题目内容
5．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元素，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$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Ca2SiO4+2Mg．
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+容易得电子，电极反应式2H2O+2eˉ=H2↑+2OHˉ，所以不能得到Mg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、K3，它们随温度变化的曲线如图l所示．
则△H2小于△H3（填“大于”、“小于”或“等于”），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．
（5）甲醇是制备工业乙酸的原料，目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO气体反应来制备．某实验小组在一个恒压密闭容器中加入0.20mol CH3OH和0.22mol CO气体，发生反应：CH3OH （g）+CO（g）?CH3COOH （l）?△H＞0，一定温度下达到平衡后测得甲醇的转化率为60%，容器体积为2L；维持温度不变，往上述达到平衡的恒压容器中，再在瞬间通入0.12mol CH3OH和0.06mol CO和混合气体，平衡的移动方向为不移动（填“向左”或“向右”或“不移动”），理由是加入气体的总物质的量与原平衡气体的总物质的量相等，体积变为4L，Qc=$\frac{1}{\frac{0.2}{4}×\frac{0.16}{4}}$=500=K，所以平衡不移动．
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阴极发生还原反应，氢离子的氧化性强于镁离子，所以电解氯化镁溶液应是氢离子放电，而得不到镁单质；
（3）根据图象曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0结合盖斯定律分析解答；
（4）因为K3随温度的变化图可知，温度越高K3越小说明正反应是放热反应，假定t时刻迅速降温到T2，平衡正向移动，甲醇的浓度变大，最终在新的温度下重新达到平衡，由此作图；
（5）根据浓度商与平衡常数的大小关系，判断反应进行的方向．
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$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Ca2SiO4+2Mg，故答案为：2MgO+2CaO+Si$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Ca2SiO4+2Mg；
②阴极发生还原反应，氢离子的氧化性强于镁离子，所以电解氯化镁溶液应是氢离子放电，而得不到镁单质，故答案为：电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得电子，电极反应式2H2O+2eˉ=H2↑+2OHˉ，所以不能得到Mg单质；
（3）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
根据盖斯定律，△H1=△H3-△H2，而曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，所以△H3-△H2＞0，即△H3＞△H2，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）因为K3随温度的变化图可知，温度越高K3越小说明正反应是放热反应，假定t时刻迅速降温到T2，平衡正向移动，甲醇的浓度变大，最终在新的温度下重新达到平衡，其中温度变化瞬间浓度是连续，没有间断，所以图象为：
，故答案为：；
（5）一定温度下达到平衡后测得甲醇的转化率为60%，所以转化的甲醇的物质的量为0.12mol，则转化的CO的物质的量为0.12mol，故平衡时甲醇的物质的量为0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物质的量为0.22mol-0.12mol=0.1mol，故平衡常数K=$\frac{1}{c（C{H}_{3}OH）•c（CO）}$=$\frac{1}{\frac{0.08}{2}×\frac{0.1}{2}}$=500；又因为甲醇的转化率为60%，故转化的甲醇的物质的量为0.20mol×60%=0.12mol，则生成乙酸的物质的量为0.12mol，原平衡体系，气体总的物质的量为0.08mol+0.1mol=0.18mol，体积为2L，
维持温度不变，往上述达到平衡的恒压容器中，再在瞬间通入0.12mol CH3OH和0.06mol CO混合气体，充入气体总的物质的量为0.12mol+0.06mol=0.18mol，原平衡相等，故体积变为原来的2倍，此时，甲醇的物质的量为0.08mol+0.12mol=0.2mol，CO的物质的量为0.1mol+0.06mol=0.16mol，则Qc=$\frac{1}{\frac{0.2}{4}×\frac{0.16}{4}}$=500=K，故平衡不移动；
故答案为：不移动；加入气体的总物质的量与原平衡气体的总物质的量相等，体积变为4L，Qc=$\frac{1}{\frac{0.2}{4}×\frac{0.16}{4}}$=500=K．
点评 本题考查盖斯定律的应用、平衡图象分析、平衡常数的计算机化学平衡移动原理，难度较大．要注意根据浓度商与平衡常数来判断反应进行的方向．
步步高达标卷系列答案| A． | C2H6O | B． | C3H8O | C． | C4H10O | D． | C5H12O |
| A． | 在四氯化碳中形成的分散系属于悬浊液 | |
| B． | 分子直径比Na+小，能透过半透膜 | |
| C． | “青蒿素”分子不能透过滤纸 | |
| D． | 在四氯化碳中形成的分散系具有丁达尔效应 |
| A． | M-3aNA-b | B． | M-3aNA+b | C． | [（M÷NA）-3a-b] | D． | [M÷（3a-b）NA] |
一定条件下，将3molA和l mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）?C（g）+2D（s）.2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间变化情况如图．下列判断正确的是（ ）| A． | 若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态 | |
| B． | 2 min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢，平衡正向移动 | |
| C． | 反应过程中A和B的转化率之比为3：1 | |
| D． | 开始到平衡，用A表示该反应的化学反应速率为0.3mol•L-1•min-1 |