2024高考化学一轮复习讲义（步步高版）第1章 热点强化2　化学计算方法在热重分析中的应用

热点强化2　化学计算方法在热重分析中的应用

(1)设晶体为1 mol。

(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。

(3)计算每步的m(剩余)，×100%＝固体残留率。

(4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。

(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。

1．将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。下列说法正确的是(　　)

A．FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子

B．在100 ℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O

C．在200 ℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O

D．380 ℃的P加热至650 ℃的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑

答案　D

解析　从图中可以看出，FeSO4·7H2O晶体受热后发生4次分解反应，通常情况下，晶体先分多次失去结晶水，然后所得无水盐再分解。FeSO4·7H2O晶体中，水分子的结合力都是相同的，A不正确；n(FeSO4·7H2O)＝＝0.03 mol，则100 ℃时，M的摩尔质量为＝224 g·mol－1，化学式为FeSO4·4H2O，B不正确；在200 ℃时，N的摩尔质量为＝

170 g·mol－1，化学式为FeSO4·H2O，C不正确；380 ℃的P加热至650 ℃时，产物Q中n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶＝2∶3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，D正确。

2．将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·mol－1)在空气中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示。

当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为______(填字母)。

A．Ce(SO4)2　B．Ce2(SO4)3　C．CeOSO4

答案　B

解析　404×70.3%≈284，A的相对分子质量为332，B的相对分子质量为568，C的相对分子质量为252；根据质量守恒，404×2×70.3%≈568。

3．[2019·全国卷Ⅰ，27(5)]采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为__________________。

答案　NH4Fe(SO4)2·12H2O

解析　失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知＝，解得x≈12。

4．PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值。

答案　根据PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，解得x＝2－≈1.4，根据mPbO2·nPbO，有＝1.4，得＝＝。

5．在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。

(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为________。

(2)经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为________________________________________________。

答案　(1)CoC2O4　(2)3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2

解析　(1)n(CoC2O4·2H2O)＝0.06 mol，

Δm＝(10.98－8.82) g＝2.16 g＝m(H2O)，

故210 ℃时固体为CoC2O4。

(2)根据钴原子守恒可知

m(Co)＝3.54 g，m(O)＝(4.82－3.54) g＝1.28 g，

n(O)＝0.08 mol，n(Co)∶n(O)＝3∶4，

可写出化学方程式：3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。

6．(2023·成都模拟)CuSO4·5H2O在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成CuSO4→CuO→Cu2O→Cu，现称取5.000 g CuSO4·5H2O在敞口容器加热一定时间后，得到1.520 g固体，测得生成的SO2的体积为0.224 L(已折算为标准状况)，求：

(1)固体的成分及物质的量之比：________。

(2)标准状态下生成O2的体积：________。

答案　(1)n(CuO)∶n(Cu2O)＝2∶1　(2)0.168 L

解析　(1)5.000 g CuSO4·5H2O物质的量为0.02 mol，若生成的全部是硫酸铜，则质量为3.2 g，若全部生成氧化铜，则质量为1.6 g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.44 g，而得到1.520 g固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜物质的量为x mol，氧化亚铜物质的量为y mol，则有x＋2y＝0.02，80x＋144y＝1.52，解得x＝0.01，y＝0.005，则物质的量之比n(CuO)∶n＝2∶1。

(2)生成了标准状况下0.224 L二氧化硫，即物质的量为0.01 mol，分析知硫、铜化合价降低，氧化合价升高，根据得失电子守恒得到O2物质的量为＝

0.007 5 mol，其标准状态下的体积为0.007 5 mol×22.4 L·mol－1＝0.168 L。

7．PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9 g PbO2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如图所示。

A点与C点对应物质的化学式分别为________、________。

答案　Pb2O3　PbO

解析　二氧化铅是0.1 mol，其中氧原子是0.2 mol。A点固体减少0.8 g，则剩余氧原子的物质的量是0.15 mol，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2∶3，A点对应的物质是Pb2O3。同理可得出C点对应的物质是PbO。

8．MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则

(1)300 ℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)＝______________________________________。

(2)图中点D对应固体的成分为______________(填化学式)。

答案　(1)1∶2　(2)Mn3O4和MnO

解析　设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g。

(1)A点剩余固体质量为115 g×75.65%≈87 g，

减少的质量为115 g－87 g＝28 g，

可知MnCO3失去的组成为“CO”，

故剩余固体的成分为MnO2，n(Mn)∶n(O)＝1∶2。

(2)C点剩余固体质量为115 g×61.74%≈71 g，

据锰元素守恒知m(Mn)＝55 g，

则m(O)＝71 g－55 g＝16 g，

则n(Mn)∶n(O)＝∶＝1∶1，

故剩余固体的成分为MnO，

同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%＝76.337 g，因m(Mn)＝55 g，则m(O)＝76.337 g－55 g＝21.337 g，

则n(Mn)∶n(O)＝∶≈3∶4，

故剩余固体的成分为Mn3O4，

因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。

9．取4.53 g NH4Al(SO4)2·12H2O加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。硫酸铝铵晶体在633 ℃、975 ℃分解生成的固体分别为________、________(填化学式)。

答案　Al2 (SO4)3　Al2O3

解析　NH4Al(SO4)2·12H2O的相对分子质量为453，NH4Al(SO4)2的相对分子质量为237，Al2(SO4)3的相对分子质量为342，Al2O3的相对分子质量为102,4.53 g NH4Al(SO4)2·12H2O的物质的量为0.01 mol，则NH4Al(SO4)2的物质的量为0.01 mol，Al2(SO4)3的物质的量为0.005 mol，Al2O3的物质的量为0.005 mol。所以硫酸铝铵晶体在300 ℃、633 ℃、975 ℃分解生成的固体分别为NH4Al(SO4)2、Al2(SO4)3、Al2O3。

10．(2022·山东省青州市模拟)xNH4Cl·yScF3·zH2O“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380～400 ℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图中数据可得x∶z＝________。

答案　1∶2

解析　xNH4Cl·yScF3·zH2O“脱水除铵”是指脱去结晶水和氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，所以会产生白烟，所以380～400 ℃时固体减少的质量为氯化铵的质量，200～300 ℃时减少的质量为水的质量，则氯化铵的物质的量为＝0.06 mol，水的物质的量为＝0.12 mol，x∶z＝0.06∶0.12＝1∶2。