Question

3．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(qǐng)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，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{\;真空高溫\;}}{\;}$2Mg+Ca₂SiO₄．
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(shí)，陰極上H⁺比Mg²⁺容易得到電子，電極反應(yīng)式為2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，所以得不到鎂單質(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(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K₁、K₂、K₂，它們隨溫度變化的曲線如圖1所示．
則△H₂小于（填“大于”“小于”或“等于”）△H₃，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）在溫度為T₁時(shí)，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(shí)間變化曲線如圖2所示；不改變其他條件，假定t時(shí)刻迅速降溫到T₂，一段時(shí)間后體系重新達(dá)到平衡．試在圖中畫出t時(shí)刻后甲醇濃度隨時(shí)間變化至平衡的示意曲線．

Answer 1

分析 （1）由于M和Z的相對(duì)原子質(zhì)量之比為3：5，故設(shè)M和Z的相對(duì)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(duì)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電解熔融的氯化鎂得到，在水溶液中電解，鎂離子不能在陰極得電子析出鎂，得不到金屬鎂；
（3）反應(yīng)1、2、3其對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K₁、K₂、K₃，根據(jù)圖1它們隨溫度變化的曲線結(jié)合蓋斯定律進(jìn)行分析解答；
（4）在溫度T₁時(shí)，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)CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₃＜0，t時(shí)刻迅速降溫到T₂，降低溫度平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，CH₃OH濃度增大，據(jù)此畫出t時(shí)刻后甲醇濃度隨時(shí)間變化至平衡的示意曲線．

解答 解：（1）由于M和Z的相對(duì)原子質(zhì)量之比為3：5，故設(shè)M和Z的相對(duì)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(duì)原子質(zhì)量為3x=24，故M為Mg，Z的相對(duì)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{\;真空高溫\;}}{\;}$2Mg+Ca₂SiO₄，
故答案為：2MgO+2CaO+Si$\frac{\underline{\;真空高溫\;}}{\;}$2Mg+Ca₂SiO₄；
②溶液中含有的陽離子的放電順序?yàn)椋篐⁺＞Mg²⁺，陰離子的放電順序?yàn)椋篊l^-＞OH^-，電解MgCl₂溶液時(shí)，陰極上H⁺比Mg²⁺容易得到電子，電極反應(yīng)式為2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，所以得不到鎂單質(zhì)，
故答案為：電解MgCl₂溶液時(shí)，陰極上H⁺比Mg²⁺容易得到電子，電極反應(yīng)式為2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，所以得不到鎂單質(zhì)；
（3）由圖l可知，隨著溫度升高，K₁增大，則反應(yīng)1：CO₂（g）+H₂（g）?CO（g）+H₂O（g）△H₁＞0，反應(yīng)3由反應(yīng)1+2所得，根據(jù)蓋斯定律：△H₃=△H₁+△H₂，所以△H₂＜△H₃，
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）由圖l可知，隨著溫度升高，K₃減小，則反應(yīng)3：CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₃＜0，t時(shí)刻迅速降溫到T₂，降低溫度平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，CH₃OH濃度增大，t時(shí)刻后甲醇濃度隨時(shí)間變化至平衡的示意曲線為，故答案為：．

點(diǎn)評(píng) 本題考查較為綜合，涉及復(fù)雜化合物的化學(xué)式的確定和化學(xué)方程式的書寫、電解原理及電極反應(yīng)式的書寫、化學(xué)平衡等知識(shí)，為高考常見題型，熟練掌握蓋斯定律的應(yīng)用、溶液中離子的放電順序、化學(xué)平衡移動(dòng)原理等知識(shí)是解決本題的關(guān)鍵，題目難度較大．側(cè)重學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)計(jì)算能力的培養(yǎng)．