Question

8．某固体甲[成分为M₃Z₂（OH）_a（CO₃）_b]可用作塑料阻燃剂，该盐分解产生大量的CO₂可以作为原料制备有机产品．取甲46g高温灼烧至恒重，得到11.2L CO₂（标准状况）和22.2g仅含两种金属氧化物的固体乙，其中Z的氧化物既溶于强酸又溶于强碱，向乙中加入足量的稀硫酸所得产物中含有MSO₄．请回答：
（1）甲灼烧至恒重的化学方程式Mg₃Al₂（OH）₂（CO₃）₅ $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$3MgO+Al₂O₃+5 CO₂↑+H₂O↑（M、Z用元素符号表示）
（2）甲能用作塑料阻燃剂的原因甲分解吸热且产生大量二氧化碳，同时还生成耐高温的MgO和Al₂O₃覆盖在塑料表面．
（3）工业上利用CO₂和H₂在一定条件下反应合成甲醇．已知下列反应：
①CO₂（g）+3H₂（g）$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁
②2H₂（g）+O₂（g）═2H₂O（1）△H₂
③H₂O（g）═H₂O（1）△H₃
写出气态甲醇完全燃烧生成CO2（g）和气态水的热化学方程式：2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=3△H₂-2△H₁-6△H₃ （用△H₁、△H₂、△H₃表示△H）
（4）反应CO₂（g）+3H₂（g）$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$CH₃OH（g）+H₂O（g），它的有关数据如图1所示，反应物起始的物质的量之比$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=1.5或$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=2
下列说法正确的是BC．
A．曲线Ⅰ对应的反应物起始物质的量之比为1.5
B．单位时间内消耗H₂的物质的量与消耗H2O的物质的量之比为3：1时，反应达到平衡状态
C．a点对应的H₂的平衡转化率为90%
D．b点对应的平衡常数K值大于c点
（5）CO₂（g）+3H₂（g）$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$CH₃OH（g）+H₂O（g）在体积为2L的固定绝热的密闭容器中加入1 molCH₃OH和1 molH₂O，第4 min达到平衡，反应中c（CO₂）的变化情况如图2所示．
在第5 min时向体系中再充入0.2molCO₂和0.4molH₂（其它条件不变），
第8 min达到平衡，此时c（H₂）=c（CH₃OH）．
请在图2中画出5到9 min的c（CO₂）浓度示意曲线．

Answer 1

分析 （1）某固体甲[成分为M₃Z₂（OH）_a（CO₃）_b]可用作塑料阻燃剂，该盐分解产生大量的CO₂可以作为原料制备有机产品，取甲46g高温灼烧至恒重，得到11.2L CO₂（标准状况），二氧化碳物质的量n（CO₂）=$\frac{11.2L}{22.4L/mol}$=0.5mol，生成22.2g仅含两种金属氧化物的固体乙，其中Z的氧化物既溶于强酸又溶于强碱说明为Al₂O₃，向乙中加入足量的稀硫酸所得产物中含有MSO₄，M为+2价金属，反应生成水的质量=46g-22.2g-0.5mol×44g/mol=1.8g，n（H₂O）=0.1mol，化学式中得到$\frac{a}{2}$：b=0.1：0.5，得到a：b=2：5则a=2，b=5，依据化合物中 元素化合价代数和为0计算，M₃Z₂（OH）₂（CO₃）₅ 中M为+2价，Z为+3价，则Z为Al，化合物摩尔质量M=$\frac{46g}{0.1mol}$=460g/mol，460-388=72，计算得到M摩尔质量=$\frac{72}{3}$g/mol=24g/mol，则M为Mg，判断得到金属氧化物为氧化镁、氧化铝，还生成二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写化学方程式；
（2）依据甲分解过程吸热和产物的性质分析，二氧化碳不助燃，生成的氧化镁、氧化铝都是熔点高的耐火材料；
（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，3×②-2×①-6×③得到；
（4）反应CO₂（g）+3H₂（g）$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$CH₃OH（g）+H₂O（g），
A．反应物起始的物质的量之比$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=1.5或$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=2，同温度下，氢气越多二氧化碳转化率越大，则曲线Ⅰ对应的反应物起始物质的量之比为2，故A错误；
B．单位时间内消耗H₂的物质的量与消耗H₂O的物质的量之比为3：1时，正逆反应速率相同；
C．曲线Ⅰ对应的反应物起始物质的量之比为2，图象可知a点对应的CO₂的平衡转化率为60%，二氧化碳和氢气转化率之比等于1：3；
D．温度升高二氧化碳平衡转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，b点温度高对应的平衡常数K值小于c点；
（5）在体积为2L的固定绝热的密闭容器中加入1 molCH₃OH和1 molH₂O，第4 min达到平衡，反应中c（CO₂）的变化情况如图2所示，说明是逆反应达到的化学平衡状态，在第5 min时向体系中再充入0.2molCO₂和0.4molH₂（其它条件不变），平衡正向进行二氧化碳浓度减小，第8 min达到平衡，此时c（H₂）=c（CH₃OH），据此画出图象．

解答 解：（1）某固体甲[成分为M₃Z₂（OH）_a（CO₃）_b]可用作塑料阻燃剂，该盐分解产生大量的CO₂可以作为原料制备有机产品，取甲46g高温灼烧至恒重，得到11.2L CO₂（标准状况），二氧化碳物质的量n（CO₂）=$\frac{11.2L}{22.4L/mol}$=0.5mol，生成22.2g仅含两种金属氧化物的固体乙，其中Z的氧化物既溶于强酸又溶于强碱说明为Al₂O₃，向乙中加入足量的稀硫酸所得产物中含有MSO₄，M为+2价金属，反应生成水的质量=46g-22.2g-0.5mol×44g/mol=1.8g，n（H₂O）=0.1mol，化学式中得到$\frac{a}{2}$：b=0.1：0.5，得到a：b=2：5则a=2，b=5，依据化合物中 元素化合价代数和为0计算，M₃Z₂（OH）₂（CO₃）₅ 中M为+2价，Z为+3价，则Z为Al，化合物摩尔质量M=$\frac{46g}{0.1mol}$=460g/mol，460-388=72，计算得到M摩尔质量=$\frac{72}{3}$g/mol=24g/mol，则M为Mg，判断得到金属氧化物为氧化镁、氧化铝，还生成二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写化学方程式：Mg₃Al₂（OH）₂（CO₃）₅ $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$3MgO+Al₂O₃+5 CO₂↑+H₂O↑，
故答案为：Mg₃Al₂（OH）₂（CO₃）₅ $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$3MgO+Al₂O₃+5 CO₂↑+H₂O↑；
（2）依据甲分解产物的性质分析，二氧化碳不助燃，生成的氧化镁、氧化铝都是熔点高的耐火材料，甲能用作塑料阻燃剂的原因；甲分解吸热且产生大量二氧化碳，同时还生成耐高温的MgO和Al₂O₃覆盖在塑料表面，
故答案为：甲分解吸热且产生大量二氧化碳，同时还生成耐高温的MgO和Al₂O₃覆盖在塑料表面；
（3）①CO₂（g）+3H₂（g）$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁
②2H₂（g）+O₂（g）═2H₂O（1）△H₂
③H₂O（g）═H₂O（1）△H₃
依据盖斯定律计算3×②-2×①-6×③得到气态甲醇完全燃烧生成CO₂（g）和气态水的热化学方程式为：2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=3△H₂-2△H₁-6△H₃，
故答案为：2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=3△H₂-2△H₁-6△H₃；
（4）反应CO₂（g）+3H₂（g）$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$CH₃OH（g）+H₂O（g），
A．反应物起始的物质的量之比$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=1.5或$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=2，同温度下，氢气越多二氧化碳转化率越大，则曲线Ⅰ对应的反应物起始物质的量之比为2，故A错误；
B．单位时间内消耗H₂的物质的量与消耗H₂O的物质的量之比为3：1时，正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故B正确；
C．曲线Ⅰ对应的反应物起始物质的量之比为2，图象可知a点对应的CO₂的平衡转化率为60%，二氧化碳和氢气转化率之比等于1：3，则氢气转化率=$\frac{3}{2}$×60%=90%，故C正确；
D．温度升高二氧化碳平衡转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，b点温度高对应的平衡常数K值小于c点，故D错误；
故答案为：BC；
（5）在体积为2L的固定绝热的密闭容器中加入1 molCH₃OH和1 molH₂O，第4 min达到平衡，反应中c（CO₂）的变化情况如图2所示，说明是逆反应达到的化学平衡状态，在第5 min时向体系中再充入0.2molCO₂和0.4molH₂（其它条件不变），平衡正向进行二氧化碳浓度减小，第8 min达到平衡，此时c（H₂）=c（CH₃OH），0.2起点，0.175平衡点，据此画出图象为，
答：5到9 min的c（CO₂）浓度示意曲线．

点评 本题考查了物质组成和含量的测定、物质组成的计算应用、热化学方程式书写、化学反应速率和平衡的影响因素判断，主要是图象的理解和绘制，掌握基础是解题关键，题目难度较大．