1.1.1反应热 焓变【导学案】

学而优教有方【合作探究】二、反应热与焓变1．化学反应的实质和特征【思考讨论3】在科学研究和生产实践中，化学反应通常是在等压条件下进行的。如何描述等压条件下的反应热？2．内能：内能是体系内物质的各种能量的总和，受温度、压强和物质的聚集状态等影响。3．焓与焓变（1）（2）反应热与焓变的关系：在等压条件下进行的化学反应的反应热等于反应的焓变，因此常用ΔH表示反应热。（3）焓变与吸热反应和放热反应的关系①放热反应：反应体系向环境释放能量，反应体系的焓减小，ΔH为负值。②吸热反应：反应体系从环境中吸收能量，反应体系的焓增大，ΔH为正值。【做一做】焓变的表示方法①在25℃和101kPa下，1molH2与1molCl2反应生成2molHCl时放出184.6kJ的热量，则该反应的反应热为：:ΔH=－184.6kJ/mol②在25℃和101kPa下，1molC(如无特别说明，C均指石墨)与1molH2O(g)反应，生成1molCO和1molH2,需要吸收131.5kJ的热量，则该反应的反应热为:ΔH=+131.5kJ/mol【问题探究3】根据H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)反应的能量变化（如下图所示），说明化学键的断裂与形成与能量变化有和关系？4．从微观角度理解反应热的实质以H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)反应的能量变化为例说明，如图所示：由图可知：化学键反应中能量变化断裂或形成1mol化学键的能量变化断裂或形成化学键的总能量变化H—H吸收436kJ共吸收679kJCl—Cl吸收243kJH—Cl放出431kJ共放出862kJ结论H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的反应热ΔH＝－183kJ·mol－1①图示：化学反应过程中形成化学键、断裂化学键能量变化可用如图表示：其中，E1表示反应物断裂化学键吸收的总热量，E2表示生成物形成化学键放出的总热量，E1与E2的差值表示反应热。上述反应过程表示该反应为放热反应。②焓变计算公式：ΔH＝E总(断键)－E总(成键)。ΔH＝E总(生成物总能量)－E总(反成物总能量)。【知识检测】【典例2】各图中，表示反应是吸热反应的是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为放热反应；若反应物的总能量＜生成物的总能量，则反应为吸热反应。【解析】A．反应物的总能量＜生成物的总能量，反应为吸热反应，A符合题意；B．反应物的总能量＞生成物的总能量，反应为放热反应，B不符合题意；C．反应物的总能量=生成物的总能量，不符合化学反应基本规律，不属于化学反应，C不符合题意；D．反应物的总能量＞生成物的总能量，反应为放热反应，D不符合题意；答案选A。【变式2】理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A．HCN为直线型分子B．升高温度，该异构化反应正向移动C．正反应的活化能大于逆反应的活化能D．使用催化剂，能加快化学反应速率，反应的减小【答案】D【解析】A．中中心原子C采取杂化，为直线型分子，故A正确；B．由图可知，异构化的正反应为吸热反应，故升高温度，平衡正向移动，故B正确；C．由图可知，该反应为吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D．使用催化剂，可以减小反应的活化能，但不能改变反应物和生成物的能量，反应的反应热不变，故D错误；答案选D。【巩固练习】1、反应A+B→C(放热)分两步进行：①A+B→X(吸热)，②X→C(放热)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A． B．C． D．【答案】A【解析】A+B→X(吸热)，说明A、B的总能量小于X的能量；X→C(放热)，说明X能量大于C的能量；A+B→C(放热)，说明A、B的总能量大于C的能量；故选A。1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4加成产物的比例分别为70：30和15：85。下列说法错误的是（）A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定B．两种产物的化学键种类和数目相同，但1，2-加成产物的总键能更大C．相同条件下，第二步正反应(或逆反应)比较：1，2-加成较1，4-加成更易发生D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度【答案】A【解析】A．由图示可知1，2-加成产物的能量比1，4-加成产物的能量高，所以1，4-加成产物稳定，选项A错误；B．两种产物为同分异构体且化学键种类和数目相同，但生成1，2-加成产物放出的热量相对较少，故1,2-加成产物的总键能更大，选项B正确；C．相同条件下，第二步正反应(或逆反应)比较：1，2-加成的活化能较1，4-加成的低，故更易发生，选项C正确；D．升高温度，反应的正、逆反应速率均增大，根据题干的信息可以看出，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，选项D正确；答案选A。3、中和反应的反应热的测定实验中，若取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于如图所示的装置中进行反应热的测定。回答下列问题。（1）从上图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_______。（2）若改用40mL0.55mol/LH2SO4溶液和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)。（3）近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是，中和后生成溶液的比热容，通过以下数据计算中和反应的反应热_______(结果保留小数点后一位)。实验次数起始温度终止温度溶液NaOH溶液平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3326.025.825.929.2426.426.226.329.8（4）上述实验结果与相比有偏差，产生偏差的原因可能是_______(填字母)。a．实验装置保温、隔热效果差b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定溶液的温度c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中【答案】（1）环形玻璃搅拌器（2）不相等（3）56.8kJ/mol（4）abc【解析】（1）由实验装置图可知，装置中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；（2）若改用40mL0.55mol/LH2SO4溶液和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，反应生成水的物质的量不相等，所放出的热量不相等，故答案为：不相等；（3）由题给数据可知，四次温度差分别为3.4℃、6.1℃、3.3℃、3.5℃，第2组数据误差较大应舍去，三次实验温度差的平均值为=3.4℃，50mL0.55mol/L,氢氧化钠溶液与50mL0.25mol/L的硫酸溶液发生中和反应时，氢氧化钠溶液过量，反应生成水的物质的量为0.25mol/L×0.05L×2=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量Q=mc△t=100g×4.18J/（g·℃）×3.4℃=1421.2J，则实验测得的中和热△H=—=56.8kJ/mol，故答案为：56.8kJ/mol；（4）a．实验装置保温、隔热效果差会导致一部分能量的散失，使得实验测得中和热的数值偏小，故符合题意；b．用温度计测定氢氧化钠溶液起始温度后直接测定稀硫酸溶液的温度，温度计没有用水冲洗干净，在测稀硫酸的温度时，会发生酸和碱的中和导致实验测得中和热的数值偏小，故正确；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中会导致一部分能量的散失，使得实验测得中和热的数值偏小，故符合题意；故选abc4、实验室利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：步骤一：用量筒量取盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；步骤二：用另一量筒量取溶液，并用同一温度计测出其温度；步骤三：将溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：①碎泡沫塑料的作用是_______。②将一定量的稀氢氧化钠溶液分别和稀盐酸、浓硫酸、稀醋酸溶液恰好完全反应，其反应热分别为、、，则、、的大小关系为_______。③假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是，又知中和反应后生成溶液的比热容。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下实验序号起始温度终止温度盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热_______(结果保留一位小数)。④该同学通过实验测出的中和热有误差，造成这一结果的原因不可能的是_______。A．实验装置保温、隔热效果差B．用量筒量取盐酸时仰视读数C．分多次将溶液倒入小烧杯中D．用测量盐酸的温度计直接测定溶液的温度【答案】

保温隔热，减少热量损失

或

B【解析】①碎泡沫塑料可以保温，减少热量散失，使测定结果更准确。②浓硫酸稀释时会放热，与NaOH反应放出的热量最多，稀醋酸在反应过程中还会电离，电离过程吸热,所以放出的热量最少，故或。③第1次实验的温度差为23.2℃-℃=3.15℃，同理可得2、3次实验的温度差分别，3.1℃、3.05℃，则温度差的平均值为℃=3.1℃，盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g•cm-3，则盐酸和氢氧化钠溶液质量和为(50mL+50mL)×1g/ml=100g，则生成0.025mol水时放出的热量为4.18J•g−1•℃-1×100g×3.1℃=1.2958kJ，生成1mol水放出的热量为1.2958kJ×≈51.8kJ，则该实验测得的中和热ΔH=-51.8kJ/mol；④根据③的计算可知测定的中和热ΔH偏大；A．实验装置保温、隔热效果差，测得热量偏小，