- 化学反应与能量的变化
- 共3280题
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是______，烧杯间填满碎纸条的作用是______．
（2）大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值______（填“偏大”、“偏小’、“无影响”）
（3）实验中改用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进反应，与上述实验相比，所放出的热量______（填“相等”或“不相等”）所求中和热的数值会______（填“相等”或“不相等”）．
正确答案
解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；
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量损失；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；保温、隔热，减少实验过程中的热量损失；
（2）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减小；
故答案为：偏小；
（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增加，放出的热量偏高，但中和热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，所以用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进上述实验，测得中和热数值相等；
故答案为：不相等；相等；
解析
解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；
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量损失；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；保温、隔热，减少实验过程中的热量损失；
（2）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减小；
故答案为：偏小；
（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增加，放出的热量偏高，但中和热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，所以用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进上述实验，测得中和热数值相等；
故答案为：不相等；相等；
完成下列问题：
（1）实验时不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是______．
（2）在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是：______．
（3）根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=______[盐酸和NaOH溶液的密度按1g•cm-3计算，反应后混合溶液的比热容（c）按4.18J•（g•℃）-1计算]．如用0.5mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将______（填“偏大”、“偏小”、“不变”）．
（4）若某同学利用上述装置做实验，有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是______
A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净
B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓
C．做本实验的当天室温较高
D．将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水
E．在量取盐酸时仰视计数
F．大烧杯的盖板中间小孔太大．
正确答案
Cu传热快，热量损失大
提高装置的保温效果
-56.8 kJ•mol-1
偏 大
ABDF
解析
解：（1）不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，故答案为：Cu传热快，热量损失大；
（2）中和热测定实验主要目的是测量反应放出的热量多少，所以实验成败的关键是保温工作，所以提高中和热测定准确性的关键是提高装置的保温效果，故答案为：提高装置的保温效果；
（3）（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.25℃，反应前后温度差为：3.45℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.40℃，反应前后温度差为：3.40℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为21.55℃，反应前后温度差为：3.35℃；
50mL 0.50mol•L-1盐酸、50mL 0.55mol•L-1 NaOH的质量和为m=100mL×1g/mL=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×
故答案为：-56.8 kJ/mol；偏大；
（4）A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小，所以导致实验测得中和热的数值偏小，故A正确；
B、把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，故B正确；
C、做本实验的室温和反应热的数据之间无关，故C错误；
D、将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水，由于氨水是弱碱，碱的电离是吸热的过程，所以导致实验测得中和热的数值偏小，故D正确；
E、在量取盐酸时仰视计数，会使得实际量取体积高于所要量的体积，算过量，可以保证碱全反应，会使得中和和热的测定数据偏高，故E错误；
F、大烧杯的盖板中间小孔太大，会导致一部分能量散失，所以测的数值降低，故F正确．
故ABDF正确．
故答案为：ABDF．
（1）该组同学共设计出以下3种测定方案，通过测定反应过程中释放的热量来计算反应热（△H中和）
A．测定0.5mol/L的HCl溶液50ml与0.55mol•L-1的NaOH溶液50ml所放出的热量
B．测定0.55mol/L的HCl溶液50ml与0.5mol•L-1的NaOH溶液50ml所放出的热量
C．测定0.5mol/L的HCl溶液50ml与0.5mol•L-1的NaOH溶液50ml所放出的热量
请选出合理的方案______．不合理方案的原因为______．
（2）该图中有两处未画出，它们是______；______
（3）用50mL 0.50mol•L-1盐酸和50mL 0.60mol•L-1 NaOH溶液反应，实验中测得起始温度为22.1℃，终止温度为25.4℃，反应后溶液的比热容为4.18J•g-1•℃-1，盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是1g•cm-3，测出△H=______
（4）如果用0.50mol•L-1的盐酸和氢氧化钠固体进行实验，则实验中所测出的“中和热”的热值将______（填“偏大”、“偏小”或“不变”），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”）．
正确答案
解：（1）A．测定0.5mol/L的HCl溶液50mL与0.55mol•L-1的NaOH溶液50mL所放出的热量，氢氧化钠溶液过量，可以保证氢离子完全反应，该方案合理，故A正确；
B．测定0.55mol/L的HCl溶液50mL与0.5mol•L-1的NaOH溶液50mL所放出的热量，盐酸过量，可以保证氢氧根离子完全反应，该方案合理，故B正确；
C．测定0.5mol/L的HCl溶液50mL与0.5mol•L-1的NaOH溶液50mL所放出的热量，不能保证氢离子或氢氧根离子完全反应，该方案不合理，故C错误；
根据分析可知，合理的方案为AB，C不合理，原因是若碱（或酸）不过量，则难以保证H+（或OH-）充分反应生成水，
故答案为：AB；若碱（或酸）不过量，则难以保证H+（或OH-）充分反应生成水；
（2）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，为了减少热量的损失，烧杯上方盖硬纸板；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；烧杯上方盖硬纸板；
（3）用50mL 0.50mol•L-1盐酸和50mL 0.55mol•L-1 NaOH溶液反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=3.3℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.3℃=1379.4J，即1.3794KJ，
所以实验测得的中和热△H=-
故答案为：-55.2 kJ/mol；
（4）氢氧化钠固体溶于水放热，反应后温度偏高，计算所得热量偏大，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大；一水合氨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，反应放出的热量偏小，即中和热的数值会偏小，
故答案为：偏大；偏小．
解析
解：（1）A．测定0.5mol/L的HCl溶液50mL与0.55mol•L-1的NaOH溶液50mL所放出的热量，氢氧化钠溶液过量，可以保证氢离子完全反应，该方案合理，故A正确；
B．测定0.55mol/L的HCl溶液50mL与0.5mol•L-1的NaOH溶液50mL所放出的热量，盐酸过量，可以保证氢氧根离子完全反应，该方案合理，故B正确；
C．测定0.5mol/L的HCl溶液50mL与0.5mol•L-1的NaOH溶液50mL所放出的热量，不能保证氢离子或氢氧根离子完全反应，该方案不合理，故C错误；
根据分析可知，合理的方案为AB，C不合理，原因是若碱（或酸）不过量，则难以保证H+（或OH-）充分反应生成水，
故答案为：AB；若碱（或酸）不过量，则难以保证H+（或OH-）充分反应生成水；
（2）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，为了减少热量的损失，烧杯上方盖硬纸板；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；烧杯上方盖硬纸板；
（3）用50mL 0.50mol•L-1盐酸和50mL 0.55mol•L-1 NaOH溶液反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=3.3℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.3℃=1379.4J，即1.3794KJ，
所以实验测得的中和热△H=-
故答案为：-55.2 kJ/mol；
（4）氢氧化钠固体溶于水放热，反应后温度偏高，计算所得热量偏大，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大；一水合氨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，反应放出的热量偏小，即中和热的数值会偏小，
故答案为：偏大；偏小．
（1）从实验装置上看，有两处缺点，其一是______，其二是______
（2）烧杯间填满碎纸条的作用是______．
（3）若大烧杯上不盖硬纸板，求得的反应热数值______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．
（4）实验中该用60mL0.50mol•L-1盐酸跟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”）．
（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会
______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
（6）若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2-t1分别为①2.2℃②2.4℃③3.4℃，则最终代入计算式的温差均值为______℃
正确答案
解：（1）大小烧杯口不对齐，会使一部分热量散失；由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，
故答案为：两烧杯口没有对齐；没有环形玻璃搅棒器；
（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）若大烧杯上不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的反应热数值偏小，故答案为：偏小；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH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，测得中和热数值相等，
故答案为：不相等；相等；
（5）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中和热数值；故答案为：偏小；
（6）三次温度差分别为①2.2℃②2.4℃③3.4℃，第③组数据舍去，温度差平均值=
解析
解：（1）大小烧杯口不对齐，会使一部分热量散失；由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，
故答案为：两烧杯口没有对齐；没有环形玻璃搅棒器；
（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）若大烧杯上不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的反应热数值偏小，故答案为：偏小；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH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，测得中和热数值相等，
故答案为：不相等；相等；
（5）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中和热数值；故答案为：偏小；
（6）三次温度差分别为①2.2℃②2.4℃③3.4℃，第③组数据舍去，温度差平均值=
某学生想通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热．他将50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．请回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种仪器是______，烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是______．
（2）大烧杯上如不盖硬纸板，则测得的温度计的读数变化值______ （偏大、偏小、无影响）
（3）实验时所用盐酸及NaOH溶液的体积均为50mL，各溶液密度为1g/cm3，生成溶液的比热容C=4.0J/（g•℃），某次实验某学生所测实验数据如下．
试计算该学生所求得的中和热为______
II．若在量热计中将100ml 0.50mol/L的CH3COOH溶液与100mL 0.50mol/LNaOH溶液混合，温度从298.16K升高到300.70K．已知量热计的热容常数（量热计各部件每升高1K所需的热量）是150.5J/K，0.250mol/LCH3COONa溶液比热容为4.03J/（g•K），溶液的密度为1.0g/mL
（4）试求CH3COOH的中和热（酸碱中和反应生成1mol水时所放出的热量）______．
（5）根据以上信息写出CH3COOH的电离热化学反应方程式______．
正确答案
解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；
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量损失；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；防止热量损失；
（2）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减小；
故答案为：偏小；
（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为25℃，反应后温度为：28.64℃，反应前后温度差为：3.64℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为25℃，反应后温度为：28.52℃，反应前后温度差为：3.52℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为25℃，反应后温度为：29.66℃，反应前后温度差为：4.66℃；
第3组数据无效，温度差平均值=3.58℃；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=4.0J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.0J/（g•℃）×100g×3.58℃=1.432kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.432kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.432kJ×
故答案为：△H=-57.28 kJ/mol；
（4）温度差△t=300.7K-298.16K=2.54K，Q=cm△t=2.54K×4.03J•（g•K）-1×200g+150.5J•K-1×2.54K=2429.51J，△H=-
故答案为：△H=-48.59kJ/mol；
（5）盐酸和氢氧化钠反应中和热△H=-57.28kJ/mol，乙酸与氢氧化钠反应△H=-48.59kJ/mol，CH3COOH是弱酸，电离过程需要吸收能量，CH3COOH的电离吸收的能量为：57.28-48.59=8.69KJ，所以CH3COOH（aq）⇌CH3COO-（aq）+H+（aq）△H=+8.69 kJ/mol，
故答案为：CH3COOH（aq）⇌CH3COO-（aq）+H+（aq）△H=+8.69 kJ/mol；
解析
解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；
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量损失；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；防止热量损失；
（2）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减小；
故答案为：偏小；
（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为25℃，反应后温度为：28.64℃，反应前后温度差为：3.64℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为25℃，反应后温度为：28.52℃，反应前后温度差为：3.52℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为25℃，反应后温度为：29.66℃，反应前后温度差为：4.66℃；
第3组数据无效，温度差平均值=3.58℃；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=4.0J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.0J/（g•℃）×100g×3.58℃=1.432kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.432kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.432kJ×
故答案为：△H=-57.28 kJ/mol；
（4）温度差△t=300.7K-298.16K=2.54K，Q=cm△t=2.54K×4.03J•（g•K）-1×200g+150.5J•K-1×2.54K=2429.51J，△H=-
故答案为：△H=-48.59kJ/mol；
（5）盐酸和氢氧化钠反应中和热△H=-57.28kJ/mol，乙酸与氢氧化钠反应△H=-48.59kJ/mol，CH3COOH是弱酸，电离过程需要吸收能量，CH3COOH的电离吸收的能量为：57.28-48.59=8.69KJ，所以CH3COOH（aq）⇌CH3COO-（aq）+H+（aq）△H=+8.69 kJ/mol，
故答案为：CH3COOH（aq）⇌CH3COO-（aq）+H+（aq）△H=+8.69 kJ/mol；
①用量筒量取50mL 0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸溶液温度；
②用另一量筒量取50mL 0.55mol/L NaOH溶液，并测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度．
回答下列问题：
（1）倒入NaOH溶液的正确操作是______
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（2）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是______
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棒轻轻地搅动
（3）实验数据如下表：
近似认为0.55mol/L NaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后成溶液的比热容c=4.18J/（g•℃）．利用上表数据计算该反应放出的热量为：______kJ．
（4）利用上表数据计算出的中和热与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（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H2SO4溶液的温度； c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数； d．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中．
正确答案
C
D
1.4212
abcd
解析
解：（1）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，
故答案为：C；
（2）使硫酸与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；
故答案为：D；
（3）3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，温度差平均值=3.4℃；50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，
故答案为：1.4212；
（4）a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；
b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，中和热的数值偏小，故b正确；
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量不变，但温度差偏小，中和热的数值偏小，故c正确；
d．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，中和热的数值偏小，故d正确；
故答案为：abcd．
在进行中和热的测定中，下列操作或说法错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．不可将温度计当搅拌棒使用，测量时应将温度计的玻璃泡全部浸入被测液体中不要碰到容器底或容器壁，故A正确；
B．环形玻璃棒不能碰到温度计，应上下移动，故B正确；
C．中和热测定温度为恰好中和时的温度即最高温度，故C正确；
D．为了使反应进行更完全，可以使酸（碱）适当过量，故D错误．
故选D．
（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）实验中改用60mL 0.50mol•L-1盐酸跟50mL 0.55mol•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”）
（5）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______；用50mL 0.50mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______．（均填“偏大”“偏小”“无影响”）．
正确答案
解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
（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，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.50mol•L-1盐酸跟50mL 0.55mol•L-1NaOH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，所以改用60mL0.50mol•L-1盐酸跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等；
故答案为：不相等；相等；
（5）一水合氨为弱碱，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，反应放出的热量偏小；中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用50mL 0.50mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值无影响，故答案为：偏小；无影响．
解析
解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
（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，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.50mol•L-1盐酸跟50mL 0.55mol•L-1NaOH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，所以改用60mL0.50mol•L-1盐酸跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等；
故答案为：不相等；相等；
（5）一水合氨为弱碱，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，反应放出的热量偏小；中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用50mL 0.50mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值无影响，故答案为：偏小；无影响．
下列装置或操作能达到实验目的是（ ）
A
中和热测定
B
构成原电池
C
收集氢气
D
定容
正确答案
解析
解：A．缺少搅拌装置，可用环形玻璃棒，故A错误；
B．电池反应原理为铜与硝酸银溶液反应置换银，所以应该是银放在硝酸银溶液中，而铜放在硫酸铜溶液中，故B错误；
C．氢气的密度比空气的小，可用向下排空气法，故C正确；
D．倾倒溶液时应用玻璃棒引流，故D错误．
故选C．
（1）本实验中用稍过量的NaOH的原因教材中说是为保证盐酸完全被中和．试问：盐酸在反应中若因为有放热现象，而造成少量盐酸在反应中挥发，则测得的中和热______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
（2）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热会______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
（3）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会______（填“偏大”、“偏小”或“不变”），其原因是______．
（4）该实验小组做了三次实验，每次取溶液各50mL，并记录下原始数据（见下表）．
已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g/cm3，中和后混合液的比热容c=4.18×10-3kJ/（g•℃），则该反应的中和热为△H=______．根据计算结果，写出该中和反应的热化学方程式______．
正确答案
解：（1）若因为有放热现象导致少量盐酸在反应中挥发，减少了HCl的量，导致生成的水的物质的量偏小，故测得的中和热会偏小，
故答案为：偏小；
（2）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，
故答案为：偏小；
（3）由于醋酸为弱酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小，
故答案为：偏小；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小；
（4）表中三次测量数据都是有效的，三次温差的平均值为：
△H=-
根据中和热的概念可知，热化学方程式为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3KJ/mol，
故答案为：-56.01 kJ/mol；HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3KJ/mol．
解析
解：（1）若因为有放热现象导致少量盐酸在反应中挥发，减少了HCl的量，导致生成的水的物质的量偏小，故测得的中和热会偏小，
故答案为：偏小；
（2）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，
故答案为：偏小；
（3）由于醋酸为弱酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小，
故答案为：偏小；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小；
（4）表中三次测量数据都是有效的，三次温差的平均值为：
△H=-
根据中和热的概念可知，热化学方程式为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3KJ/mol，
故答案为：-56.01 kJ/mol；HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3KJ/mol．
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