热点专项关系式法与热重分析在化学计算中的应用（讲义）（解析版）_05高考化学_2025年新高考资料_二轮复习_上好课2025年高考化学二轮复习讲练测（新高考通用）3379109

高考热点专项 关系式法与热重分析在化学计算中的应用 目录 01考情透视·目标导航............................................................................................................................ 02知识导图·思维引航............................................................................................................................ 03核心精讲·题型突破............................................................................................................................ 题型一 关系式法................................................................................................................................. 【真题研析】........................................................................................................................................................... 【核心精讲】........................................................................................................................................................... 1．关系式法......................................................................................................................................................... 2．寻找关系式的方法.......................................................................................................................................... 【命题预测】........................................................................................................................................................... 题型二 热重分析法............................................................................................................................. 【真题研析】........................................................................................................................................................... 【核心精讲】........................................................................................................................................................... 1．热重分析法..................................................................................................................................................... 2．热重曲线图的分析方法................................................................................................................................ 3．常见的热重曲线类型..................................................................................................................................... 【命题预测】........................................................................................................................................................... 考点要求 考题统计 考情分析 关系式法 2023•山东卷，9；2022·浙江省6 近年来高考试题中纯计算题不多，主要 月卷，27；2021•山东卷， 融入在工艺流程题、综合实验题目中，试题18(3)； 常以信息给予题的形式出现，但落点仍是考 查基本计算技能，其中关系式法呈现较多， 热重曲线以图像和文字组合的形式呈现，考 查内容以书写方程式、判断某温度时物质组 2022•全国乙卷，11，6分；2000· 热重分析 成为重点，考查方式以填空、计算等形式较 广东卷；2014·全国Ⅱ卷， 法 为常见，综合考查学生获取信息的能力、处 27(4)； 理据的能力和元素守恒的化学思想等题型一 关系式法 1．(2023•山东卷，9)一定条件下，乙酸酐[(CH CO) O]醇解反应 3 2 [(CH CO) O+ROH→CH COOR+CH COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量， 3 2 3 3 实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下： ①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸 酐完全水解：(CHCO) O+HO→2CH COOH。 3 2 2 3 ③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。 1 ④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用 cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。 2 样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( ) A． B． C． D． 【答案】C 【解析】用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以计算乙酸酐的总物质 的量，根据反应方程式[(CH CO) O+ROH→CH COOR+CH COOH]系数关系，得出ROH与乙酸酐反应后剩 3 2 3 3 余的乙酸酐的物质的量，由此可以计算与ROH反应的乙酸酐的物质的量，即R-OH的物质的量，即羟基的 含量。根据滴定过程中，用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液 VmL，需要消耗cmol·L-1NaOH-甲醇的物质的量为 ，即乙酸酐的总物质的量= 2；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量= ，所以与ROH反应的 乙酸酐的物质的量= ，也即样品ROH中羟基的物质的量，所以ROH样品中羟 基质量分数= ，故选C 。 2．(2022·浙江省6月卷，27)联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO (s) 3 =CaO(s)＋CO(g) ΔH＝1.8×102kJ·mol−1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定 2 比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产 2 生的富含CO 的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO 最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 2 2 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)。请回答： (1)每完全分解 石灰石(含CaCO 90%，杂质不参与反应)，需要投料_______kg焦炭。 3 (2)每生产106kg纯碱，同时可获得_______kgCaO (列式计算)。 【答案】(1)10.8 (2)70 【解析】(1)完全分解100kg石灰石(含CaCO 90%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是 3 ＝162000kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)，其热量有效利 用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是 ＝10800g＝10.8kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭 的物质的量是 =900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦 炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是 ＝70kg。 3．(2021•山东卷，18节选)(3)利用碘量法测定WCl 产品纯度，实验如下： 6 ①称量：将足量CS(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为mg；开盖并计时1分钟，盖紧称重为 2 1mg；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为mg，则样品质量为_________g(不考虑空气中水蒸 2 3 气的干扰)。 ②滴定：先将WCl 转化为可溶的NaWO，通过IO -离子交换柱发生反应：WO2- 6 2 4 3 4 +Ba(IO )=BaWO +2IO -；交换结束后，向所得含IO -的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO - 3 2 4 3 3 3 +5I-+6H+=3I +3H O；反应完全后，用NaSO 标准溶液滴定，发生反应：I+2S O2-=2I-+S O2-。滴定达终点 2 2 2 2 3 2 2 3 4 6 时消耗cmol•L-1的NaSO 溶液VmL，则样品中WCl(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为 2 2 3 6 ________________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗NaSO 溶液的体 2 2 3 积将______ (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl 质量分数的测定值将_____ (填“偏大”“偏 6 小”或“不变”)。 【答案】(3)①( m +m- 2m ) ② % 不变 偏大 3 1 2 【解析】(3)①称量时加入足量的CS，盖紧称重为mg，由于CS 易挥发，开盖时要挥发出来，称量 2 1 2 的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重mg，则挥发出的CS 的质量为(m - m )g，再开盖加入待测样 2 2 1 2 品并计时1分钟，又挥发出(m - m )g的CS，盖紧称重为mg，则样品质量为：mg+2(m- m )g- 1 2 2 3 3 1 2 mg=( m +m- 2m )g；②滴定时，根据关系式：WO2-~2IO -~6I ~12 SO2-，样品中n(WCl )=n(WO 2-)= 1 3 1 2 4 3 2 2 3 6 4 n(S O2-)= cV 10-3mol，m(WCl )= cV 10-3mol Mg/mol= g，则样品中WCl 的质量分数为： 2 3 6 6 100%= %；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时 间超过1分钟，挥发的CS 的质量增大，m 偏小，但WCl 的质量不变，则滴定时消耗NaSO 溶液的体积 2 3 6 2 2 3 将不变，样品中WCl 质量分数的测定值将偏大。 6 关系式法解题步骤1 ． 关系式法 实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若 干步反应；测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系，依据若干化学反应方程 式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解的方法，称为“关系式”法。 关系式法常常应用于多步进行的连续反应。在多步反应中，第一步反应的产物，即是下一步反应的反 应物。根据化学方程式，每一步反应的反应物和生成物之间有一定的量的关系，即物质的量之比是一定的。 所以，可以利用某中间物质作为 “中介”，找出已知物质和所求物质之间的量的关系。它是化学计算中 的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题 步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。 用关系式法解题的关键是建立关系式，而建立关系式一般途径是： (1) 利用化学方程式之间的化学计量数间的关系建立关系式； (2) 利用化学方程式的加合建立关系式； (3) 利用微粒守恒建立关系式。 2 ． 寻找关系式的方法 (1)对于独立的化学反应，可以通过化学方程式，或反应中某原子、离子守恒，找 出它们物质的量之间的关系，然后进行计算。 (2)对于连续发生的多步化学反应，可以根据前后某元素的原子、离子的数量不变 找到关系式(假定反应过程中它没有损失)，不过象氨氧化法制硝酸的中间反应，虽然有氮原子损失，但对 实际工业生产来说，由于NO的循环利用，故仍可认为有如下关系式：NH ～HNO ，否则应由多个化学反 3 3应找出关系式。 1．用黄铁矿可以制取 HSO ，再用 HSO 可以制取化肥(NH )SO 。煅烧含 FeS 80.2% 的黄铁矿 2 4 2 4 4 2 4 2 75.0 t，最终生产出79.2 t(NH )SO 。已知 NH 的利用率为 92.6%，HSO 的利用率为 89.8%，试求黄铁 4 2 4 3 2 4 矿制取 HSO 时的损失率为( ) 2 4 A. 23.8% B. 33.4% C. 35.6% D. 63.8% 【答案】B 【解析】首先须搞清 HSO 的利用率与 FeS 利用率的关系。HSO 的利用率为 89.8%，与 HSO 2 4 2 2 4 2 4 的利用率是 100%、FeS 的利用率为 89.8% 是等价的。并排除 NH 利用率的干扰作用。其次，根据 S 2 3 原子守恒找出已知量 FeS 与未知量(NH )SO 的关系(设黄铁矿的利用率为x)： 2 4 2 4 FeS ~ 2H SO ~ 2(NH )SO 2 2 4 4 2 4 120 264 75.0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t x=66.6%[ 黄铁矿的损失率为：1.00－66.6%=33.4%。 2．为测定某石灰石中CaCO 的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol/L的盐酸， 3 使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO，再加入足量的草酸铵[(NH )C O ]溶液后，慢慢加入氨水降低 2 4 2 2 4 溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为：C O2-+Ca2+=CaC O↓，过滤出CaC O 后，用稀硫酸溶解： 2 4 2 4 2 4 CaC O+H SO =H C O+CaSO ，再用蒸馏水稀释溶液至V mL。取出V mL用a mol/L的KMnO 酸性溶液 2 4 2 4 2 2 4 4 0 1 4 滴定，此时发生反应： 2MnO -+5H C O+6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O，若滴定终点时消耗a mol/L的 4 2 2 4 2 2 KMnO V mL，计算样品中CaCO 的质量分数。 4 2 3 【答案】 【解析】本题涉及到化学方程式或离子方程式为 ：CaCO +2HCl=CaCl +H O+CO↑，C O2- 3 2 2 2 2 4 +Ca2+=CaC O↓，CaC O+H SO =H C O+CaSO ，2MnO -+5H C O+6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O。由方程式可 2 4 2 4 2 4 2 2 4 4 4 2 2 4 2 2 以得出相应的关系式： 5CaCO ——5Ca2+——5CaC O——5HC O ——2MnO - 3 2 4 2 2 4 4 5 2 n(CaCO) aV ×10-3 mol 1 3 2n(CaCO) = 2.5 aV ×10-3 mol，样品中：n (CaCO) = 2.5 aV ×10-3× mol，则：ω(CaCO) = 1 3 2 3 2 3 。 3．为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主 要以Fe O 存在)转变成重要的化工原料FeSO (反应条件略)。 2 3 4 活化硫铁矿还原Fe3＋的主要反应为FeS ＋7Fe (SO ) ＋8HO===15FeSO ＋8HSO ，不考虑其他反应。 2 2 4 3 2 4 2 4 请回答下列问题： 假如烧渣中的铁全部视为Fe O ，其含量为50%。将a kg质量分数为b%的硫酸加入到c kg烧渣中浸 2 3 取，铁的浸取率为96%，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按 上述流程，第Ⅲ步应加入FeCO________kg。 3 【答案】0.011 8ab－0.646c或－ 【解析】n(Fe O)＝mol，反应生成Fe (SO ) 消耗HSO 的物质的量为mol，用活化硫铁矿还原Fe3＋生 2 3 2 4 3 2 4 成HSO 的物质的量为mol，则剩余HSO 的物质的量为n(H SO ) ＝×＋－mol＝(0.102ab－5.571c) mol， 2 4 2 4 2 4 剩 又因为 n(FeCO)～n(H SO )，则应加入 FeCO 的质量为 116 g/mol×(0.102ab－5.571c)mol＝(11.832ab－ 3 2 4 3 646.236c)g＝(0.011 8ab－0.646c) kg或。 4．软锰矿(主要成分MnO ，杂质金属元素 Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中 SO 反应可制备 2 2 MnSO ·H O，反应的化学方程式为：MnO ＋SO ===MnSO 。 4 2 2 2 4 (1)质量为17.40 g纯净MnO 最多能氧化________L(标准状况)SO 。 2 2 (2)准确称取0.171 0 g MnSO ·H O样品置于锥形瓶中，加入适量HPO 和NH NO 溶液，加热使Mn2＋ 4 2 3 4 4 3 全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)， 消耗Fe2＋溶液20.00 mL。计算MnSO ·H O样品的纯度(请给出计算过程)。 4 2 【答案】(1)4.48 (2)n(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1×＝1.00×10－3mol，n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3mol，m(MnSO ·H O)＝ 4 2 1.00×10－3mol×169 g·mol－1＝0.169 g；MnSO ·H O样品的纯度为：×100%＝98.8% 4 2 【解析】(1)根据提供的化学方程式知，1 mol MnO 氧化1 mol SO ，则17.40 g纯净的MnO 最多能氧 2 2 2 化标准状况下SO 的体积为×22.4 L·mol－1＝4.48 L。(2)根据滴定原理可得关系式：Mn2＋～Mn3＋～Fe2＋， 2 n(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1×0.02 L＝1.00×10－3mol，则n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3mol，m(MnSO ·H O)＝ 4 2 1.00×10－3mol×169 g·mol－1＝0.169 g，故MnSO ·H O样品的纯度为：×100%＝98.8%。 4 2题型二 热重分析法 1．(2022•全国乙卷，11)化合物(YW XZ·4W Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为 4 5 8 2 短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ 分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热 2 重曲线如图所示，在 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酸性： C． 阶段热分解失去4个WZ 2 D． 热分解后生成固体化合物XY 2 3 【答案】D 【解析】化合物(YW XZ·4W Z)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 4 5 8 2 子序数依次增加，且加和为21。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， 则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ 分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序 2 数依次增加，且加和为21，则X为B。A项，X(B)的单质常温下为固体，故A错误；B项，根据非金属性 越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H BO)＜Y(HNO )，故B错 3 3 3 误；C项，根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段 热分解失去4个HO，则质量分数 ，则说明不是失去去4个 2HO，故C错误；D项，化合物(NH B O·4H O)在500℃热分解后若生成固体化合物XZ(B O)，根据硼元 2 4 5 8 2 2 3 2 3 素守恒，则得到关系式2NH B O·4H O～5B O，则固体化合物B O 质量分数为 4 5 8 2 2 3 2 3 ，说明假设正确，故D正确。故选D。 2．(2014·全国Ⅱ卷，27(4))PbO 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 2 为样品失重4.0%(即 ×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbO 或 x mPbO·nPbO，列式计算x值和m∶n值。 2 【答案】2∶3 【解析】由题意可得二氧化铅分解的化学方程式为PbO PbO ＋ O↑，由失重曲线上的a点为样 2 x 2 品失重4.0%可得： ×32=239×4.0%，解得x=2- ≈1.4，由PbO 和mPbO·nPbO的铅原子和氧原 x 2 子个数比相同可得： =1.4，解得 。 3．(2000·广东卷)下图是100 mgCaC O·H O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试 2 4 2 利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：(1)温度分别为t 和t 时，固体产物的化学式A是______________，B是______________。 1 2 (2)由CaC O·H O得到A的化学方程式为__________________________________。 2 4 2 (3)由A得到B的化学方程式为____________________________________________。 (4)由图计算产物C的相对分子质量，并推断C的合理的化学式。 【答案】(1)CaC O CaCO (2)CaC O·H O CaC O +H O↑ 2 4 3 2 4 2 2 4 2 (3)CaC O CaCO +CO↑ (4)56 CaO 2 4 3 【解析】(1)由图可知，t 时A点，100mg CaC O·H O的质量变为87.7mg。CaC O·H O的的摩尔质量 1 2 4 2 2 4 2 是146g/mol，设分解后产物的摩尔质量为M，则100×10-3/146＝87.7×10-3/M ，解得M＝128.04g/mol； 1 1 1 CaC O 的摩尔质量为128g/mol，因此可推测CaC O·H O的分解反应方程式为CaC O·H O CaC O 2 4 2 4 2 2 4 2 2 4 +H O↑；A的化学式是CaC O；t 时B点，87.7mg的CaC O 受热分解，设分解产物的摩尔质量为M ，则 2 2 4 2 2 4 2 87.7× 10 -3/M ＝68.5×10-3/M ，解得M＝99.98g/mol，因此产物B应为CaCO ；(2)由CaC O·H O得到A的 1 2 2 3 2 4 2 化学方程式为CaC O·H O CaC O +H O↑；(3)根据以上分析可知由A得到B的化学方程式为CaC O 2 4 2 2 4 2 2 4 CaCO +CO↑；(4)加热至1000℃～1200℃时，由图可知分解产物C的质量约为38mg，设C点化合物的摩 3 尔质量为M，则68.5×10-3/M ＝38×10-3/M ，解得M＝55.47g/mol；与CaO的摩尔质量(56g/mol)接近，分 3 2 3 3 解方程式应为：CaC O CaCO +CO↑，由此得出C的化学式为CaO，其分子量为56。 2 4 3 两步法”突破热重曲线分析及计算题 热重曲线问题的解题思路 (1)设晶体为1 mol，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 )： ×100%=固体残留率。 余 (4)晶体中金属质量不再减少，仍在残留固体(m )中。 余 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 (6)根据失重后物质的化学式，写出相应的化学方程式。 1 ． 热重分析法 热重分析法是利用热分析天平记录的热分析曲线，它反映了样品的残留质量和固体残留率(即质量分 数)随温度或时间的变化关系。通过分析热重曲线，就可以知道被测物质在哪个温度段发生了什么变化，有 什么质量损失、失重率是多少、分几步分解、分解的温度范围、热稳定性、结晶水的鉴定等信息，并且可 根据物质失去的重量，求出百分比，由此也可推断出从体系中分离的是什么物质。 热重曲线试题主要以下类型： (1)从失重的方式来分，热重曲线类试题可分为两类：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。当然也有试 题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。 (2)从选试样是否已知，热重曲线类试题可分为两类：第一类以已知试样确定产物组成的目标思维法试 题；第二类以未知试样需要确定组成的逆向思维法试题。 2 ． 热重曲线图的分析方法 (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、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。 (3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，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。 3 ． 常见的热重曲线类型 (1)剩余固体质量与温度关系曲线如图所示的热重曲线，纵坐标表示剩余固体质量，横坐标表示温度。 (2)失重率与温度关系曲线 如图所示的热重曲线，纵坐标表示失重率或固体残留率，其中失重率=×100% (3)固体残留率与温度关系曲线 如图所示的热重曲线，纵坐标表示失重率或固体残留率，其中固体残留率=×100%。 1．研究表明NH VO 固体(固体的组成用VO·a NH ·b HO表示)热分解得到VO 的过程可分为四步， 4 3 2 5 3 2 2 5 每一步产生NH 和HO(g)的物质的量之比依次为2∶1、x∶y、3∶2、3∶2。某实验小组取23.4gNH VO 固体进 3 2 4 3 行热重分析，剩余固体的质量与温度的关系如图所示：下列分析错误的是 A．NH VO 可表示为VO·2NH ·H O 4 3 2 5 3 2 B． 时，剩余固体的组成可表示为 C．已知 时，剩余固体的组成可表示为 ，则 D．图中m的值为18.20 【答案】C 【解析】NH VO 可以表示为VO·2NH ·H O，NH VO 的摩尔质量为117g/mol，23.4gNHVO 固体为 4 3 2 5 3 2 4 3 4 3 0.2mol，相当于0.1molVO，0.2molNH ，0.1molHO，150℃时减少的质量为2.6g，减少0.1molNH 和 2 5 3 2 3 0.05molHO，剩余固体的组成可表示为 ，当剩余固体为VO 时，质量为0.1mol×182g/ 2 2 5 mol=18.2g。A项，NH VO 各原子数均2倍后可表示为VO·2NH ·H O，故A正确；B项，150℃时减少的 4 3 2 5 3 2 质量为2.6g，减少0.1molNH 和0.05molHO，150℃时，剩余固体的组成可表示为 ，故B 3 2 正确；C项，已知180℃时，剩余固体的组成可表示为 ，由 时，剩余固体的组成可表示为 ，则失去的氨的物质的量：失水的物质的量=(1- )：( - )=3：1，则 ， 故C错误；D项，23.4gNHVO 固体为0.2mol，将NH 和HO全部失去后为VO，质量为 4 3 3 2 2 5 23.4g-0.2mol×34g/mol-0.1mol×18g/mol=18.2g，图中m的值为18.20，故D正确；故选C。 2．ZXY·W Y 是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z 为前 20 号元素， 2 4 2 原子序数依次增加，且加和为 35，已知 X、Y 原子最外层电子数分别是其电子层数的 2 倍、3 倍， ZXY·W Y 热分解可制备 ZY，该化合物的热重曲线如图所示。下列叙述不正确的是 2 4 2 A．Z、X 可以组成共价化合物 ZX B．化合物 WXY 具有还原性和酸性 2 2 2 4 C．150～200℃阶段热分解失去 WY D．400～600℃热分解后生成固体化合物 ZXY 2 3 【答案】A 【解析】ZXY·W Y 是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z 为前 20 号 2 4 2 元素，已知 X、Y 原子最外层电子数分别是其电子层数的 2 倍、3 倍，则X为C、Y为O，W为H，原 子序数依次增加，且加和为 35，则Z原子序数20、为Ca ，ZXY·W Y 为CaC O·H O、热分解可制备 2 4 2 2 4 2 ZY即CaO。【详解】A项，ZX 即CaC 不属于共价化合物、属于离子化合物，A错误；B项，化合物 2 2 WXY 即乙二酸、具有还原性和酸性，B正确；C项，CaC O·H O的相对分子质量为146、CaC O 的相 2 2 4 2 4 2 2 4 对分子质量为128，CaC O·H O中CaC O 的质量分数为 ，则150～200℃阶段热分解失去 WY，C正 2 4 2 2 4 2 确；D项， 据题意：CaC O·H O 、热分解可制备 ZY即CaO，而碳酸钙高温分解可得氧化钙、 2 4 2 CaC O·H O的相对分子质量为146、CaCO 的相对分子质量为100，由钙元素守恒、结合图中纵坐标 2 4 2 3 可知：400～600℃热分解后生成固体化合物 ZXY 即CaCO ， D正确；故选A。 3 3 3．将草酸锌晶体(ZnC O·2H O)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 2 4 2 如下图所示，300℃~460℃范围内，发生反应的化学方程式为_______。【答案】ZnC O ZnO+CO↑+CO ↑ 2 4 2 【解析】设加热1mol草酸锌晶体，加热到190℃，剩余固体占原固体质量的80.95%，可知190℃时的 固体为ZnC O，190℃~300℃固体质量不变，加热到460℃，剩余固体占原固体质量的42.86%，设剩余固 2 4 体的化学式为ZnOx， ，x=1，可知460℃得到的固体为ZnO， 300℃~460℃范围内，发生反应的化学方程式为ZnC O ZnO+CO↑+CO ↑。 2 4 2 4．(2025·贵州省贵阳市高二质检)为探究绿矾分解过程，通过热重实验得到如图所示曲线( )。失重比为38.8%时，图中 。 【答案】1 【解析】根据公式： ，即 ，解得 。5．正极材料为LiCoO 的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。 2 Co(OH) 在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完 2 全脱水，则1000℃时，剩余固体成分为___(填化学式，下同)；在350～400℃范围内，剩余固体成分为___。 【答案】CoO Co O 和Co O 3 4 2 3 【解析】Co(OH) 的摩尔质量为93g/mol，设Co(OH) 的物质的量为1mol，则C点1000℃时失重的质量 2 2 为1mol×93g/mol×(1－80.65%)＝18g，即1molH O，根据质量守恒定律，化学反应方程式为Co(OH) CoO 2 2 ＋HO。1000℃时剩余固体的成分为 CoO。B 点 500℃时失重的质量为 1mol×93g/mol×(1－86.38%)＝ 2 12.7g。已知290℃时Co(OH) 已完全脱水，1molCo(OH) 脱水成CoO时应失重的质量为18g，因为500℃时 2 2 失重的质量不到18g，所以一定有氧气进入，使钴元素的化合价发生了变化。进入氧元素的物质的量为 ，即可表述为 ，整理得化学式为Co O。同理，A点290℃时失重的 3 4 质量为1mol×93g/mol×(1－89.25%)＝10g，进入氧元素的物质的量为 ，即可表 述为CoO·O ，整理得化学式为Co O；所以在350～400℃范围剩余固体是Co O 和Co O 的混合物。 0.5 2 3 3 4 2 3 6．为研究一水草酸钙(CaC O·H 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 2 4 2 固体残留率( ×100%)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)500℃时固体的成分及质量____________。 【答案】(1)CaC O CaO (2)固体的成分为12.8gCaC O 和15.0gCaCO 2 4 2 4 3 【解析】(1)n(CaC O·H O)= 0.25 mol，含有m(HO) =0.25 mol×18g/mol=4.50g，在300 ℃时， 2 4 2 2 ×100%=87.67%，m(剩余)=36.50 g×87. 67%≈32 g，减少的质量为36.50 g-32 g=4.50g，故 此时失去全部的结晶水，残留固体为 CaC O ，在 900 ℃时， ×100%=38.36%，m(剩 2 4 余)=36.50 g×38.36%≈14 g，其中 Ca 的质量没有损失，含 m(Ca)=0.25 mol×40g/mol=10g，另外还含有 m(O)=14 g-10 g=4 g，n(O)=0.25 mol，则 n(Ca) ： n(O)=1 ： 1，化学式为 CaO；(2)在 600 °C 时， ×100%= 68.49%，m(剩余)=36.50 g×68. 49%≈25 g，从300 °C至600 C时，失去的总质量 为32 g-25 g=7 g，失去物质的摩尔质量为 ，则应为CO，所以CaC O 失去CO后，产 2 4 物为CaCO ，在500 °C时，应为CaC O 和CaCO 的混合物，样品中CaC O·H O物质的量为 3 2 4 3 2 4 2 =0.25mol，设 CaC O 和 CaCO 的物质的量分别为 xmol 和 ymol，根据 500 °C 时固体总质量可得 2 4 3 128x+100y=36.5×76. 16%，根据钙元素守恒可得x+y=0.25，解得x=0.1，y=0.15，m(CaC O)= 0.1 mol×128g/ 2 4 mol=12.8g，m(CaCO )= 0.15 mol×100g/ mol=15g，500 °C时固体的成分为12.8gCaC O 和15.0gCaCO 。 3 2 4 3 7．(2025·北京师大附中开学考试)工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、AsO、NiO 2 3 等)生产高纯ZnO。“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO 分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情 3 况如图1、图2所示。已知：i．固体失重质量分数 。 ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。 ① 时煅烧ZnCO ， 后固体失重质量分数为 ，则ZnCO 的分解率为 % 3 3 (保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO 分解率 )、高活性(ZnO比表面积 )产品ZnO的 3 最佳条件是 (填字母序号)。 a．恒温 ， b．恒温 ， c．恒温 ， c．恒温 ， 【答案】94.6 b 【解析】①ZnCO 加热时发生分解ZnCO ZnO+CO ↑，设加热前ZnCO 的质量为ag，300min后固体 3 3 2 3 失重质量分数为33.3％，则生成CO 的质量为0.333ag，ZnCO 分解的质量为 ，则ZnCO 的分 2 3 3 解率为 =94.6%；②由图1可知，恒温300℃和恒温550℃时，失重质量分数相等，由 ①可知ZnCO 分解率>95％，由图2可知，恒温550℃时，ZnO比表面积 ，则应该选择恒温 3 300℃，240~300min，故选b。