2024年高考化学一轮复习讲练测（全国通用）专题讲座（三） 热重分析中的物质成分的判断（练）-（解析

专题讲座（三）热重分析中的物质成分的判断第一部分：高考真题感悟1．[2021·全国甲卷，27(4)]胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为________________(写表达式)。【答案】eq\f(80m2－m3,9m3－m1)【解析】水的质量是(m2－m3)g，所以胆矾(CuSO4·nH2O)中n值的表达式为eq\f(m2－m3,18)∶eq\f(m3－m1,160)＝n∶1，解得n＝eq\f(80m2－m3,9m3－m1)。2．[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】样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，发生变化：NH4Fe(SO4)2·xH2O→NH4Fe(SO4)2·(x－1.5)H2O＋1.5H2O。固体失重5.6%，即失去水的质量占样品总质量的5.6%，列出关系式：eq\f(1.5×18,266＋18x)×100%＝5.6%，解得x＝12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。第二部分：最新模拟精练完卷时间：50分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg12Al27S32Ca40V51Cr52Mn55Fe65Zn65Ce140pb2071.（10分）8.34gFeSO4·7H2O(M=278g·mol-1)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,下列说法正确的是( )A.温度为78℃时,固体物质M的化学式为FeSO4·5H2OB.温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2OC.在隔绝空气条件下,由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4+H2OD.取适量380℃时所得的样品P,隔绝空气加热至650℃,得到一种固体物质Q,同时有两种无色气体生成,Q的化学式为Fe3O4【答案】C【解析】8.34gFeSO4·7H2O样品物质的量为0.03mol,其中m(H2O)=0.03mol×7×18g·mol-1=3.78g,如晶体全部失去结晶水,固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g,可知在加热到373℃之前,晶体失去部分结晶水,加热至635℃时,固体的质量为2.40g,应为铁的氧化物,其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03mol,m(Fe)=0.03mol×56g·mol-1=1.68g,则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g,n(O)=0.045mol,则n(Fe)∶n(O)=0.03mol∶0.045mol=2∶3,则固体物质Q的化学式为Fe2O3。温度为78℃时,固体质量为6.72g,其中m(FeSO4)=0.03mol×152g·mol-1=4.56g,m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g,n(H2O)=0.12mol,则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12mol∶0.03mol=4∶1,则化学式为FeSO4·4H2O,故78℃时,M的化学式为FeSO4·4H2O,故A错误;温度为159℃时,固体质量为5.10g,其中m(FeSO4)=0.03mol×152g·mol-1=4.56g,m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g,n(H2O)=0.03mol,则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03mol∶0.03mol=1∶1,则化学式为FeSO4·H2O,故B错误;N的化学式为FeSO4·H2O,P化学式为FeSO4,在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4+H2O,故C正确;由上述分析可知,P化学式为FeSO4,Q的化学式为Fe2O3,铁的化合价升高,必有硫的化合价降低,即有二氧化硫生成,设SO2、SO3的物质的量分别为xmol、ymol,则,解得x=y=0.015,所以方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,Q的化学式为Fe2O3,故D错误。2.（10分）将Ce(SO4)2·4H2O（摩尔质量为404g·mol－1）在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如下图所示。当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为（填字母）。A．Ce(SO4)2B．Ce2(SO4)3C．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808×70.3%≈568，应选B。3.（10分）PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9gPbO2，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0.1mol，其中氧原子是0.2mol。A点，固体减少0.8g，则剩余氧原子的物质的量是0.15mol，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。4.（10分）25.35gMnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示:(1)300℃时,所得固体的化学式为________。 (2)1150℃时,反应的化学方程式为 __________________________________。 【答案】(1)MnSO4(2)3MnO2Mn3O4+O2↑【解析】(1)25.35gMnSO4·H2O样品中n(Mn)=n(MnSO4·H2O)=0.15mol,其中n(H2O)=0.15mol,m(H2O)=2.7g,300℃时,所得固体质量为22.65g,减少的质量为2.7g,则说明该段失去结晶水,此时固体为MnSO4。(2)温度继续升高,固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15mol,850℃时,固体质量由22.65g减少到13.05g,减少的质量为9.6g,则硫的氧化物的相对分子质量为64,故为二氧化硫,则此时的固体为MnO2,1150℃时固体为二氧化锰分解所得,由锰元素质量守恒,则m(Mn)=n(Mn)×55g·mol-1=8.25g,则氧化物中m(O)=11.45g-8.25g=3.2g,n(O)=0.2mol,故n(Mn)∶n(O)=0.15∶0.2=3∶4,则该氧化物为Mn3O4,故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4+O2↑。5.（10分）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点样品失重4.0%(即eq\f(样品起始质量－a点固体质量,样品起始质量)×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】1.4，2：3【解析】根据PbO2PbOx＋eq\f(2－x,2)O2↑(注PbO2相对分子质量为239)，由eq\f(2－x,2)×32＝239×4.0%，得x＝2－eq\f(239×4.0%,16)≈1.4，根据mPbO2·nPbO，得eq\f(2m＋n,m＋n)＝1.4，eq\f(m,n)＝eq\f(0.4,0.6)＝eq\f(2,3)。6.（10分）碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成0.560LCO2(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(eq\f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×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(COeq\o\al(2－,3))＝________。【答案】3∶5【解析】碱式碳酸铝镁的化学式不确定，题中只表示为MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O，无法求得摩尔质量。试题中以3.390g样品为研究对象，不妨暂定3.390g样品为1mol。3.390g样品与足量的稀盐酸充分反应，生成CO2体积为0.560L(标准状况)。n(CO2)＝eq\f(0.560L,22.4L·mol－1)＝0.025mol，根据C元素守恒，即可确定d为0.025。270℃时已完全失去结晶水，失去结晶水的质量为3.390g×(1－73.45%)≈0.9g,600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物，说明又失去了除结晶水外的氢元素。失去的氢元素只能再结合样品中的氧元素生成水。600℃时失重的质量为3.390g×(1－37.02%)≈2.135g，失去氢元素再生成水的质量为2.135g－(0.025mol×44g·mol－1)－0.9g＝0.135g。n(H)＝eq\f(0.135g,18g·mol－1)×2＝0.015mol，根据氢元素守恒，c＝0.015。故碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(COeq\o\al(2－,3))＝0.015∶0.025＝3∶5。7.（10分）2.76gCaO2·8H2O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，140℃时完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。①试确定60℃时CaO2·xH2O中x=__________。 ②该样品中CaO2的质量分数为__________。 【答案】①2 ②26.09%【解析】140℃后结晶水全部失去，其质量为2.76g-1.32g=1.44g，物质的量为0.08mol，则CaO2·8H2O的物质的量为0.01mol，由CaO2·8H2O样品受热脱水过程的热重曲线可以看出60～140℃失去的结晶水的质量为1.68g-1.32g=0.36g，物质的量为0.02mol，则n(CaO2)∶n(H2O)=0.01∶0.02=1∶x，x=2。CaO2质量为72g·mol-1×0.01mol=0.72g，则该样品中CaO2的质量分数=0.72g2.76g×100%≈26.09%。8.（10分）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______________。【答案】Cr2O3【解析】设CrO3的质量为100g，则CrO3中铬元素的质量为100g×eq\f(52,52＋16×3)＝52g，B点时固体的质量为100g×76%＝76g，Cr的质量没有变，所以生成物中Cr的质量为52g，氧元素的质量为24g，两者的个数比为eq\f(52,52)∶eq\f(24,16)＝2∶3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3。9.（10分）为确定NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}的组成，进行如下实验：①称取2.130g样品与足量NaOH充分反应，生成NH30.224L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在氮气氛围中加热，样品的固体残留率(eq\f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)。【答案】(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。【解析】设NVCO的摩尔质量为Mg·mol－1，由89℃时剩