热重分析计算-备战2025年高考《化学》一轮复习讲义（新教材新高考）

第第页备战2025年高考化学【一轮·考点精讲精练】复习讲义考点07热重分析计算知识精讲热重分析计算课后精练选择题：8题非选择题：7题建议时长：60分钟

实际时长：分钟（1）分析方法热重法是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法，通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。金属化合物的热重分析研究对象一般为各种金属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物的热分解过程，一般为先失水、再分解、后氧化。例如CoC2O4·2H2O在空气中加热时，受热分解过程分为三个阶段：第一阶段，失去结晶水生成盐：CoC2O4·2H2O→CoC2O4。第二阶段，盐受热分解生成氧化物：CoC2O4→CoO。第三阶段，低价态氧化物与空气中的氧气反应生成高价态氧化物：CoO→Co2O3(或Co3O4)。注意：①每个阶段有可能还分为不同步骤，如第一阶段中可能分步失去不同的结晶水，而不是一步失去所有的结晶水。②如果是变价金属元素，则在空气中加热产物可能为多种价态的金属氧化物。（2）基本方法和思路①设晶体(金属化合物)为1mol，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)，eq\f(m剩余,m1mol晶体质量)×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(氧元素)，由n(金属)∶n(氧元素)，即可求出失重后物质的化学式。例如：“煅烧”NiSO4·6H2O晶体时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示氧化物的名称为______。解题思路：n(NiSO4·6H2O)＝＝0.1mol，含有m(H2O)＝0.1mol×6×18g·mol－1＝10.8g，根据26.3g－15.5g=10.8g，恰好说明280℃以前失去的结晶水；所以A段对应的物质就是0.1mol的NiSO4；温度到600℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3g氧化物中Ni的质量为5.9g，那么O的质量为2.4g即0.15mol，所以固体氧化物中n(Ni)∶n(O)＝2∶3，所以固体氧化物即三氧化二镍。（3）热重分析曲线基本图示一般以横坐标为温度，纵坐标为固体质量(或质量分数等)建立平面直角坐标。如固体物质A受热分解：A(s)B(s)＋C(g)，固体A热分解反应的热重曲线如图所示：试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，由T1升高到T2过程，失重质量为Δm＝m0－m1，失重质量百分数为eq\f(m0－m1,m0)×100%。①识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量x轴和函数y轴表示的意义)，寻找x、y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)。②析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系，通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。③用图。将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。1．（2024·广西北海·一模）样品受热分解过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示。下列说法正确的是A．属于混合物 B．结晶水在第一个失重台阶并未全部失去C．第二个失重台阶得到的固体为 D．第三个失重台阶得到的固体为【答案】C【详解】A．有固定组成，属于纯净物，A错误；B．的摩尔质量为的物质的量为，其中结晶水的质量为，若失去全部结晶水，固体质量应减少到，由图可知，结晶水在第一个失重台阶已全部失去，B错误；C．第二个失重台阶得到的固体若为，则根据锰元素守恒，的物质的量的质量为，与图相符，C正确；D．第三个失重台阶得到的固体若为，则根据锰元素守恒，的物质的量的质量为，与图不符，D错误；故答案为：C。2．（2023·吉林长春·一模）摩尔盐是分析化学中重要的基准物质，其化学式可表示为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。为测定其结晶水含量并进一步探究其在惰性气体氛围中的热分解反应过程，现取一定质量的摩尔盐晶体做热重分析，绘制出如图的热重曲线【已知：(NH4)2SO4分解有N2生成】：已知：①②摩尔盐在580℃下完全分解、得到红棕色固体下列说法错误的是A．可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子B．C．摩尔盐在580℃下完全分解后的气体产物是：N2、SO2、SO3、H2OD．摩尔盐可作为基准物质用于标定高锰酸钾是因为其性质稳定且摩尔质量大【答案】C【详解】A．摩尔盐中铁元素化合价+2价，Fe2+与K3[Fe(CN)6](铁氰化钾溶液)反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，可用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液检验摩尔盐中的金属阳离子Fe2+，A正确；B．摩尔盐在580℃下完全分解，得到的红棕色固体为Fe2O3，设((NH4)2Fe(SO4)2•xH2O)为1mol，则根据铁元素守恒可知，摩尔盐在580℃下完全分解，得到的Fe2O3为0.5mol，质量为80g，由图可知，最终TG=100%-9.2%-9.2%-9.2%-52.0%=20.4%，则最初1mol摩尔盐的质量为≈392g，即摩尔盐的相对分子质量为392，故18×2+56+96×2+18x=392，解得x=6，B正确；C．摩尔盐在580℃下完全分解后有Fe2O3，Fe2O3中铁元素是+3价，气体中SO2中硫元素是+4价，SO3中硫元素是+4价，N2氮元素还是-0价，化合价有升高也有降低，但根据摩尔盐的化学式，化合价升高的总数不可能等于化合价降低的总数，C错误；D．摩尔盐较稳定，且摩尔质量大配制标准液时误差小，更适合作标准液，Fe2+能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，D正确，故答案为：C。3．（24-25高三上·辽宁辽阳·阶段练习）将26.3g样品在900℃下煅烧，样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：L→N时失掉全部的结晶水。下列说法错误的是A．B．固体M的化学式为C．生成固体P时，样品的失重率约为71.5%D．固体Q的化学式为NiO【答案】D【详解】A．L→N时失掉全部的结晶水，则分解反应为=+，根据图像可知，L→N剩余固体质量是15.5，失去结晶水的质量是26.3-15.5=10.8，则根据～建立等式，，解得n=6，A项正确；B．L→M时失掉结晶水的质量是3.6g，则失去2个结晶水，则固体M的化学式为，B项正确；C．失重率等于固体失去的质量与原固体质量的比值，则生成固体P时，样品的失重率=×100%≈71.5%，C项正确；D．N→P失重后，根据质量比例，可知发生的反应是=NiO+SO3↑，的摩尔质量是155，NiO的摩尔质量是75，所以P→Q固体质量上升，应该是NiO被氧化得到NiO2，D项错误。故答案选D。4．(2024·山东潍坊高三检测)8.34g绿矾晶体(FeSO4·7H2O)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℃时固体物质N的化学式为FeSO4·2H2OC．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·2H2Oeq\o(=,\s\up9(高温))FeSO4＋2H2OD．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Fe2O3【答案】D【解析】n(FeSO4)＝eq\f(8.34g,278g·mol－1)＝0.03mol，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，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，B错误；由B项分析知N的化学式为FeSO4·H2O，且P的化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2Oeq\o(=,\s\up9(高温))FeSO4＋H2O，C错误；P的化学式为FeSO4，若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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0.03,64x＋80y＝4.56－2.40))，解得x＝y＝0.015，则化学方程式为2FeSO4eq\o(=,\s\up9(高温))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，Q的化学式为Fe2O3，D正确。5．(2023·蚌埠教学质检)采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示。[注：残留率(%)＝剩余固体质量÷样品质量×100%]。下列说法中不正确的是()(双选)A.300～400℃之间发生的主要反应为C＋O2CO2B.800℃时残留的固体是Fe3O4C.复合材料中FeS2的质量分数为90.9%D.复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为2∶1【答案】BD【解析】A.300～400℃之间发生的主要反应为C受热生成CO2，A正确；B.550～700℃之间的失重反应方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故800℃时残留的固体是Fe2O3，B错误；C.由图中数据可知，复合材料中碳完全反应失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C正确；D.FeS2与C的物质的量之比为eq\f(90.9%,120)∶eq\f(9.1%,12)≈1∶1，D错误。6．(2024·江西九江七校联考)将5.00g胆矾(无其他杂质)置于氮气气氛中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是A．a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为52.3%B．c点对应的固体物质只有CuSO4C．将c→d产生的气体全部通入BaCl2溶液中，无沉淀产生D．d→e的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃【答案】C【解析】胆矾失去部分结晶水得到a，a点对应的物质化学式为CuSO4·xH2O，则有5.00×eq\f(MCuSO4·xH2O,MCuSO4·5H2O)＝4.28，解得x＝3，故氧元素的质量分数约为eq\f(7×16,160＋18×3)×100%≈52.3%，A正确；胆矾的化学式为CuSO4·5H2O,5.00g胆矾为0.02mol，加热完全失去结晶水，得到0.02molCuSO4，其质量为3.20g，故c点对应物质是CuSO4，B正确；c→d为CuSO4分解为CuO，产生的气体可能全部为SO3或SO2和O2或SO3、SO2和O2的混合气体，通入BaCl2溶液中，生成BaSO4沉淀，C错误；d→e的过程中，化学方程式为4CuO2Cu2O＋O2↑，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，D正确。7．取26.90gZnSO4·6H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。750℃时所得固体的化学式为A.ZnO B.ZnSO4C.Zn3O(SO4)2 D.ZnSO4·H2O【答案】C【解析】750℃时剩余固体与680℃时一样，剩下13.43g，质量减少了26.90-13.43＝13.47(g)，26.90gZnSO4·6H2O中水的质量26.9×eq\f(108,269)＝10.8(g)，则还有S元素质量减少13.47-10.8＝2.67(g)，26.90gZnSO4·6H2O中S元素的质量26.9×eq\f(32,269)＝3.2(g)，则S元素还有剩余，故答案选择C。8．(2022·全国乙卷，11)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体B．最高价氧化物的水化物的酸性：Y<XC．100～200℃阶段热分解失去4个W2ZD．500℃热分解后生成固体化合物X2Z3【答案】D【解析】本题考查原子结构、元素周期表、元素周期律以及元素化合物的性质等相关知识。由“YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体”可知，Y的原子序数为奇数，因其常温下为气体，所以YZ2为NO2，N和O的原子序数之和为15；由化合物分子式YW4X5Z8·4W2Z及“W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21”可知，另外两种元素的原子序数之和为6，由此可推出W为H(原子序数为1)，X为B(原子序数为5)。X的单质为B，常温下为固体，A项叙述错误；X的最高价氧化物的水化物为H3BO3，Y的最高价氧化物的水化物为HNO3，酸性：H3BO3<HNO3，B项叙述错误；NH4B5O8·4H2O的相对分子质量为273，NH4B5O8的相对分子质量为201，eq\f(201,273)×100%≈73.6%，不是80.2%，C项叙述错误；热分解后的最终固体为B2O3，B2O3的相对分子质量为70,70×eq\f(2.5,273)×100%＝64.1%，D项叙述正确。9．（2024·湖北·三模节选）Ⅱ．三水合硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O]的热分解实验。(4)将24.2gCu(NO3)2·3H2O样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为，继续升温至时生成的固体产物为(填化学式)。【答案】(4)2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑Cu2O【详解】（4）24.2gCu(NO3)2•3H2O的物质的量为=0.1mol，完全失去结晶水生成0.1molCu(NO3)2，质量为18.8g，根据铜元素守恒，Cu(NO3)2分解生成0.1mol氧化铜，质量为8g，再加热生成0.05molCu2O，质量为7.2g，T1℃的固体产物是Cu(NO3)2，T2℃的固体产物是CuO，T3℃的固体产物是Cu2O，T1℃～T2℃时固体由Cu(NO3)2转化为CuO，同时观察到有NO2逸出，根据氧化还原反应规律，同时还有氧气生成，因此T1℃～T2℃Cu(NO3)2分解产物为CuO、NO2、O2，反应的化学方程式为2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑，加热到T2℃时CuO又分解，最终生成Cu2O，故答案为：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑；Cu2O。10．(1)MnCO3可用作电讯器材元件材料，还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，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C点对应固体的成分为________(填化学式)。(2)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为________。【答案】(1)1∶2Mn3O4与MnO(2)eq\f(190m2,147m1)×100%【解析】(1)MnCO3的摩尔质量为115g·mol-1，设MnCO3的物质的量为1mol，则A点300℃时失重的质量为1mol×115g·mol-1×(1-75.65%)＝28g。已知CO的摩尔质量是28g·mol-1，根据质量守恒定律，分解化学方程式为MnCO3MnO2＋CO↑，所以A点300℃时固体成分的化学式为MnO2，则n(Mn)∶n(O)为1∶2。B点770℃时失重的质量为1mol×115g·mol-1×(1-66.38%)＝38.7g。由于300℃时固体的成分为MnO2，再加热造成失重的原因只能是氧元素以O2的形式逸散失去，随着氧元素的失去，锰的化合价也发生了变化。因此失去氧原子的物质的量为n(O)＝eq\f(38.7g－28g,16g·mol－1)＝eq\f(2,3)mol，可表示为MnO(2-eq\f(2,3))，整理得化学式为Mn3O4。D点900℃时失重的质量为1mol×115g·mol-1×(1-61.74%)＝44g，失去的n(O)＝eq\f(44g－28g,16g·mol－1)＝1mol，可表示为MnO(2-1)，整理得化学式为MnO。所以C点时固体物质仍从Mn3O4转化为MnO，此时为Mn3O4与MnO的混合物。(2)由Cr原子守恒可知：Cr2O3～K2Cr2O7，则理论产生K2Cr2O7的质量为eq\f(m1×1000×40%,152)×294g，而实际产量为1000m2g，则产率＝eq\f(实际产量,理论产量)×100%＝eq\f(190m2,147m1)×100%。11．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(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。12．[2019·江苏，20(1)]CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。①写出400～600℃范围内分解反应的化学方程式：________________________________。②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是__________________________________________________________________。【答案】①CaC2O4eq\o(=,\s\up7(400～600℃))CaCO3＋CO↑②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔【解析】①M(CaC2O4·H2O)＝146g·mol－1，取1molCaC2O4·H2O，质量为146g，当剩余质量为128g时，质量减少了18g，即减少1molH2O，结合题图知，在400℃时，固体的化学式为CaC2O4；当剩余质量为100g时，质量又减少了28g，即减少1molCO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400℃至600℃时发生的反应为CaC2O4eq\o(=,\s\up7(400～600℃))CaCO3＋CO↑。13．[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eq\f(1.5×18,266＋18x)＝eq\f(5.6,100)，解得x≈12。14．[2022·江苏，14(3)]FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2