Question

实验室用50mL 0.50mol•L^﹣1盐酸、50mL 0.55mol•L^﹣1 NaOH溶液和如图所示装置，进行测定中和热的实验，得到表中的数据：

实验次数   起始温度t₁/℃          终止温度t₂/℃

           盐酸                                   NaOH溶液

1          20.2                   20.3            23.7

2          20.3                   20.5            23.8

3          21.5                   21.6            24.9

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=   ．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．

Answer 1

考点：  中和热的测定．

专题：  实验设计题．

分析：  （1）金属导热快，热量损失多；

（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；

（3）先求出三次反应的温度差，根据公式Q=cm△T来求出生成0.05mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出反应热，氢氧化钠固体溶于水放热；

（4）根据实验的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低，根据实验中用到的试剂以及实验操作知识来判断；

解答：  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×=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；氢氧化钠固体溶于水放热，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大

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．

点评：  本题考查中和热的测定，题目难度不大，注意热量计算公式的应用中c=4.18J/（g•℃），要注意热量单位的换算．