Question

【题目】盐酸和氢氧化钠是工业上重要的化工原料，也是实验室里常见的化学试剂。

Ⅰ．测定中和热．

（1）写出稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式__________（中和热数值为57.3kJ/mol）。

（2）取50mL 0.5mol/L HCl溶液与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行测定，但实验数值小于57.3kJ/mol，原因不可能是_______（填序号）．

A．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度

B．量取盐酸的体积时仰视读数

C．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中

D．实验装置保温、隔热效果差

Ⅱ．酸碱中和滴定．

欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000 mol·L-1 HCl标准溶液进行中和滴定(用酚酞作指示剂)。请回答下列问题：

（1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是__________________________。

（2）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10 mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为___________。

乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：

实验序号	待测NaOH溶液的体积/mL	0.1000mol·L-1HCl溶液的体积/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）选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为________________(小数点后保留四位)。

（4）下列哪些操作会使测定结果偏高___________(填序号)。

A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接注入待测溶液进行滴定

B．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液

C．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后立即取用25.00mL待测液注入锥形瓶中进行滴定

D．滴定前俯视滴定管读数，滴定后平视滴定管读数

（5）滴定达到终点的标志是_________________________________________________。

【答案】 H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l)△H=-57.3kJ·mol－1 B 用碱液润洗 23.80mL 0.1044 mol·L-1 BD 滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不复原

【解析】 I.（1）.强酸强碱的中和热为-57.3kJ/mol，即强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ，则稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式：H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l) △H=-57.3kJ·mol－1；故答案为：H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l) △H=-57.3kJ·mol－1；

（2）.A．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度，则残留在温度计上的NaOH会与盐酸反应，使盐酸的起始温度偏高，温度差偏小，中和热的数值偏小，故A正确；B．量取盐酸的体积时仰视读数，会导致所量取的盐酸体积偏大，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溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多，中和热的数值偏小，故C正确；D．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D正确；因此答案选B

II. （1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该用待测的NaOH溶液进行润洗，否则会将NaOH溶液稀释，造成实验误差，故答案为：用碱液润洗；

（2）.由图可知，滴定后液面的读数为：24.90mL，因滴定前滴定管内液面读数为1.10 mL，则此时消耗标准溶液的体积为：（24.90－1.10）mL=23.80mL，故答案为：23.80mL；

（3）.由表中数据可知，第1次消耗标准液的体积是：（26.11－0.00）mL=26.11mL，第2次消耗标准液的体积是：（33.30－1.56）mL=31.74mL，第3次消耗标准液的体积是：（26.31－0.22）mL=26.09mL，因第2次数据误差较大，故舍去，则消耗标准液的平均体积是：（26.11+26.09）mL÷2=26.10mL，所以NaOH溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）== 0.1044 mol·L-1，故答案为：0.1044 mol·L-1；

（4）. A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接注入待测溶液进行滴定，对实验结果无影响，故A错误；B．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；C．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后立即取用25.00mL待测液注入锥形瓶中进行滴定，则所取待测液偏少，消耗标准液的体积偏少，测定结果偏低，故C错误；D．滴定前俯视滴定管读数，滴定后平视滴定管读数，则导致所量取的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；答案选BD；

（5）. 到滴定终点时，当滴入最后一滴标准液，溶液会由红色变为无色，且半分钟内不复原，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不复原。

【题型】实验题
【结束】
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【题目】铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质。

（1）在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生反应：Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)。已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：

温度/℃	1 000	1 150	1 300
平衡常数	64.0	50.7	42.9

请回答下列问题：

①该反应的平衡常数表达式K＝__________，ΔH_______0(填“>”、“<”或“＝”)。

②欲提高反应中CO的平衡转化率，可采取的措施是_____________________。

A．减少Fe的量 B．加入合适的催化剂

C．增大容器的体积 D．降低反应的温度

③在一个容积为1 L的密闭容器中，1000 ℃时加入Fe2O3、CO各2 mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO)＝______________，Fe2O3的平衡转化率为________。

（2）饱和Mg(OH)2溶液中滴加FeCl3溶液,产生红褐色沉淀, 反应的离子方程式是________________________________________。

（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。则铝与Fe2O3发生反应生成Al2O3和Fe的热化学方程式为 ：___________________________。

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 .由反应方程式可知，氧化铁和铁均为固体，不计入平衡常数表达式，则该反应的平衡常数表达式为：K＝c3(CO2)/c3(CO)；由表中数据可知，升高温度平衡常数减小，则升高温度平衡逆向移动，因升高温度平衡向吸热方向移动，所以该反应为放热反应，△H＜0，故答案为：c3(CO2)/c3(CO)； <；

② . A．Fe是固体，所以减少Fe的量，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故A错误；B．加入催化剂，不能使平衡发生移动，CO的平衡转化率不变，故B错误；C．该反应为反应前后气体体积不变的可逆反应，则增大容器的体积减小压强，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故C错误；D．该反应是放热反应，降低反应的温度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故D正确；答案选D。

③ .根据三段式法，Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)

起始浓度（mol/L） 2 0

转化浓度（mol/L） x x

平衡浓度（mol/L） 2－x x

则1000 ℃ 时K= c3(CO2)/c3(CO)= x3/(2－x)3=64，解得x=1.6mol/L，则v(CO)＝0.4mol/L÷10min=0.04mol/(L·min)；根据反应方程式可知，当CO消耗1.6mol时，Fe2O3的平衡转化率为： ×100%=26.7%，故答案为：0.04mol/(L·min)；26.7%；

（2）饱和Mg(OH)2溶液中滴加FeCl3溶液，产生红褐色沉淀，说明反应生成了Fe(OH)3沉淀，则该反应的化学方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，故答案为：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，根据盖斯定律可知，②－①得：2Al(s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+Al2O3(s) △H=-851.7kJ·mol－1，故答案为：2Al(s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+Al2O3(s) △H=-851.7kJ·mol－1。