、4mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（l）+H2O（l）△H=+71kJ/mol
①该反应能否_________自发进行（填“能”、“不能”或“无法判断”）
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_________．
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．CO和H2的转化率相等
c．CO和H2的体积分数保持不变
d．混合气体的密度保持不变
e．1mol CO生成的同时有1mol O－H键断裂
（3）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0在一定条件下，某反应过程中部分数据如下表：
反应条件
反应时间
CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
恒温
恒容
(T1℃、
2L)
0min
2
6
0
0
10min
4.5
20min
1
30min
1
①0～10min内，用H2O（g）表示的化学反应速率v(H20)=_________mol/(L·min)
②达到平衡时，该反应的平衡常数K=_________（用分数表示），平衡时H2的 转化率是_________。
③在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1_________T2（填“＞”、“＜”或“=”），理由是_________。在其他条件不变的情况下，若30min时向容器中再充入1mol CO2（g）和1mol H2O（g），则平衡_________移动（填“正向”、“逆向”或“不”）．
（4）用甲醚（CH3OCH3）作为燃料电池的原料,请写出在碱性介质中电池负极反应式_________．
【答案】(1). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣676.4kJ/mol
或2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣1352.8kJ/mol (2). 不能 (3). d (4). 0.025 (5). 4/27 (6). 50% (7). ＜ (8). 该反应正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动（答出“放热反应”和“温度升高，平衡逆向移动”各1分） (9). 不 (10). CH3OCH3 — 12e— + 16OH— == 2CO32— + 11H2O
【解析】(1)①2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g)△H=－483.6kJ/mol，②CH3OH(g)+H2O(g) =CO2(g)+3H2(g) △H=＋49.0kJ/mol，根据盖斯定律，将①×3+②×2得：2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O(g)△H=(－483.6kJ/mol)×3+(＋49.0kJ/mol)×2=﹣1352.8kJ/mol，故答案为2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣1352.8kJ/mol；
(2)①2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(l)+H2O(l)△H=+71kJ/mol，该反应的△H＞0，△S＜0，根据△G=△H-T△S＞0，反应不能自发进行，故答案为不能；
②a．混合气体中CO和H2的组成一直不变，混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，不能说明此反应达到平衡状态，错误；b．CO和H2的物质的量之比大于化学计量数之比，转化率始终相等，不能说明此反应达到平衡状态，错误；c．混合气体中CO和H2的组成一直不变，CO和H2的体积分数始终保持不变 ，不能说明此反应达到平衡状态，错误；d．容器的体积不变，混合气体的质量变化，当混合气体的密度保持不变时，能够说明此反应达到平衡状态，正确；e．1mol CO生成的同时一定有1mol O－H键断裂，不能说明此反应达到平衡状态，错误；故选d；
(3)①v(H2)==0.075mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，v(H2O)=v(H2)=0.025mol/(L·min)，故答案为0.025；
②20min时，转化的CO2为2mol-1mol=1mol，则生成的CH3OH为1mol，而30min时CH3OH为1mol，故20min时到达平衡，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol/L)：2 6 0 0
转化(mol/L)：1 3 1 1
平衡(mol/L)：1 3 1 1
故平衡常数K===，平衡时氢气的转化率= ×100%=50%，故答案为；50%；
③在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，说明平衡逆向一定，说明改变的条件是升高温度，则T1＜T2， 若30min时只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此时浓度商Qc===K，则平衡不移动，故答案为＜；该反应正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动；不；
(4)用甲醚(CH3OCH3)作为燃料电池的原料，在碱性介质中电池负极上甲醚发生氧化反应生成碳酸根离子，反应式为CH3OCH3 — 12e— + 16OH— == 2CO32— + 11H2O，故答案为CH3OCH3 — 12e— + 16OH— == 2CO32— + 11H2O。
16.用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/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________________；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？___________________________________________________．
（2）烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是__________________________________________．
（3）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热数值___________（填“相等、不相等”）
（4）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”）．
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯与大烧杯杯口应相平，且在两烧杯中间填满碎泡沫塑料 (3). 保温隔热，减少实验过程中热量的损失 (4). 相等 (5). 偏小
【解析】
【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，装置的错误是：小烧杯口与大烧杯口不相平，且未填满碎塑料泡沫(或碎纸条)，
故答案为环形玻璃搅拌器，在大小烧杯间填满碎塑料泡沫(或碎纸条)使小烧杯口与大烧杯口相平；
(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：保温、隔热，减少实验过程中的热最损失，故答案为保温、隔热，减少实验过程中的热最损失；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，
故答案相等；
(4)氨水为弱碱，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；
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