Question

【題目】鹽酸和氫氧化鈉是工業上重要的化工原料，也是實驗室里常見的化學試劑。

Ⅰ．測定中和熱．

（1）寫出稀鹽酸和稀氫氧化鈉溶液反應表示中和熱的熱化學方程式__________（中和熱數值為57.3kJ/mol）。

（2）取50mL 0.5mol/L HCl溶液與50mL0.55mol/L NaOH溶液進行測定，但實驗數值小于57.3kJ/mol，原因不可能是_______（填序號）．

A．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定鹽酸的溫度

B．量取鹽酸的體積時仰視讀數

C．分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中

D．實驗裝置保溫、隔熱效果差

Ⅱ．酸堿中和滴定．

欲測定某NaOH溶液的物質的量濃度，可用0.1000 mol·L-1 HCl標準溶液進行中和滴定(用酚酞作指示劑)。請回答下列問題：

（1）堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，接下來應該進行的操作是__________________________。

（2）若甲學生在實驗過程中，記錄滴定前滴定管內液面讀數為1.10 mL，滴定后液面如圖，則此時消耗標準溶液的體積為___________。

乙學生做了三組平行實驗，數據記錄如下：

實驗序號	待測NaOH溶液的體積/mL	0.1000mol·L-1HCl溶液的體積/mL
		滴定前刻度	滴定后刻度
1	25.00	0.00	26.11
2	25.00	1.56	33.30
3	25.00	0.22	26.31

（3）選取上述合理數據，計算出待測NaOH溶液的物質的量濃度為________________(小數點后保留四位)。

（4）下列哪些操作會使測定結果偏高___________(填序號)。

A．錐形瓶用蒸餾水洗凈后，直接注入待測溶液進行滴定

B．滴定到終點讀數時，發現滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液

C．堿式滴定管用蒸餾水洗滌后立即取用25.00mL待測液注入錐形瓶中進行滴定

D．滴定前俯視滴定管讀數，滴定后平視滴定管讀數

（5）滴定達到終點的標志是_________________________________________________。

【答案】 H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l)△H=-57.3kJ·mol－1 B 用堿液潤洗 23.80mL 0.1044 mol·L-1 BD 滴入最后一滴標準液，溶液由紅色變為無色，且半分鐘內不復原

【解析】 I.（1）.強酸強堿的中和熱為-57.3kJ/mol，即強酸和強堿的稀溶液完全反應生成1mol水放出的熱量為57.3kJ，則稀鹽酸和稀氫氧化鈉溶液反應的中和熱的熱化學方程式：H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l) △H=-57.3kJ·mol－1；故答案為：H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l) △H=-57.3kJ·mol－1；

（2）.A．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定鹽酸的溫度，則殘留在溫度計上的NaOH會與鹽酸反應，使鹽酸的起始溫度偏高，溫度差偏小，中和熱的數值偏小，故A正確；B．量取鹽酸的體積時仰視讀數，會導致所量取的鹽酸體積偏大，放出的熱量偏高，中和熱的數值偏大，故B錯誤；C．分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中，熱量散失較多，中和熱的數值偏小，故C正確；D．裝置保溫、隔熱效果差，測得的熱量偏小，中和熱的數值偏小，故D正確；因此答案選B

II. （1）堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，接下來應該用待測的NaOH溶液進行潤洗，否則會將NaOH溶液稀釋，造成實驗誤差，故答案為：用堿液潤洗；

（2）.由圖可知，滴定后液面的讀數為：24.90mL，因滴定前滴定管內液面讀數為1.10 mL，則此時消耗標準溶液的體積為：（24.90－1.10）mL=23.80mL，故答案為：23.80mL；

（3）.由表中數據可知，第1次消耗標準液的體積是：（26.11－0.00）mL=26.11mL，第2次消耗標準液的體積是：（33.30－1.56）mL=31.74mL，第3次消耗標準液的體積是：（26.31－0.22）mL=26.09mL，因第2次數據誤差較大，故舍去，則消耗標準液的平均體積是：（26.11+26.09）mL÷2=26.10mL，所以NaOH溶液的物質的量濃度為：c（NaOH）== 0.1044 mol·L-1，故答案為：0.1044 mol·L-1；

（4）. A．錐形瓶用蒸餾水洗凈后，直接注入待測溶液進行滴定，對實驗結果無影響，故A錯誤；B．滴定到終點讀數時，發現滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液，則消耗標準液體積偏大，測定結果偏高，故B正確；C．堿式滴定管用蒸餾水洗滌后立即取用25.00mL待測液注入錐形瓶中進行滴定，則所取待測液偏少，消耗標準液的體積偏少，測定結果偏低，故C錯誤；D．滴定前俯視滴定管讀數，滴定后平視滴定管讀數，則導致所量取的標準液體積偏大，測定結果偏高，故D正確；答案選BD；

（5）. 到滴定終點時，當滴入最后一滴標準液，溶液會由紅色變為無色，且半分鐘內不復原，故答案為：滴入最后一滴標準液，溶液由紅色變為無色，且半分鐘內不復原。

【題型】實驗題
【結束】
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【題目】鐵和鋁是兩種重要的金屬，它們的單質及化合物有著各自的性質。

（1）在一定溫度下，氧化鐵可以與一氧化碳發生反應：Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)。已知該反應在不同溫度下的平衡常數如下表：

溫度/℃	1 000	1 150	1 300
平衡常數	64.0	50.7	42.9

請回答下列問題：

①該反應的平衡常數表達式K＝__________，ΔH_______0(填“>”、“<”或“＝”)。

②欲提高反應中CO的平衡轉化率，可采取的措施是_____________________。

A．減少Fe的量 B．加入合適的催化劑

C．增大容器的體積 D．降低反應的溫度

③在一個容積為1 L的密閉容器中，1000 ℃時加入Fe2O3、CO各2 mol，反應經過10 min后達到平衡。求該時間范圍內反應的平均反應速率v(CO)＝______________，Fe2O3的平衡轉化率為________。

（2）飽和Mg(OH)2溶液中滴加FeCl3溶液,產生紅褐色沉淀, 反應的離子方程式是________________________________________。

（3）已知：2Fe(s)+3/2O2(g)=Fe2O3(s) △H＝824 kJ·mol－1、2Al(s)+3/2O2(g)=Al2O3(s) △H＝1675.7 kJ·mol－1。則鋁與Fe2O3發生反應生成Al2O3和Fe的熱化學方程式為 ：___________________________。

Answer 1

【答案】 c3(CO2)/c3(CO) < D 0.04mol/(L·min) 26.7% 3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+ 2Al(s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+Al2O3(s) △H=-851.7kJ·mol－1

【解析】（1）.① .由反應方程式可知，氧化鐵和鐵均為固體，不計入平衡常數表達式，則該反應的平衡常數表達式為：K＝c3(CO2)/c3(CO)；由表中數據可知，升高溫度平衡常數減小，則升高溫度平衡逆向移動，因升高溫度平衡向吸熱方向移動，所以該反應為放熱反應，△H＜0，故答案為：c3(CO2)/c3(CO)； <；

② . A．Fe是固體，所以減少Fe的量，平衡不移動，CO的平衡轉化率不變，故A錯誤；B．加入催化劑，不能使平衡發生移動，CO的平衡轉化率不變，故B錯誤；C．該反應為反應前后氣體體積不變的可逆反應，則增大容器的體積減小壓強，平衡不移動，CO的平衡轉化率不變，故C錯誤；D．該反應是放熱反應，降低反應的溫度，平衡正向移動，CO的平衡轉化率增大，故D正確；答案選D。

③ .根據三段式法，Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)

起始濃度（mol/L） 2 0

轉化濃度（mol/L） x x

平衡濃度（mol/L） 2－x x

則1000 ℃ 時K= c3(CO2)/c3(CO)= x3/(2－x)3=64，解得x=1.6mol/L，則v(CO)＝0.4mol/L÷10min=0.04mol/(L·min)；根據反應方程式可知，當CO消耗1.6mol時，Fe2O3的平衡轉化率為： ×100%=26.7%，故答案為：0.04mol/(L·min)；26.7%；

（2）飽和Mg(OH)2溶液中滴加FeCl3溶液，產生紅褐色沉淀，說明反應生成了Fe(OH)3沉淀，則該反應的化學方程式為：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，故答案為：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+；

（3）已知：①.2Fe(s)+3/2O2(g)=Fe2O3(s) △H＝824 kJ·mol－1、②.2Al(s)+3/2O2(g)=Al2O3(s) △H＝1675.7 kJ·mol－1，根據蓋斯定律可知，②－①得：2Al(s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+Al2O3(s) △H=-851.7kJ·mol－1，故答案為：2Al(s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+Al2O3(s) △H=-851.7kJ·mol－1。