高考化学二轮复习：热重曲线分析课件

,热点微专题强化练,69%,根据方程式知,生成水时固体质量减少分数小于生成氨气时,所以210时减少的是氨气,380时减少的是水,则该反应过程中先失去氨气后失去水,故选B。,10 g,其中m(FeSO4)=,03 mol=41,则化学式为FeSO44H2O,故78 时,M的化学式为FeSO44H2O,故A错误;温度为159 时,固体质量为5.,温度为159 时固体N的化学式为FeSO42H2O,50 g,故此时失去全部的结晶,A点剩余固体质量为115 g75.,温度为78 时,固体物质M的化学式为FeSO45H2O,60 g草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O,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3所示,请分析图3回答下列问题:,67%,m(剩余)=36.,系得出n(Fe)n(C)n(O)n(H2O)=0.,答案:(1)MnSO4,300 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7,25 mol 40 g,【典例】(1)(2020全国卷节选)硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁,04mol,碳的质量为0.,69%,根据方程式知,生成水时固体质量减少分数小于生成氨气时,所以210时减少的是氨气,380时减少的是水,则该反应过程中先失去氨气后失去水,故选B。,热分解后剩余的固体呈红棕色,溶于盐酸后得到黄色溶液。,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 gmol-1,50 g-32 g=4.,35 g MnSO4H2O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:,热重曲线分析,【,典题示例,】,【,典例,】,(1)(2020,全国卷,节选,),硫酸铁铵,NH,4,Fe(SO,4,),2,x,H,2,O,是一种重要铁,盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵。,采用热重分析法测定制得的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,_,。,(2)(2020,潍坊模拟,)MnCO,3,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,300,时,剩余固体中,n,(Mn),n,(O),为,_,。,图中,D,点对应固体的成分为,_(,填化学式,),。,【,解析,】,(1),失重,5.6%,是质量分数,设结晶水合物的化学式为,NH,4,Fe(SO,4,),2,x,H,2,O,由题意知 解得,x,12,。,(2),设,MnCO,3,的物质的量为,1 mol,即质量为,115 g,。,A,点剩余固体质量为,115 g75.65%87 g,减少的质量为,115 g-87 g=28 g,可,知,MnCO,3,失去的组成为“,CO”,故剩余固体的成分为,MnO,2,。,C,点剩余固体质量为,115 g61.74%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)=11,故剩余固体的成分为,MnO,同理,B,点剩余固体质量为,115 g66.38%=76.337 g,因,m,(Mn)=55 g,则,m,(O)=,76.337 g-55 g=21.337 g,则,n,(Mn),n,(O)=34,故剩余固体的成,分为,Mn,3,O,4,因,D,点介于,B,、,C,之间,故,D,点对应固体的成分为,Mn,3,O,4,与,MnO,的混合物。,答案,:,(1)NH,4,Fe(SO,4,),2,12H,2,O,(2)12,Mn,3,O,4,和,MnO,【,核心归纳,】,1.,结晶水合盐受热分解步骤,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。,2.,热重曲线试题分类,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,气氛物质可参加反应,如氧气氧化等。,3.,解答热重题的对策,解答这类试题时,要能够通过再现、辨认、转译、重组等思维活动,有效实现新与旧的“嫁接”和联系。具体如下,:,【,模拟演练,】,1.(2020,郑州模拟,),经过热重分析测得,:NH,4,VO,3,在焙烧过程中,固体质量的,减少值,(,纵坐标,),随温度变化的曲线如图所示。则,NH,4,VO,3,在分解过程中说法,正确的是,(,),A.,先分解失去,H,2,O,再分解失去,NH,3,B.,先分解失去,NH,3,再分解失去,H,2,O,C.,同时分解失去,H,2,O,和,NH,3,D.,同时分解失去,H,2,、,N,2,和,H,2,O,【,解析,】,选,B,。根据,NH,4,VO,3,在焙烧变化的图象可知,:,2NH,4,VO,3,=V,2,O,5,+2NH,3,+H,2,O,234 g,34 g,18 g,210,时,固体质量减少值为,1-85.47%=14.53%,380,时,根据质量减少值为,85.47%-77.78%=7.69%,根据方程式知,生成水时固体质量减少分数小于生成氨气时,所以,210,时减少的是氨气,380,时减少的是水,则该反应过程中先失去氨气后失去水,故选,B,。,2.(2020,杭州模拟,),为了探究某浅黄色固体化合物,X(,含四种元素,),的组成。某化学兴趣小组称取,3.60 g,该固体化合物,用热重法对其进行分析,得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。,已知,:,热分解后得到的无色无味气体能完全被足量澄清石灰水吸收,并得到,4.00 g,白色沉淀,;,热分解后剩余的固体呈红棕色,溶于盐酸后得到黄色溶液。请回答,:,(1)X,的化学式是,_,。,(2),固体,X,在,300,下反应的化学方程式是,_,。,(3),将热分解后剩余的红棕色固体继续升温加热至一定温度,可生成,1.55g,黑色固体,(,纯净物,),请设计实验方案检验黑色固体中的阳离子,_,。,(4),该兴趣小组进一步查阅资料发现,在隔绝空气加热条件下,该化合物,X,还生成黑色能自燃并且具有铁磁性的粉末。则其可能发生的化学方程式是,_,。,【,解析,】,(1),浅黄色固体化合物,X,第一个阶段可能失去结晶水,质量为,0.72g,物,质的量为,0.04mol,则固体,2.88g,热分解后得到的无色无味气体能完全被足量澄,清石灰水吸收,并得到,4.00g,白色沉淀,;,说明热分解生成了,CO,2,物质的量为,0.04mol,则,n,(C)=0.04mol,碳的质量为,0.04 mol12 gmol,-1,=0.48g,热分解后,剩余的固体呈红棕色,溶于盐酸后得到黄色溶液,说明生成了氧化铁,物质的量,为,0.01mol,n,(Fe)=0.02mol,铁的质量为,0.02 mol56 gmol,-1,=1.12 g,则还有,氧的质量为,2.88 g-0.48 g-1.12 g=1.28 g,则,n,(O)=0.08 mol,根据元素比例关,系得出,n,(Fe),n,(C),n,(O),n,(H,2,O)=0.02mol0.04mol0.08mol0.04mol,=1242,X,的化学式是,FeC,2,O,4,2H,2,O,。,(2),固体,X,在,300,下与氧气反应生成氧化铁、二氧化碳和水,其反应的化学方程,式是,4FeC,2,O,4,2H,2,O+3O,2,=2Fe,2,O,3,+8CO,2,+8H,2,O,。,300,(3),将热分解后剩余的红棕色固体继续升温加热至一定温度,可生成,1.55g,黑色固体,(,纯净物,),质量减少,主要验证黑色固体中是否含有亚铁离子和铁离子,因此实验方案为先取少量黑色固体溶解在盐酸中,分成两支试管,往其中一支试管里滴加少量,KSCN,溶液,出现血红色,说明原黑色固体中含,Fe,3+,;,往另外一支试管中滴加,K,3,Fe(CN),6,溶液,出现蓝色沉淀,说明原黑色固体中含,Fe,2+,。,(4),在隔绝空气加热条件下,该化合物,X,还生成黑色能自燃并且具有铁磁性的粉,末即为铁粉,根据氧化还原反应原理分析化合价升降,得到产物为二氧化碳、铁,粉和水,其可能发生的化学方程式是,FeC,2,O,4,2H,2,O Fe+2CO,2,+2H,2,O,。,答案,:,(1)FeC,2,O,4,2H,2,O,(2)4FeC,2,O,4,2H,2,O+3O,2,=2Fe,2,O,3,+8CO,2,+8H,2,O,(3),先,取少量黑色固体溶解在盐酸中,分成两支试管,往其中一支试管里滴加少量,KSCN,溶液,出现血红色,说明原黑色固体中含,Fe,3+,;,往另外一支试管中滴加,K,3,Fe(CN),6,溶液,出现蓝色沉淀,说明原黑色固体中含,Fe,2+,(4)FeC,2,O,4,2H,2,O Fe+2CO,2,+2H,2,O,300,热点微专题强化练,热点微专题,2,热重曲线分析,1.25.35 g MnSO,4,H,2,O,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)1 150,时,反应的化学方程式为,_,。,【,解析,】,(1)25.35 g MnSO,4,H,2,O,样品中,n,(Mn)=,n,(MnSO,4,H,2,O)=0.15 mol,其中,n,(H,2,O)=0.15 mol,m,(H,2,O)=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,MnSO,4,。,(2),温度继续升高,固体,MnSO,4,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,MnO,2,1 150,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)=0.150.2=34,则该氧化物为,Mn,3,O,4,故反应的化学方程式为,3MnO,2,Mn,3,O,4,+O,2,。,答案,:,(1)MnSO,4,(2)3MnO,2,Mn,3,O,4,+O,2,2.,为研究一水草酸钙,(CaC,2,O,4,H,2,O),的热分解性质,进行如下实验,:,准确称取,36.50g,样品加热,样品的固体残留率,(),随温度的变,化如下图所示。,(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,】,(1)n(CaC,2,O,4,H,2,O)=,含有,m(H,2,O)=0.25 mol 18,gmol,-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,CaC,2,O,4,;,在,900,时,100%=38.36%,m(,剩余,)=36.50,g38.36%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)=,则,n(Ca)n(O)=11,化学式为,CaO,。,(2),在,600,时,100%=68.49%,m(,剩余,)=36.50 g68.49%25 g,从,300,至,600,时,失去的总质量为,32 g-25 g=7