热门试卷

解：（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保硫酸反应完全；

故答案为：确保硫酸被完全中和；

（2）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；

故选：B； 

（3）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；

故答案为：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；

（4）50mL 0.25mol/L硫酸与50mL 0.55mol/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，温度变化的值为三次实验的平均值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，即1.421kJ，

所以实验测得的中和热△H=-=-56.85kJ/mol，该反应的热化学方程式H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O△H=-113.7kJ/mol；

故答案为：56.85kJ/mol；H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O△H=-113.7kJ/mol；

（5）浓硫酸溶于水放出热量，所以含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ；

故答案为：大于；浓硫酸溶于水放出热量；

解：（1）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泡沫塑料的作用是：减少实验过程中的热量损失；

故答案为：保温、隔热防止热量散失；

（2）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棒，不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大；

故答案为：环形玻璃搅拌棒；否；铜丝有良好的导热性，加快热量的散失；

（3）①3次温度差分别为：3.2℃，3.1℃，3.3℃，三次温度差平均值==3.2℃，故答案为：3.2；    

②50mL 0.55mol/L NaOH溶液和50mL 0.5mol/L盐酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=3.2℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.2℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H==-53.5kJ/mol，

故答案为：-53.5kJ/mol；   

③酸和碱反应测中和热时，为了保证一方全部反应，往往需要另一试剂稍稍过量，减少实验误差，所以实验中NaOH过量，为了能保证盐酸溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，

故答案为：保证盐酸能够完全被中和；   

④a．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．量取盐酸溶液的体积时仰视读数，会导致所量的盐酸体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b错误；

c．分多次把NaOH 溶液倒人盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，故c正确；

d．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，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确；

故答案为：acd．

解：（1）从图示观察起始温度即为实验时环境温度，从图型起点可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，中和反应是放热反应，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃，反应结束温度为23℃，温度升高，该实验表明此反应释放能量，即化学能转化为热能，

故答案为：释放；化学；热；低于；

（2）恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为20mL．

设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n．

                 HCl+NaOH=NaCl+H 2O

                 1    1

   1.0mol•L-1×0.03L   n

则n=1.0mol•L-1×0.03L=0.03mol，所以浓度是c（NaOH）==1.5mol/L，

故答案为：1.5；

（3）a端高说明锥形瓶内气体压强降低，温度降低，则试管中的过程是吸热过程，①烧碱固体 ②浓硫酸溶于水放热，④NaCl固体溶于水无明显热效应，而③硝酸铵固体溶于水为吸热过程，

故答案为：③．

解：（1）实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，所以正确的操作步骤的顺序是C→A→B→D→E，

故答案为：C；A；B；E；

（2）因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨，

故答案为：使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨；

（3）未用标准液润洗酸式滴定管，导致标准液的浓度减小，滴定消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，

故答案为：偏大；

解：（一）（1）中和热测定的实验装置如图，需要温度计测定温度、环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，由题目提供的实验用品可知，尚缺少的实验玻璃用品是量筒、温度计，

故答案为：量筒、温度计；

（2）2次温度差分别为：3.3℃，3.5℃，2组数据都有效，温度差平均值=3.4℃，50mL0.55mol•L-1NaOH

和50mL.0.5mol•L-1HCl质量和为m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），△T=3.4℃，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212KJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212KJ，所以生成1mol的水放出热量为=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol，

故答案为：-56.8kJ/mol；

（3）温度为22℃时加入盐酸5mL，则不是实验温度，酸碱中和为放热反应，所以研究小组做该实验时环境温度低于22℃，

酸碱中和恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50Ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n，由HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n=1.0mol•L-1×0.03L=0.03mol，所以浓度c==1.5mol/L，

故答案为：低于；1.5；

（二）（1）氢气和碘反应生成2molHI是，旧键断裂吸收能量的值为：436kJ+153kJ=589KJ，新键生成释放能量为：299kJ×2=598KJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598KJ-589KJ=9KJ，

故答案为：-9；     

（2）根据燃烧热概念，结合热化学方程式，2H2（g）+O2（g）=2H2O （l）△H=-571.6kJ/mol，氢气的燃烧热为：H2（g）+O2（g）=H2O （l）△H=-285.8kJ/mol，所以氢气的燃烧热为285.8KJ/mol，

故答案为：285.8；

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，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：环形玻璃搅拌棒；偏小；

Ⅰ．（1）实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，

则向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中），

故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中）；

（2）由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率，

故答案为：碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率；

Ⅱ．（1）通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较，故答案为：单位时间生成O2的体积；生成单位体积O2所需要的时间；

（2）浓度越大，反应速率越大，反之越小，随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，则速率逐渐减小；根据图象可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，H2O2的分解反应为2H2O22H2O+O2↑，则

n（H2O2）=×2≈0.00536 mol，

c（H2O2）=≈0.11 mol/L，故答案为：随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；0.11 mol/L；

Ⅲ．（1）Zn+2H+=Zn2++H2↑

      65g 1mol 1mol 22.4L

  0.13g 0.004mol 0.002mol 0.0448L

用锌粒来表示10s内该反应的速率为=0.013g/s，故答案为：0.013；

（2）A．化学反应速率，表示反应快慢物理量，故A正确；

B．勒夏特列原理是平衡移动原理，可指导怎样使用有限原料多出产品，故B正确；

C．催化剂的使用提高反应速率，不能改变产量，只能缩短到达平衡时间，故C错误；

D．综合经济效益既考虑原料的利用率又要考虑时间，故D正确；

故答案为：C．

解：（1）中和热的测定过程中必须尽可能减少热量损失，所以在两个烧杯之间填弃碎泡沫塑料的目的是防止热量散失，

故答案为：防止热量散失；

（2）为了保证酸能够完全被中和，加入的氢氧化钠溶液应该稍稍过量，原因是H+与OH-相互接触碰撞才能发生反应，如果用等量的酸、碱，随着反应的进行，H+与OH-相互碰撞接触的机会越来越少，越来越困难，可能有一部分H+与OH-就不能反应，而在一种微粒过量的情况下，则大大增加了另一种微粒完全反应的机会，所以②正确，

故答案为：②；

（3）a．若用量筒量取50mL 0.50mol/L的盐酸时仰视读数，会导致量取的盐酸的体积偏大，中和反应放出的水的物质的量偏大，测定的混合液的最高温度偏大，所以测定的中和热偏高，故a错误；

b．若分多次把（2）中所选试剂倒入盛有盐酸的小烧杯中，会导致有部分热量在倒入的过程中散失，使测定的混合液的最高温度偏低，测定的中和热偏小，故b正确；

c．若用醋酸代替盐酸，醋酸为弱电解质，醋酸电离过程中会吸收部分热量，导致测定的混合液最高温度偏小，测定的中和热偏小，故c正确；

故选bc．