Question

5．由某精礦石（MCO₃•ZCO₃）可以制備單質(zhì)M，制備過程中排放出的二氧化碳可以作為原料制備甲醇．取該礦石樣品1.84g，高溫灼燒至恒重，得到0.96g僅含兩種金屬氧化物的固體，其中m（M）：m（Z）=3：5．請回答：
（1）該礦石的化學(xué)式為MgCO₃•CaCO₃．
（2）①以該礦石灼燒后的固體產(chǎn)物為原料，真空高溫條件下用單質(zhì)硅還原，僅得到單質(zhì)M和一種含氧酸鹽（只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物質(zhì)的量之比為2：1）．寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式2MgO+2CaO+Si$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$Ca₂SiO₄+2Mg．
②單質(zhì)M還可以通過電解熔融MCl₂得到．不能用電解MCl₂溶液的方法制備M的理由是電解MgCl₂溶液時，陰極上H⁺比Mg²⁺容易得電子，電極反應(yīng)式2H₂O+2eˉ=H₂↑+2OHˉ，所以不能得到Mg單質(zhì)．
（3）一定條件下，由CO₂和H₂制備甲醇的過程中含有下列反應(yīng)：
反應(yīng)1：CO₂（g）+H₂（g）?CO（g）+H₂O（g）△H₁
反應(yīng)2：CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H₂
反應(yīng)3：CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₃
其對應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K₁、K₂、K₃，它們隨溫度變化的曲線如圖l所示．
則△H₂小于△H₃（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是曲圖l可知，隨著溫度升高，K₁增大，則△H₁＞0，根據(jù)蓋斯定律又得△H₃=△H₁+△H₂，所以△H₂＜△H₃．

（4）在溫度T₁時，使體積比為3：1的H₂和CO₂在體積恒定的密閉容器內(nèi)進(jìn)行反應(yīng)．T₁溫度下甲醇濃度隨時間變化曲線如圖2所示；不改變其他條件，假定t時刻迅速降溫到T₂，一段時間后體系重新達(dá)到平衡．試在圖中畫出t時刻后甲醇濃度隨時間變化至平衡的示意曲線．
（5）甲醇是制備工業(yè)乙酸的原料，目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇與CO氣體反應(yīng)來制備．某實(shí)驗小組在一個恒壓密閉容器中加入0.20mol CH₃OH和0.22mol CO氣體，發(fā)生反應(yīng)：CH₃OH （g）+CO（g）?CH₃COOH （l）?△H＞0，一定溫度下達(dá)到平衡后測得甲醇的轉(zhuǎn)化率為60%，容器體積為2L；維持溫度不變，往上述達(dá)到平衡的恒壓容器中，再在瞬間通入0.12mol CH₃OH和0.06mol CO和混合氣體，平衡的移動方向為不移動（填“向左”或“向右”或“不移動”），理由是加入氣體的總物質(zhì)的量與原平衡氣體的總物質(zhì)的量相等，體積變?yōu)?L，Qc=$\frac{1}{\frac{0.2}{4}×\frac{0.16}{4}}$=500=K，所以平衡不移動．

Answer 1

分析 （1）由于M和Z的相對原子質(zhì)量之比為3：5，故設(shè)M和Z的相對原子質(zhì)量分別為3x，5x．
由于MCO₃•ZCO₃中MCO₃和ZCO₃的比值為1：1，故得到的氧化物MO和ZO的物質(zhì)的量之比也為1：1，根據(jù)MCO₃•ZCO₃的質(zhì)量為1.84g，得到氧化物的質(zhì)量為0.96g，可得：
$\frac{3x+5x+32}{3x+5x+120}$=$\frac{0.96}{1.84}$，即可解得x值，從而得出M和Z的相對原子質(zhì)量，并得出礦石的化學(xué)式；
（2）①由于灼燒后的產(chǎn)物為CaO和MgO的混合物，而真空高溫條件下用單質(zhì)硅還原，僅得到單質(zhì)Mg和一種含氧酸鹽，據(jù)此寫出化學(xué)方程式；
②陰極發(fā)生還原反應(yīng)，氫離子的氧化性強(qiáng)于鎂離子，所以電解氯化鎂溶液應(yīng)是氫離子放電，而得不到鎂單質(zhì)；
（3）根據(jù)圖象曲圖l可知，隨著溫度升高，K₁增大，則△H₁＞0結(jié)合蓋斯定律分析解答；
（4）因為K3隨溫度的變化圖可知，溫度越高K3越小說明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，假定t時刻迅速降溫到T₂，平衡正向移動，甲醇的濃度變大，最終在新的溫度下重新達(dá)到平衡，由此作圖；
（5）根據(jù)濃度商與平衡常數(shù)的大小關(guān)系，判斷反應(yīng)進(jìn)行的方向．

解答 解：（1）由于M和Z的相對原子質(zhì)量之比為3：5，故設(shè)M和Z的相對原子質(zhì)量分別為3x，5x．
由于MCO₃•ZCO₃中MCO₃和ZCO₃的物質(zhì)的量之比為1：1，故得到的氧化物中MO和ZO的物質(zhì)的量之比也為1：1，根據(jù)MCO₃•ZCO₃的質(zhì)量為1.84g，得到氧化物的質(zhì)量為0.96g，可得：
$\frac{3x+5x+32}{3x+5x+120}$=$\frac{0.96}{1.84}$，x=8，
M的相對原子質(zhì)量為3x=24，故M為Mg，
Z的相對原子質(zhì)量為5x=40，故Z為Ca，則礦石的化學(xué)式為MgCO₃•CaCO₃，故答案為：MgCO₃•CaCO₃；
（2）①由于灼燒后的產(chǎn)物為CaO和MgO的混合物，而真空高溫條件下用單質(zhì)硅還原，僅得到單質(zhì)Mg和一種含氧酸鹽，由于此含氧酸鹽中只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物質(zhì)的量之比為2：1，故為Ca₂SiO₄，故此反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2MgO+2CaO+Si$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$Ca₂SiO₄+2Mg，故答案為：2MgO+2CaO+Si$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$Ca₂SiO₄+2Mg；
②陰極發(fā)生還原反應(yīng)，氫離子的氧化性強(qiáng)于鎂離子，所以電解氯化鎂溶液應(yīng)是氫離子放電，而得不到鎂單質(zhì)，故答案為：電解MgCl₂溶液時，陰極上H⁺比Mg²⁺容易得電子，電極反應(yīng)式2H₂O+2eˉ=H₂↑+2OHˉ，所以不能得到Mg單質(zhì)；
（3）反應(yīng)1：CO₂（g）+H₂（g）?CO（g）+H₂O（g）△H₁
反應(yīng)2：CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H₂
反應(yīng)3：CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₃
根據(jù)蓋斯定律，△H₁=△H₃-△H₂，而曲圖l可知，隨著溫度升高，K₁增大，則△H₁＞0，所以△H₃-△H₂＞0，即△H₃＞△H₂，故答案為：小于；曲圖l可知，隨著溫度升高，K₁增大，則△H₁＞0，根據(jù)蓋斯定律又得△H₃=△H₁+△H₂，所以△H₂＜△H₃；
（4）因為K₃隨溫度的變化圖可知，溫度越高K₃越小說明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，假定t時刻迅速降溫到T₂，平衡正向移動，甲醇的濃度變大，最終在新的溫度下重新達(dá)到平衡，其中溫度變化瞬間濃度是連續(xù)，沒有間斷，所以圖象為：，故答案為：；
（5）一定溫度下達(dá)到平衡后測得甲醇的轉(zhuǎn)化率為60%，所以轉(zhuǎn)化的甲醇的物質(zhì)的量為0.12mol，則轉(zhuǎn)化的CO的物質(zhì)的量為0.12mol，故平衡時甲醇的物質(zhì)的量為0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物質(zhì)的量為0.22mol-0.12mol=0.1mol，故平衡常數(shù)K=$\frac{1}{c（C{H}_{3}OH）•c（CO）}$=$\frac{1}{\frac{0.08}{2}×\frac{0.1}{2}}$=500；又因為甲醇的轉(zhuǎn)化率為60%，故轉(zhuǎn)化的甲醇的物質(zhì)的量為0.20mol×60%=0.12mol，則生成乙酸的物質(zhì)的量為0.12mol，原平衡體系，氣體總的物質(zhì)的量為0.08mol+0.1mol=0.18mol，體積為2L，
維持溫度不變，往上述達(dá)到平衡的恒壓容器中，再在瞬間通入0.12mol CH₃OH和0.06mol CO混合氣體，充入氣體總的物質(zhì)的量為0.12mol+0.06mol=0.18mol，原平衡相等，故體積變?yōu)樵瓉淼?倍，此時，甲醇的物質(zhì)的量為0.08mol+0.12mol=0.2mol，CO的物質(zhì)的量為0.1mol+0.06mol=0.16mol，則Qc=$\frac{1}{\frac{0.2}{4}×\frac{0.16}{4}}$=500=K，故平衡不移動；
故答案為：不移動；加入氣體的總物質(zhì)的量與原平衡氣體的總物質(zhì)的量相等，體積變?yōu)?L，Qc=$\frac{1}{\frac{0.2}{4}×\frac{0.16}{4}}$=500=K．

點(diǎn)評 本題考查蓋斯定律的應(yīng)用、平衡圖象分析、平衡常數(shù)的計算機(jī)化學(xué)平衡移動原理，難度較大．要注意根據(jù)濃度商與平衡常數(shù)來判斷反應(yīng)進(jìn)行的方向．