Question

（2013?萊蕪一模）“低碳循環(huán)”已引起各國家的高度重視，而如何降低大氣中CO₂的含量和有效地開發(fā)利用CO₂正成為化學家研究的主要課題．
（1）用電弧法合成的儲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，請完成該反應(yīng)的化學方程式：

5

 C+

4

 KMnO₄+

6

 H₂SO₄→

5

CO₂↑+

4

MnSO₄+

2

K₂SO₄+

6

H₂O
（2）將不同量的CO（g）和H₂O（g）分別通入到體積為2L的恒容密閉容器中，進行反應(yīng)
CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），得到如下三組數(shù)據(jù)：

實驗組	溫度℃	起始量/mol		平衡量/mol		達到平衡所需時間/min
		CO	H2O	H2	CO
1	650	4	2	1.6	2.4	6
2	900	2	1	0.4	1.6	3
3	900	a	b	c	d	t

①實驗2條件下平衡常數(shù)K=

0.17

．
②實驗3中，若平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率大于水蒸氣，則a/b 的值

小于1

（填具體值或取值范圍）．
③實驗4，若900℃時，在此容器中加入CO、H₂O、CO₂、H₂均為1mol，則此時
V_正

＜

V_逆（填“＜”，“＞”，“=”）．
（3）已知在常溫常壓下：
①2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=-1275.6kJ/mol
②2CO （g）+O₂（g）=2CO₂（g）△H=-566.0kJ/mol
③H₂O（g）=H₂O（l）△H=-44.0kJ/mol
寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式：

CH₃OH（l）+O₂（g）=CO （g）+2H₂O（l）△H=-442.8KJ/mol

（4）已知草酸是一種二元弱酸，草酸氫鈉（NaHC₂O₄）溶液顯酸性．常溫下，向10mL 0.01mol?L^-1 H₂C₂O₄溶液中滴加10mL 0.01
mol?L^-1 NaOH溶液時，比較溶液中各種離子濃度的大小關(guān)系

c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-）

；
（5）CO₂在自然界循環(huán)時可與CaCO₃反應(yīng)，CaCO₃是一種難溶物質(zhì)，其K_sp=2.8×10^-9．CaCl₂溶液與Na₂CO₃溶液混合可形成CaCO₃沉淀，現(xiàn)將等體積的CaCl₂溶液與Na₂CO₃溶液混合，若Na₂CO₃溶液的濃度為1×10^-4mol/L，則生成沉淀所需CaCl₂溶液的最小濃度為

1.12×10^-4

mol/L．

Answer 1

分析：（1）反應(yīng)中C→CO₂，碳元素化合價由0價升高為+4價，共升高4價，KMnO₄→MnSO₄，Mn元素化合價由+7價降低為+2價，共降低5價，化合價升降最小公倍數(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）①、根據(jù)三段式計算平衡時各組分的物質(zhì)的量，反應(yīng)前后氣體的化學計量數(shù)不變，利用物質(zhì)的量代替濃度代入平衡常數(shù)表達式計算；
②、由于CO與H₂的化學計量數(shù)相等都為1，所以當兩者物質(zhì)的量相等時二者轉(zhuǎn)化率相等，要使CO轉(zhuǎn)化率大于H₂的轉(zhuǎn)化率，則增大H₂的物質(zhì)的量；
③、計算常數(shù)的濃度商Qc，與平衡常數(shù)比較，判斷反應(yīng)進行的方向，據(jù)此解答；
（3）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學方程式乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減構(gòu)造目標方程式，反應(yīng)熱也乘以相應(yīng)的系數(shù)并進行相應(yīng)的計算；
（4）向10mL 0.01mol?L^-1 H₂C₂O₄溶液中滴加10mL 0.01mol?L^-1 NaOH溶液，二者恰好反應(yīng)，所得溶液為NaHC₂O₄溶液，NaHC₂O₄溶液顯酸性，說明HC₂O₄^-的電離程度大于水解，溶液中是水電離生成氫離子，據(jù)此來確定離子濃度的大�。�
（5）Na₂CO₃溶液的濃度為1×10^-4mol/L，等體積混合后溶液中c（CO₃^2-）=5×10^-5mol/L，根據(jù)Ksp=c（CO₃^2-）?c（Ca²⁺）計算沉淀時混合溶液中c（Ca²⁺），原溶液CaCl₂溶液的最小濃度為混合溶液中c（Ca²⁺）的2倍．

解答：解：（1）反應(yīng)中C→CO₂，碳元素化合價由0價升高為+4價，共升高4價，KMnO₄→MnSO₄，Mn元素化合價由+7價降低為+2價，共降低5價，化合價升降最小公倍數(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）①、平衡時CO的物質(zhì)的量為1.6mol，則：
           CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），
開始（mol）：2      1        0        0
變化（mol）：0.4    0.4      0.4      0.4
平衡（mol）：1.6    0.6      0.4      0.4
該反應(yīng)前后氣體體積不變，故利用物質(zhì)的量代替濃度計算平衡常數(shù)，故900℃時該反應(yīng)平衡常數(shù)k=

0.4×0.4

1.6×0.6

=0.17，
故答案為：0.17；
②、由于CO與H₂的化學計量數(shù)相等都為1，所以當兩者物質(zhì)的量相等時二者轉(zhuǎn)化率相等．要使CO轉(zhuǎn)化率大于H₂的轉(zhuǎn)化率，則增大H₂的物質(zhì)的量，即a/b的值小于1，
故答案為：小于1；
③、由①900℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為0.17，實驗4，在900℃時，在此容器中加入CO、H₂O、CO₂、H₂均為1mol，則此時濃度商Qc=

1×1

1×1

=1，大于平衡常數(shù)0.17，故反應(yīng)向逆反應(yīng)進行，所以V_正＜V_逆，
故答案為：＜；
（3））①2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=-1275.6kJ/mol
②2CO （g）+O₂（g）=2CO₂（g）△H=-566.0kJ/mol
③H₂O（g）=H₂O（l）△H=-44.0kJ/mol
依據(jù)蓋斯定律①-②+③×4得：2CH₃OH（l）+2O₂（g）=2CO （g）+4H₂O（l）△H=-885.6KJ/mol；
即CH₃OH（l）+O₂（g）=CO （g）+2H₂O（l）△H=-442.8KJ/mol；
故答案為：CH₃OH（l）+O₂（g）=CO （g）+2H₂O（l）△H=-442.8KJ/mol；
（4）向10mL 0.01mol?L^-1 H₂C₂O₄溶液中滴加10mL 0.01mol?L^-1 NaOH溶液，二者恰好反應(yīng)，所得溶液為NaHC₂O₄溶液，在該溶液中，直接電離出的Na⁺和HC₂O₄^-濃度最大，NaHC₂O₄溶液顯酸性，說明HC₂O₄^-的電離程度大于水解，所以c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-），c（H⁺）＞c（OH^-），溶液中水電離生成氫離子，故c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-），溶液呈酸，電離產(chǎn)生的c（C₂O₄^2-）原大于c（OH^-），溶液中離子濃度c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-），
故答案為：c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-）；
（5）Na₂CO₃溶液的濃度為1×10^-4mol/L，等體積混合后溶液中c（CO₃^2-）=

1

2

×1×10^-4mol/L=5×10^-5mol/L，根據(jù)Ksp=c（CO₃^2-）?c（Ca²⁺）=2.8×10^-9可知，鈣離子最小濃度c（Ca²⁺）=

2.8×10-9

5×10-5

mol/L=5.6×10^-5mol/L，原溶液CaCl₂溶液的最小濃度為混合溶液中c（Ca²⁺）的2倍，故原溶液CaCl₂溶液的最小濃度為2×5.6×10^-5mol/L=1.12×10^-4mol/L，
故答案為：1.12×10^-4．

點評：本題考查氧化還原反應(yīng)配平、平衡常數(shù)的計算與運用、熱化學方程式書寫、離子濃度大小比較、溶度積的有關(guān)計算等，題目綜合性較大，是對學生能力的考查，難度中等，（5）中計算為易錯點，溶液忽略混合后溶液的濃度發(fā)生變化．