Question

【題目】Ⅰ. 實驗室利用如右圖裝置進行中和熱的測定�；卮鹣铝袉栴}：

(1)該圖中有一處未畫出，它是_____________（填儀器名稱）。

(2)某同學利用50 mL 0.50 mol/L的稀鹽酸與50 mL 0.55 mol/L的稀氫氧化鈉溶液進行實驗，最終測得中和熱△H=-55.2kJ/mol。已知標準中和熱為△H=-57.3kJ/mol，導致這一偏差的原因最不可能的是________(填字母序號)。

a.實驗裝置保溫、隔熱效果差

b.在量取鹽酸溶液的體積時仰視讀數(shù)

c.分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小燒杯中

d.用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定鹽酸溶液的溫度

Ⅱ. 某同學用0.1000mol·L-1的標準NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸，其操作為如下幾步。請回答：

①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度線以上

②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體

③調節(jié)液面至“0”或“0”刻度線下，并記下讀數(shù)4.60mL

④移取20.00 mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液

⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù)

(1)以上步驟有一步錯誤，該錯誤操作會導致測定結果_______(填“偏大”“偏小”或“不變”)

(2)如下圖1是某次滴定時滴定管中的終點液面，則該次測得的醋酸物質的量濃度為_____

(3)如下圖2所示為滴定圖象，a、b、c、d四點中，水的電離程度最大的是 ______點。

Answer 1

【答案】環(huán)形玻璃攪拌棒 b 偏大 0.09mol/L c

【解析】

I.(1)根據量熱計的構造來判斷該裝置中缺少的儀器；

(2)根據中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作，必須確保熱量不散失；

II.(1)根據堿式滴定管在裝液前應用所裝液體進行潤洗；根據c(待測)=分析不當操作對V(標準)的影響，以此判斷濃度的誤差；

(2)根據酸堿恰好中和時二者的物質的量相等計算待測醋酸物質的量濃度；

(3)酸、堿會抑制水的電離，溶液中c(H+)或c(OH-)越大，對水電離的抑制作用就越強。

(1)由量熱計的構造可知該裝置中缺少的儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；

(2) a.實驗裝置保溫、隔熱效果差，導致產生等量的水，反應放出的熱量使溫度計升高的溫度少，因此最終使實驗測得中和熱數(shù)值低于標準值，a正確；

b.進行中和熱測定以不足量的HCl為標準計算，若在量取鹽酸溶液的體積時仰視讀數(shù)，則量取的HCl的體積偏大，反應放出的熱量增多，會導致測定值大于標準值，b錯誤；

c.分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小燒杯中，會導致熱量損失過多，最終使中和熱測定值小于標準值，c正確；

d.用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定鹽酸溶液的溫度，一部分NaOH與鹽酸直接反應，HCl的起始溫度高，則反應放出的熱量使溫度計升高的溫度偏少，以此溫度差為標準計算的中和熱數(shù)值偏低，d正確；

故合理選項是b；

II.(1)盛裝標準堿溶液的堿式滴定管在裝液前應用所裝標準液體進行潤洗，用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度線以上，堿式滴定管未用標準NaOH溶液潤洗就直接注入標準NaOH溶液，標準液的濃度偏小，造成V(標準)偏大，根據c(待測)=，可知c(待測)偏大；

(2)用NaOH溶液滴定醋酸，發(fā)生反應：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，n(CH3COOH)=n(NaOH)，根據滴定管刻度數(shù)值可知，滴定達到終點時讀數(shù)為22.60mL，反應消耗NaOH溶液的體積V(NaOH)=22.60mL-4.60mL=18.00mL，由于c(NaOH)= 0.1000mol/L， V(CH3COOH)=20.00mL，所以c(CH3COOH)==mol/L=0.09mol/L；

(3)水是一種極弱的電解質，存在電離平衡：H2OH++OH-，向水中加入酸、堿會抑制水的電離，溶液中c(H+)或c(OH-)越大，對水電離的抑制作用就越強，在該滴定中，開始是醋酸溶液，隨著NaOH的滴入，溶液的酸性逐漸減弱，溶液中c(H+)逐漸減小，水的電離程度逐漸增大，當二者反應，反應pH=7時，水的電離不受到抑制，水電離達到最大值，后繼續(xù)滴入NaOH溶液，堿過量，c(OH-)增大，水電離由受到抑制作用，水的電離程度又逐漸減小，因此在溶液pH=7的c點，水電離程度最大。即滴定圖象的a、b、c、d四點中，水的電離程度最大的是c點。