Question

5．Ⅰ、某化學(xué)實驗小組用0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液進(jìn)行中和反應(yīng)反應(yīng)熱的測定
（1）寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式（中和熱為57.3kJ/mol）：$\frac{1}{2}$H₂SO₄（aq）+NaOH（aq）=$\frac{1}{2}$Na₂SO₄（aq）+H₂O（l）△H=-57.3kJ/mol
（2）實驗測得△H=-53.5kJ/mol，與標(biāo)準(zhǔn)數(shù)值△H=-57.3kJ/mol有偏差，產(chǎn)生偏差的原因可能是（填字母）ABC
A．實驗裝置保溫、隔熱效果差
B．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中
C．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定硫酸溶液的溫度
Ⅱ、反應(yīng)A（g）?B（g）+C（g）在容積為1.0L的密閉容器中進(jìn)行，A的初始濃度為0.050mol•L^-1．溫度T₁和T₂下A的濃度與時間關(guān)系如圖所示．回答下列問題：
（3）上述反應(yīng)的溫度（填“大于”“小于”或“等于”，下同）T₁小于T₂，平衡常數(shù)K（T₁）小于K（T₂）．
（4）若溫度T₂時，2min后反應(yīng)達(dá)到平衡，A的轉(zhuǎn)化率為60%，則：
①平衡時體系總的物質(zhì)的量為0.08mol．
②反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.045mol/L．
③反應(yīng)在0～2min區(qū)間的平均反應(yīng)速率v（A）=0.015mol/（L．min）．

Answer 1

分析 Ⅰ、（1）稀強(qiáng)酸、稀強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時放出57.3kJ的熱量，應(yīng)生成1mol液態(tài)水；
（2）A．實驗裝置保溫、隔熱效果差，測得的熱量偏小；
B．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)，會導(dǎo)致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高；
C．分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中，熱量散失較多；
Ⅱ、（3）溫度越高達(dá)平衡所需的時間越短，然后結(jié)合圖象分析反應(yīng)的熱效應(yīng)，從而得出K的變化情況；
（4）根據(jù)三行式，結(jié)合平衡常數(shù)和反應(yīng)速率的公式來求解．

解答 解：Ⅰ、（1）稀強(qiáng)酸、稀強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時放出57.3kJ的熱量，應(yīng)生成1mol液態(tài)水，熱化學(xué)方程式為：$\frac{1}{2}$H₂SO₄（aq）+NaOH（aq）=$\frac{1}{2}$Na₂SO₄（aq）+H₂O（l）△H=-57.3kJ/mol；
故答案為：$\frac{1}{2}$H₂SO₄（aq）+NaOH（aq）=$\frac{1}{2}$Na₂SO₄（aq）+H₂O（l）△H=-57.3kJ/mol；
（2）A、實驗裝置保溫、隔熱效果差，測得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故A正確；
B．用量筒量取鹽酸時俯視讀數(shù)，會導(dǎo)致所量的鹽酸體積偏小，放出的熱量偏低，中和熱的數(shù)值偏小，故B正確；
C．分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中，熱量散失較多，測得溫度偏低，中和熱的數(shù)值偏小，故C正確；
故選：ABC；
Ⅱ、（3）由圖可知T₂先達(dá)平衡狀態(tài)，所以T₁小于T₂，而溫度越高K越小，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以溫度越高K值越大，故答案為：小于；小于；
（4）A（g）?B（g）+C（g）
起始濃度：0.050         0         0 
變化濃度：0.03        0.03     0.03         
平衡濃度：0.02        0.03     0.03
①平衡時體系總的物質(zhì)的量為=（0.02+0.03+0.03）×1=0.08mol；
②K=$\frac{0.03×0.03}{0.02}$=0.045mol/L；
③反應(yīng)在0～2min區(qū)間的平均反應(yīng)速率v（A）=$\frac{0.03mol/L}{2min}$=0.015mol/（L•min）；
故答案為：0.08mol；0.045mol/L；0.015mol/（L．min）．

點評 本題考查熱化學(xué)方程式以及反應(yīng)熱的測定化學(xué)反應(yīng)能量變化，化學(xué)平衡影響因素的分析判斷，圖象分析與化學(xué)平衡的計算應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．