Question

针对化学反应中的能量变化解决下列问题。

（1）测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热（中和热为57.3 kJ.mor¹）的实验装罝如图所示。

某兴趣小组的实验数值结果小于57.3 kJ/mol，原因可能是________（填字母）。

A．实验装罝保温、隔热效果差

B．读取混合液的最高温度记为终点温度

C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中

D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，直接测定H₂SO₄ 溶液的温度

（2）利用氢气可以制取工业原料乙酸。己知：

A．CH₃COOH（l）+2O₂（g）=2CO₂（g）+2H₂O（l）   △H=－870.3kJ／mo1

B．C（s）+O₂（g）=CO₂（g）   △H=－393.5kJ／mo1

C．H₂（g）+1/2O₂（g）=H₂O（l）   △H=－285.8kJ／mo1

①相同质量的CH₃COOH、C、H₂完全燃烧时，放出热量最多的是___________。

②利用上述信息计算下述反应：2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l）   △H=           kJ/mol 。

（3）用Cl₂生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。利用反应A，可实现氯的循环利用。

反应 A: 4HCl＋O₂2Cl₂＋2H₂O

（1）已知：ⅰ.反应A中，4 molHCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。

ⅱ.

①写出此条件下反应A的热化学方程式是________________。

断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为________kJ。

Answer

（1）acd（3分）；

（2）①H2（2分）②-488.3kJ/mol（2分）；

（3）①4HCl（g）＋O2（g）2Cl2（g）＋2H2O（g） ΔH＝－115.6kJ/mol②31.9

【解析】

试题分析：（1）a．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．反应后最高温度记为终点温度，故b错误；c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会引起热量散失，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，由于温度计上会有氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，中和热的数值偏小，故d正确;故答案为acd；

（2）①1gCH3COOH、C、H2完全燃烧时放出的热量分别为：870.3kJ/60g、393.5kJ/12g、285.8kJ/2g，所以相同质量的CH3COOH、C、H2完全燃烧时，放出热量最多的是H2；

②利用盖斯定律，将②×2+③×2-①可得2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），则△H4=2×（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/mol）-（-870.3kJ/mol）=-488.3kJ/mol；

（3）①依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 KJ/mol；②焓变=反应物断键吸收热量-生成物形成化学键放出热量，4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 KJ/mol，4×E（H-Cl）+498-[243×2+4×E（H-O）]=-115.6，得到4×E（H-O）-4×E（H-Cl）=498-486+115.6=127.6，E（H-O）-E（H-Cl）=31.9。

【考点定位】考查中热热的测定、热化学方程式书写，化学键键能和焓变关系计算，图象分析判断。

【名师点晴】中和热的测定实验中需要注意：①大小烧杯杯口相平，可使盖板把杯口尽量盖严，从而减少热量损失；填碎纸条的作用是为了达到保温隔热、减少实验过程中热量损失的目的，若换用隔热、密封性能更好的装置（如保温杯）会使实验结果更准确；②温度计上的酸要用水冲洗干净，因为该温度计还要用来测碱液的温度，若不冲洗，温度计上的酸会和碱发生中和反应而使热量散失，故要冲洗干净；冲洗后的溶液不能倒入小烧杯，若倒入，会使总溶液的质量增加，而导致实验结果误差；③酸、碱混合时，要把量筒中的NaOH溶液一次倒入小烧杯而不能缓缓倒入，因为本实验的关键是测反应的反应热，若动作迟缓，将会使热量损失而使误差增大；④实验中所用HCl和NaOH的物质的量比不是1：1而是NaOH过量，是为了保证0.50 mol/L的盐酸完全被NaOH中和，采用0.55 mol/L NaOH溶液，使碱稍稍过量．若使盐酸过量，也是可以的。