Question

6．《華北電力大學(xué)學(xué)報(bào)：社會(huì)科學(xué)版》2014年第2期的文章《歐盟暫停征收航空碳排放稅的法律思考》，該文章從歐盟暫停征收航空碳排放稅的背景人手，分析了歐盟征收航空碳排放稅的爭(zhēng)議焦點(diǎn)所在，最后對(duì)歐盟暫停征收航空碳排放稅進(jìn)行了評(píng)析，并提出征收航空碳排放稅是未來(lái)趨勢(shì)的觀點(diǎn)，希望在反對(duì)聲中換一個(gè)視角來(lái)闡述征收航空碳排放稅對(duì)于環(huán)境保護(hù)、技術(shù)革新和國(guó)際法的促進(jìn)作用．
（1）用電弧法合成的儲(chǔ)氫納米碳管常伴有大量的碳納米顆粒（雜質(zhì)），這種顆�？捎萌缦卵趸�法提純，請(qǐng)完成該反應(yīng)的化學(xué)方程式：
5C+4KMnO₄+6H₂SO₄=5CO₂↑+4MnSO₄+2K₂SO₄+6H₂O
（2）在2L密閉容器中加入NO和活性炭（無(wú)雜質(zhì)），生成氣體E和F．當(dāng)溫度分別在T₁和T₂時(shí)，測(cè)得各物質(zhì)平衡時(shí)物質(zhì)的量如表：

n/mol T/℃	活性炭	NO	E	F
初始	2.030	0.100	0	0
T1	2.000	0.040	0.030	0.030
T2	2.005	0.050	0.025	0.025

上述反應(yīng)T₁℃時(shí)的平衡常數(shù)為K₁，T₂℃時(shí)的平衡常數(shù)為K₂．
①計(jì)算：K₁=$\frac{9}{16}$．
②根據(jù)上述信息判斷，溫度T₁和T₂的關(guān)系是（填序號(hào)）C．
A． T₁＞T₂     B． T₁＜T₂      C．無(wú)法比較
（3）工業(yè)上利用CO和水蒸氣在一定條件下發(fā)生反應(yīng)制取氫氣：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g）；△H=-41kJ/mol
已知：2H₂O （g）═2H₂（g）+O₂（g）；△H=+484kJ/mol，
①寫(xiě)出CO完全燃燒生成CO₂的熱化學(xué)方程式：2CO（g）+O₂（g）═2CO₂（g）△H=-566 kJ/mol．
②某溫度下，在一容積可變的容器中，CO轉(zhuǎn)化生成CO₂的反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO、O₂和CO₂的物質(zhì)的量分別為4mol、2mol、和4mol．保持溫度和壓強(qiáng)不變，對(duì)平衡混合物中三者的物質(zhì)的量作如下調(diào)整，可使平衡右移的是：（填序號(hào)）A．
A． 均增加1mol   B． 均加倍   C． 均減少1mol   D． 均減半．

Answer 1

分析 （1）反應(yīng)中C→CO₂，碳元素化合價(jià)由0價(jià)升高為+4價(jià)，共升高4價(jià)，KMnO₄→MnSO₄，Mn元素化合價(jià)由+7價(jià)降低為+2價(jià)，共降低5價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為20，故C的系數(shù)為5，故KMnO₄系數(shù)為4，據(jù)此結(jié)合原子守恒配平其它物質(zhì)的系數(shù)；
（2）由表中數(shù)據(jù)可知，C、NO、E、F的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為0.03：0.06：0.03：0.03=1：2：1：1，反應(yīng)中C被氧化，結(jié)合原子守恒可知，生成為N₂與CO₂，且該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故反應(yīng)方程式為：C+2NO?N₂+CO₂．
①計(jì)算各氣體的平衡濃度，代入平衡常數(shù)表達(dá)式K=$\frac{c（{N}_{2}）×c（C{O}_{2}）}{{c}^{2}（NO）}$計(jì)算；
②由表中數(shù)據(jù)可知，溫度由T₁變?yōu)門(mén)₂，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，由于正反應(yīng)是吸熱，還是放熱不確定，不能判斷溫度變化；
（3）①已知：Ⅰ．CO（g）+H₂O（g）═CO₂（g）+H₂（g）△H=-41kJ/mol
Ⅱ．2H₂O （g）═2H₂（g）+O₂（g）△H=+484kJ/mol，
根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：2CO（g）+O₂（g）═2CO₂（g）；
②平衡時(shí)CO、O₂和CO₂的物質(zhì)的量分別為4mol、2mol、和4mol，保持溫度和壓強(qiáng)不變，則三種物質(zhì)的量之比為2：1：2時(shí)處于平衡狀態(tài)．
A．CO、O₂和CO₂的物質(zhì)的量分別為5mol、2.5mol、5mol時(shí)處于平衡狀態(tài)，均增加1mol等效為前者平衡的基礎(chǔ)上增大0.5molO₂；
B．物質(zhì)的量均加倍 CO、O₂和CO₂的濃度之比與原平衡相同；
C．CO、O₂和CO₂的物質(zhì)的量分別為3mol、1.5mol、3mol時(shí)處于平衡狀態(tài)，均減少1mol等效為前者平衡的基礎(chǔ)上移走0.5molO₂．
D．物質(zhì)的量均減半，CO、O₂和CO₂的濃度之比與原平衡相同．

解答 解：（1）反應(yīng)中C→CO₂，碳元素化合價(jià)由0價(jià)升高為+4價(jià)，共升高4價(jià)，KMnO₄→MnSO₄，Mn元素化合價(jià)由+7價(jià)降低為+2價(jià)，共降低5價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為20，故C的系數(shù)為5，故KMnO₄系數(shù)為4，結(jié)合原子守恒配平后方程式為：5C+4KMnO₄+6H₂SO₄=5CO₂↑+4MnSO₄+2K₂SO₄+6H₂O，
故答案為：5、4、6、5、4、2、6；
（2）由表中數(shù)據(jù)可知，C、NO、E、F的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為0.03：0.06：0.03：0.03=1：2：1：1，反應(yīng)中C被氧化，結(jié)合原子守恒可知，生成為N₂與CO₂，且該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故反應(yīng)方程式為：C+2NO?N₂+CO₂．
①平衡時(shí)c（NO）=$\frac{0.04mol}{2L}$=0.02mol/L，c（N₂）=c（CO₂）=$\frac{0.03mol}{2L}$=0.015mol/L，故T₁℃時(shí)該反應(yīng)的平衡常數(shù)為K₁=$\frac{c（{N}_{2}）×c（C{O}_{2}）}{{c}^{2}（NO）}$=$\frac{0.015×0.015}{0.0{2}^{2}}$=$\frac{9}{16}$，
故答案為：$\frac{9}{16}$；
②由表中數(shù)據(jù)可知，溫度由T₁變?yōu)門(mén)₂，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，由于正反應(yīng)是吸熱，還是放熱不確定，無(wú)法判斷溫度變化，
故答案為：C；
（3）①已知：Ⅰ．CO（g）+H₂O（g）═CO₂（g）+H₂（g）△H=-41kJ/mol
Ⅱ．2H₂O （g）═2H₂（g）+O₂（g）△H=+484kJ/mol，
根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：2CO（g）+O₂（g）═2CO₂（g）△H=-566 kJ/mol
故答案為：2CO（g）+O₂（g）═2CO₂（g）△H=-566 kJ/mol；
②平衡時(shí)CO、O₂和CO₂的物質(zhì)的量分別為4mol、2mol、和4mol，保持溫度和壓強(qiáng)不變，則三種物質(zhì)的量之比為2：1：2時(shí)處于平衡狀態(tài)．
A．CO、O₂和CO₂的物質(zhì)的量分別為5mol、2.5mol、5mol時(shí)處于平衡狀態(tài)，均增加1mol等效為前者平衡的基礎(chǔ)上增大0.5molO₂，平衡正向移動(dòng)，故A正確；
B．物質(zhì)的量均加倍 CO、O₂和CO₂的濃度之比與原平衡相同均2：1：2，平衡不移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C．CO、O₂和CO₂的物質(zhì)的量分別為3mol、1.5mol、3mol時(shí)處于平衡狀態(tài)，均減少1mol等效為前者平衡的基礎(chǔ)上移走0.5molO₂，平衡逆向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D．物質(zhì)的量均減半，CO、O₂和CO₂的濃度之比與原平衡相同均2：1：2，平衡不移動(dòng)，故D錯(cuò)誤，
故答案為：A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應(yīng)配平、平衡常數(shù)的計(jì)算與運(yùn)用、等效平衡、熱化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，注意把握答題的思路．