“热重曲线”分析 高考化学一轮复习强化提升课学案新人教版

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微专题强化提升课“热重曲线”分析 【典例】称取3.60 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，相对分子质量是180)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示，请分析图并回答下列问题：①过程Ⅰ发生反应的化学方程式为_______________________________。②300 ℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式________________。【以图析题·培养关键能力】Ｋ【解析】①通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O。②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.6 g××100%≈1.12 g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为1.60 g－1.12 g＝0.48 g，铁元素和氧元素的质量比为1.12 g∶0.48 g＝7∶3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x∶16y＝7∶3，x∶y＝2∶3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3。答案：①FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O　②Fe2O3　草酸锌晶体和草酸亚铁晶体在性质上有相似之处，受热也会分解。将草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300～460 ℃范围内，发生反应的化学方程式为__________________________________________________________________。提示：ZnC2O4ZnO＋CO↑＋CO2↑。ZnC2O4·2H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为×100%≈80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为×100%≈42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2。300 ～460 ℃范围内，发生反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO＋CO↑＋CO2↑。【归纳总结】 结晶水合盐受热分解步骤加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。1．热重曲线试题分类：热重曲线试题可分为两类：第一类，试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类，试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失重。当然也有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。2．解题的方法思路：(1)设晶体为1 mol，其质量为m。(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。(3)计算每步固体剩余的质量(m余)×100%＝固体残留率。(4)晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。1．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____________、____________。【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点对应物质是PbO。答案：Pb2O3　PbO2．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。温度范围/℃固体质量/g150～2108.82290～3204.82890～9204.50(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为__________________________________。(2)经测定，加热到210～320℃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_______________________________________。【解析】(1)CoC2O4·2H2O失去全部结晶水的质量为10.98 g× g＝8.82 g，即加热到210 ℃时，固体物质是CoC2O4。(2)根据元素守恒，n(CO2)＝(×2) mol＝0.12 mol，质量为0.12 mol×44 g·mol－1＝5.28 g，固体质量减少(8.82－4.82) g ＝4.00 g，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.28－4.00) g＝1.28 g，其物质的量为 mol＝0.04 mol，n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝∶0.04∶0.12＝0.06∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。答案：(1)CoC2O4(2)3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO23．为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示。(1)300 ℃时残留固体的成分为____________，900 ℃时残留固体的成分为____________。(2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。【解析】n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，含有m(H2O)＝0.25 mol×18 g·mol－1＝4.50 g，在300 ℃时，×100%＝87.67%，m(剩余)＝36.50 g×87.67%≈32 g，减少的质量为36.50 g－32 g＝4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 ℃时，×100%＝38.36%，m(剩余) ＝36.50 g×38.36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25 mol×40 g·mol－1＝10 g，另外还含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝＝0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。答案：(1)CaC2O4　CaO(2)在600 ℃时，×100%＝68.49%，m(剩余)＝36.50 g×68.49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g－25 g＝7 g，失去物质的摩尔质量为7 g÷0.25 mol＝28 g·mol－1，所以600 ℃时残留固体成分为CaCO3，则500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 ℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50 g×76.16%，根据钙元素守恒可得x＋y＝0.25，解得x≈0.10，y≈0.15，m(CaC2O4)＝0.10 mol ×128 g·mol－1＝12.80 g，m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g，500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。【加固训练——拔高】1．碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需要吸收大量热量和___________________________________________________________________。(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________________。(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示(样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(CO)(写出计算过程)。【解析】(1)碱式碳酸铝镁受热分解生成氧化镁、氧化铝、二氧化碳和水，氧化镁和氧化铝覆盖在可燃物表面，具有阻燃作用。同时生成的二氧化碳和水均具有阻燃作用。(2)根据物质中元素的化合价代数和为零，可得2a＋3b＝c＋2d。(3)样品中加入盐酸，生成CO2，由此得出CO的量。由已知信息知，270℃时样品已完全失去结晶水，在270～600℃之间，样品减少的质量为H2O(由OH－生成)和CO2(由CO生成)的质量，由减少的总质量减去CO2的质量，即可得出H2O的质量，从而求得OH－的物质的量。答案：(1)生成的产物具有阻燃作用　(2)2a＋3b＝c＋2d(3)n(CO2)＝＝2.50×10－2 molm(CO2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol－1＝1.10 g在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2Om(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)≈1.235 gm(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 gn(H2O)＝＝7.50×10－3 moln(OH－)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 moln(OH－)∶n(CO)＝(1.50×10－2 mol)∶(2.50×10－2 mol)＝3∶52．(2021·聊城模拟)铬元素及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。以某铬矿石(主要成分是Cr2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质)为原料生产Cr2O3的流程如图：已知：2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O24Na2CrO4＋4CO2，焙烧时SiO2也参与反应。(1)Cr(OH)3和Al(OH)3性质类似，则Cr(OH)3与KOH反应的离子方程式为___________________________________________________________________；(2)沉淀2的化学式为__________________；(3)步骤③中CrO转化成Cr2O，写出其离子方程式______________________，硫酸能否换成盐酸并说明其理由________________________________________；(4)滤液3中的主要溶质是两种盐，其化学式为________________________；(5)CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示，则B点时铬的氧化物化学式为______________。【解析】向铬矿石中加入纯碱和O2焙烧，发生反应2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O24Na2CrO4＋4CO2，Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，水浸后得到的固体1的成分为Fe2O3，滤液1中含Na2CrO4、Na2SiO3；向滤液1中加入H2SO4，发生反应为Na2SiO3＋H2SO4===H2SiO3↓＋Na2SO4、2Na2CrO4＋H2SO4===Na2Cr2O7＋Na2SO4＋H2O，沉淀2为H2SiO3，滤液2中含Na2Cr2O7、Na2SO4；向滤液2中加入蔗糖，蔗糖将Cr2O还原成Cr3＋，蔗糖被氧化成CO2；含Cr3＋的溶液中加入氨水产生Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3受热分解成Cr2O3。(1)Cr(OH)3和Al(OH)3性质类似，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾和水，故Cr(OH)3与KOH反应生成KCrO2，离子反应方程式为Cr(OH)3＋OH－===CrO＋2H2O；(2)由以上分析可知过滤得滤液1为Na2CrO4、Na2SiO3等，向滤液1中加入稀硫酸调节pH得到沉淀2为H2SiO3；(3)步骤③中CrO转化成Cr2O，反应的离子方程式为2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，如用盐酸，则可被氧化，则应用硫酸酸化；(4)滤液3的主要溶质是两种盐为Na2SO4、(NH4)2SO4；(5)设CrO3的质量为100 g，则CrO3中铬元素的质量为100 g×＝52 g，B点时固体的质量为100 g×76%＝76 g，Cr的质量没有变，所以生成物中Cr的质量为52 g，氧元素的质量为24 g，两者的个数比为∶＝2∶3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3。答案：(1)Cr(OH)3＋OH－===2H2O＋CrO(2)H2SiO3(3)2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O　不能，HCl可能被CrO氧化成氯气(4)Na2SO4、(NH4)2SO4　(5)Cr2O33．0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。请回答下列问题：(1)试确定200℃时固体物质的化学式________________________(要求写出推断过程)。(2)取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为________________。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为________________，其存在的最高温度是________________。(3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为____________________。【解析】＝　n≈4，所以200℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O。(2)高于258℃时，固体由0.80 g变为0.51 g，根据(1)中的计算方法，可知剩余固体为CuSO4，CuSO4加热分解得到的黑色物质为CuO，氧化性气体只能是SO3，CuO溶于稀硫酸后浓缩、冷却，得到的晶体为CuSO4·5H2O，根据图示，CuSO4·5H2O高于102℃就开始分解，所以其存在的最高温度是102℃。(3)SO3与水反应生成H2SO4，其浓溶液与Cu加热时反应生成CuSO4、SO2和H2O。答案：＝ n≈4，所以200℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O(2)CuSO4CuO＋SO3↑　CuSO4·5H2O　102℃(3)2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O