【文档说明】2024届高考一轮复习化学习题（新教材新高考人教版）第二章 热点强化5　化学计算方法在热重分析中的应用 Word版含答案.docx，共(6)页，340.173 KB，由小赞的店铺上传

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热点强化5化学计算方法在热重分析中的应用(1)设晶体为1mol。(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)，m(剩余)m(1mol晶体质量)×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8.34gFeSO4·7H2O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FeSO4·6H2OC．在200℃时，N的化学式为FeSO4·3H2OD．380℃的P加热至650℃的化学方程式为2FeSO4=====△Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑答案D解析从图中可以看出，FeSO4·7

H2O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)＝8.34g278g·mol－1＝0.

03mol，则100℃时，M的摩尔质量为6.72g0.03mol＝224g·mol－1，化学式为FeSO4·4H2O，B不正确；在200℃时，N的摩尔质量为5.10g0.03mol＝170g·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)＝0.03mol∶2.40g－0.03mol×56g·mol－116g·mol－1＝2∶3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为2FeSO4=====△Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，D正确。2．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，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1.5×18266＋18x＝5.6100，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。答案根据PbO2=====△PbOx＋2－x2O2↑，有2－x2×32＝239×4.0%，解得x＝2－239×4.0%16≈1.4，根据mPbO2·nPbO，有2m＋nm＋n＝1.4，得mn＝0.4

0.6＝23。5．在空气中加热10.98g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210～310℃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)C

oC2O4(2)3CoC2O4＋2O2=====△Co3O4＋6CO2解析(1)n(CoC2O4·2H2O)＝0.06mol，Δm＝(10.98－8.82)g＝2.16g＝m(H2O)，故210℃时固体为CoC2O4。(2)根据钴原子守恒可知m(Co)＝3.5

4g，m(O)＝(4.82－3.54)g＝1.28g，n(O)＝0.08mol，n(Co)∶n(O)＝3∶4，可写出化学方程式：3CoC2O4＋2O2=====△Co3O4＋6CO2。6．(2022·浙江模拟)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5.000gCuSO4·5H2O在敞口容器加热一定时间后，得到1.520g固体，测得生成的SO2的体积为0.224L(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)0.168L解析(1)5.000gCuSO4·5H2O物质的量为0.02mol，若生成的全部是硫酸铜，则质量为3.2g，若全部生成氧化铜，则质量为1

.6g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.44g，而得到1.520g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xmol，氧化亚铜物质的量为ymol，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(Cu2O)＝2∶1。(2)生成了标准状况下0.224L二氧化硫，即物质的量为0.01mol，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0.01mol×2＋0.005mol×2×14＝

0.0075mol，其标准状态下的体积为0.0075mol×22.4L·mol－1＝0.168L。7．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Pb2O3PbO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1mol，即质量为115g。(1)A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g，减少的质量为115g－87g＝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115g×61.74%≈71g，据锰元素守恒知m(Mn)＝55g，则m(O)＝71g－55g＝16g

，则n(Mn)∶n(O)＝5555∶1616＝1∶1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115g×66.38%＝76.337g，因m(Mn)＝55g，则m(O)＝76.337g－55g＝21.337g，则n(Mn)∶n(O)＝5555∶21.33716≈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4.53gNH4Al(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)3Al2O3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102,4.53gNH4Al(SO4)2·12H2O的物质的量为0.01mol，则NH4Al(SO4)2的物质的量为0.01mol，Al2(SO4)3的物质的量为0.0

05mol，Al2O3的物质的量为0.005mol。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5.31g－2.10g53.5g·mol－1＝0.06mol，水的物质的量为7.47g－5.31g18g·

mol－1＝0.12mol，x∶z＝0.06∶0.12＝1∶2。