Question

14．下面为测定稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和热的实验．
（1）若因为反应中有放热现象，而造成少量HCl在反应中挥发，则测得的中和热偏小（填“偏大”“偏小”或“不变”）．
（2）该实验小组做了三次实验，每次取溶液各50mL，并记录如表原始数据．

实验 序号	起始温度t1/℃			终止温度 （t2）/℃	温差 （t2-t1）/℃
	盐酸	NaOH溶液	平均值
1	25.1	24.9	25.0	31.6	6.6
2	25.1	25.1	25.1	31.8	6.7
3	25.1	25.1	25.1	31.9	6.8

已知盐酸溶液的物质的量浓度为1.0mol•L^-1，NaOH溶液的物质的量浓度为1.1mol•L^-1，密度近似为1.00g•cm^-3，中和后混合液的比热容c=4.18×10^-3kJ•g^-1•℃^-1，则该反应的中和热为△H=-56.0kJ/mol．
（3）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热的数值会偏小（填“偏大”“偏小”或“不变”），其原因是醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程．
（4）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸溶液的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热的数值偏小（填“偏大”“偏小”或“不变”）．

Answer 1

分析 （1）该实验中氢氧化钠过量，若氯化氢部分挥发，会导致中和反应中放出的热量减小，测定结果偏低；
（2）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，然后根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-$\frac{Q}{n}$kJ/mol计算出反应热；
（3）根据弱电解质电离吸收热量；
（4）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，中和反应放热．

解答 解：（1）由于氢氧化钠过量，盐酸不足，若有部分氯化氢挥发，会导致生成水的物质的量减小，反应放出的热量减小，导致测定的中和热偏小；
故答案为：偏小；
（2）3次温度差分别为：6.6℃，6.7℃，6.8℃，数据均有效，温度差平均值为6.7℃，1.1mol•L^-1的NaOH溶液50mL与1.0mol•L^-1的盐酸50mL进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×1.0mol=0.05mol，溶液的质量为100ml×1.00g•cm^-3=100g，温度变化的值△T为6.7℃来计算，则生成0.05mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×6.7℃=2800.6J，即2.8006kJ，所以实验测得的中和热△H=-$\frac{2.8006kJ}{0.05mol}$=-56.0kJ/mol；
故答案为：-56.0kJ/mol；
（3）醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，反应放出的热量偏低，测得的中和热的数值会偏低；
故答案为：偏小；醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程；
（4）未用水洗涤温度计上的盐酸溶液，直接插到NaOH溶液中，因为会发生中和反应放热，所以△T偏大，但是△H为负，所以中和热偏小；
故答案为：偏小．

点评 本题考查中和热的测定，题目难度大，注意理解中和热测定原理以及测定反应热的误差等问题．