专题讲座(三)-热重分析中的物质成分的判断(精练)-2022年一轮复习讲练测(解析版).docx

第三章 金属及其化合物
专题讲座（三） 热重分析中的物质成分的判断（精练）
完卷时间：50分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg12 Al27 S32 Ca40 V51 Cr52 Mn55 Fe65 Zn65 Ce140 pb207
1.（10分）8.34 g FeSO4·7H2O(M=278 g·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FeSO4·5H2O
B.温度为159 ℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O
C.在隔绝空气条件下,由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4+H2O
D.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】8.34 g FeSO4·7H2O样品物质的量为0.03 mol,其中m(H2O)=0.03 mol×7×18 g·mol -1=3.78 g,如晶体全部失去结晶水,固体的质量应为8.34 g-3.78 g=4.56 g,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2.40 g,应为铁的氧化物,其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03 mol ,m(Fe)=0.03 mol ×56 g·mol -1=1.68 g,则固体中m(O)=2.40 g-1.68 g=0.72 g,n(O)=0.045 mol ,则n(Fe)∶n(O)=0.03 mol∶0.045 mol =2∶3,则固体物质Q的化学式为Fe2O3。温度为78 ℃时,固体质量为6.72 g,其中m(FeSO4)=0.03 mol ×152 g·mol -1=4.56 g,m(H2O)=6.72 g-4.56 g=2.16 g,n(H2O)=0.12 mol ,则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12 mol ∶0.03 mol =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5.10 g,其中m(FeSO4)=0.03 mol ×152 g·mol -1=4.56 g,m(H2O)=5.10 g-4.56 g=0.54 g,n(H2O)=0.03 mol ,则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03 mol∶0.03 mol=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x mol、y mol,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404 g·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)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23.9 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点对应物质是PbO。
4.（10分）25.35 g MnSO4·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)25.35 g MnSO4·H2O样品中n(Mn)=n(MnSO4·H2O)=0.15 mol ,其中n(H2O)=0.15 mol ,m(H2O)=2.7 g,300 ℃时,所得固体质量为22.65 g,减少的质量为2.7 g,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0.15 mol ,
850 ℃时,固体质量由22.65 g减少到13.05 g,减少的质量为9.6 g,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MnO2,1 150 ℃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)×55 g·mol -1=8.25 g,则氧化物中m(O)=11.45 g-8.25 g=3.2 g,n(O)=0.2 mol ,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）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3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成0.560 L CO2(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)＝________。
【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3.390 g样品为研究对象，不妨暂定3.390 g样品为1 mol。3.390 g样品与足量的稀盐酸充分反应，生成CO2体积为0.560 L(标准状况)。
n(CO2)＝＝0.025 mol，根据C守恒，即可确定为d为0.025。
270 ℃时已完全失去结晶水，失去结晶水的质量为3.390 g×(1－73.45%)＝0.9 g,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3.390 g×(1－37.02%)＝2.135 g，失去氢元素再生成水的质量为2.135 g－(0.025 mol×44 g/mol)－0.9 g＝0.135 g。
n(H)＝＝0.015 mol，根据氢元素守恒，c＝0.015。故碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(CO)＝0.015∶0.025＝3∶5。
6.（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×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＋O2↑(注PbO2相对分子质量为239)，由×32＝239×4.0%，得x＝2－≈1.4，根据mPbO2·nPbO，得＝1.4，＝＝。
7.（10分）2.76 g CaO2·8H2O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2.76 g-1.32 g=1.44 g，物质的量为0.08 mol，则CaO2·8H2O的物质的量为0.01 mol，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1.68 g-1.32 g=0.36 g，物质的量为0.02 mol，则n(CaO2)∶n(H2O)=0.01∶0.02=1∶x，x=2。CaO2质量为72 g·mol-1×0.01 mol=0.72 g，则该样品中CaO2的质量分数=0.72 g2.76 g×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。
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2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH3 0.224 L(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(×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M g·mol－1，由89 ℃时剩余固体样品的质量得＝0.864 8，解得M≈1 065；由367 ℃时剩余固体样品的质量得＝0.467 6，解得b≈6；由×a＝n(NH3)＝＝0.01 mol，解得a＝5；由最后产物为VO2可知，该化合物中V为＋4价，由各元素正负化合价代数和为0可得，2c＋d＝5×1＋2×6＝17，由该化合物的相对分子质量18a＋67b＋60c＋17d＋180＝1 065可知，60c＋17d＝393，解得c＝4，d＝9，将a＝5，b＝6，c＝4，d＝9代入化学式可得NVCO的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。
10.（10分）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_____________________________________________。 

【答案】ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑。
【解析】ZnC2O4·2H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为153153+36×100%≈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81153+36×100%≈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↑。