题目内容

3．由某精矿石（MCO3•ZCO3）可以制备单质M，制备过程中排放出的二氧化碳可以作为原料制备甲醇．取该矿石样品1.84g，高温灼烧至恒重，得到0.96g仅含两种金属氧化物的固体，其中m（M）：m（Z）=3：5．请回答：

（1）该矿石的化学式为MgCO3•CaCO3．
（2）①以该矿石灼烧后的固体产物为原料，真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质M和一种含氧酸盐（只含Z、Si和O，且Z和Si的物质的量之比为2：1）．写出该反应的化学方程式：2MgO+2CaO+Si$\frac{\underline{\;真空高温\;}}{\;}$2Mg+Ca2SiO4．
②单质M还可以通过电解熔融MCl2得到．不能用电解MCl2溶液的方法制备M的理由是电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质．
（3）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：
反应1：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H1
反应2：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H2
反应3：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K2，它们随温度变化的曲线如图1所示．
则△H2小于（填“大于”“小于”或“等于”）△H3，理由是曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3．
（4）在温度为T1时，使体积比为3：1的H2和CO2在体积恒定的密闭容器内进行反应．T1温度下甲醇浓度随时间变化曲线如图2所示；不改变其他条件，假定t时刻迅速降温到T2，一段时间后体系重新达到平衡．试在图中画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线．

分析 （1）由于M和Z的相对原子质量之比为3：5，故设M和Z的相对原子质量分别为3x，5x．
由于MCO3•ZCO3中MCO3和ZCO3的比值为1：1，故得到的氧化物MO和ZO的物质的量之比也为1：1，根据MCO3•ZCO3的质量为1.84g，得到氧化物的质量为0.96g，可得：
$\frac{3x+5x+32}{3x+5x+120}$=$\frac{0.96}{1.84}$，即可解得x值，从而得出M和Z的相对原子质量，并得出矿石的化学式；
（2）①由于灼烧后的产物为CaO和MgO的混合物，而真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质Mg和一种含氧酸盐，据此写出化学方程式；②电解熔融的氯化镁得到，在水溶液中电解，镁离子不能在阴极得电子析出镁，得不到金属镁；
（3）反应1、2、3其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，根据图1它们随温度变化的曲线结合盖斯定律进行分析解答；
（4）在温度T1时，使体积比为3：1的H2和CO2在体积恒定的密闭容器内进行反应CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H3＜0，t时刻迅速降温到T2，降低温度平衡向正反应方向移动，CH3OH浓度增大，据此画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线．

解答 解：（1）由于M和Z的相对原子质量之比为3：5，故设M和Z的相对原子质量分别为3x，5x．
由于MCO3•ZCO3中MCO3和ZCO3的物质的量之比为1：1，故得到的氧化物中MO和ZO的物质的量之比也为1：1，根据MCO3•ZCO3的质量为1.84g，得到氧化物的质量为0.96g，可得：
$\frac{3x+5x+32}{3x+5x+120}$=$\frac{0.96}{1.84}$，x=8，M的相对原子质量为3x=24，故M为Mg，Z的相对原子质量为5x=40，故Z为Ca，则矿石的化学式为MgCO3•CaCO3，
故答案为：MgCO3•CaCO3；
（2）①由于灼烧后的产物为CaO和MgO的混合物，而真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质Mg和一种含氧酸盐，由于此含氧酸盐中只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1，故为Ca2SiO4，故此反应的化学方程式为：2MgO+2CaO+Si$\frac{\underline{\;真空高温\;}}{\;}$2Mg+Ca2SiO4，
故答案为：2MgO+2CaO+Si$\frac{\underline{\;真空高温\;}}{\;}$2Mg+Ca2SiO4；
②溶液中含有的阳离子的放电顺序为：H+＞Mg2+，阴离子的放电顺序为：Cl-＞OH-，电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质，
故答案为：电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质；
（3）由图l可知，随着温度升高，K1增大，则反应1：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H1＞0，反应3由反应1+2所得，根据盖斯定律：△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3，
故答案为：小于；曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3；
（4）由图l可知，随着温度升高，K3减小，则反应3：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H3＜0，t时刻迅速降温到T2，降低温度平衡向正反应方向移动，CH3OH浓度增大，t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线为，故答案为：．

点评 本题考查较为综合，涉及复杂化合物的化学式的确定和化学方程式的书写、电解原理及电极反应式的书写、化学平衡等知识，为高考常见题型，熟练掌握盖斯定律的应用、溶液中离子的放电顺序、化学平衡移动原理等知识是解决本题的关键，题目难度较大．侧重学生的分析、理解能力及化学计算能力的培养．

练习册系列答案
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2．研究表明，在CuZnO2催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1     平衡常数K1    反应Ⅰ
CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2=+41.2kJ•mol-1平衡常数K2   反应Ⅱ
（1）一定条件下，将n（CO2）：n（H2）=1：1的混合气体充入绝热恒容密闭容器中发生反应．下列事实可以说明反应CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）已达到平衡的是BCD
A 容器内气体密度保持不变     B  CO2体积分数保持不变
C 该反应的平衡常数保持不变   D 混合气体的平均相对分子质量不变
（2）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应的电极反应式是CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O．
（3）反应CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）的平衡常数K3=$\frac{{K}_{1}}{{K}_{2}}$（用K1和K2表示）．
（4）在恒压密闭容器中，由CO2和H2进行反应I合成甲醇，在其它条件不变的情况下，探究温度对化学平衡的影响，实验结果如图．
①△H1＜0（填“＞”、“＜”或“=”）
②有利于提高CO2平衡转化率的措施有A（填标号）．
A．降低反应温度
B．投料比不变，增加反应物的物质的量
C．增大CO2和H2的初始投料比
D．混合气体中掺入一定量惰性气体（不参与反应）
（5）在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为P0，仅进行反应I．
①充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器的压强与起始压强之比为$\frac{2-a}{2}$（用a表示）．
②若经过3h反应达到平衡，平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，则该过程中H2的平均反应速率为0.500mol•L-1•h-1（保留三位有效数字）；平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数．写出上述反应压力平衡常数KP为$\frac{27}{64{{P}_{0}}^{2}}$（用P0表示，并化简）．

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