1、热重曲线分析1.25.35 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:(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 MnSO4H2O样品中n(Mn)=n(MnSO4H2O)=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
2、 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 gmol -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Mn3O4,故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4+O2。答案:(1)MnSO4(2)3MnO2Mn3O4+O22.为研究一水草酸钙(CaC2O4H2O)的热分解性质,进行如下实验:准确称取36.50 g样品加热,
3、样品的固体残留率(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)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(CaC2O4H2O)=0.25 mol ,含有m(H2O)=0.25 mol 18 gmol-1=4.50 g,在300 时,100%=87.67%,m(剩余)=36.50 g87.67%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CaC2O4;在900 时,100%=38.36%,m(剩余)=36.50 g38.36%14 g,其中Ca的质量没有
4、损失,含m(Ca)=0.25 mol 40 gmol -1=10 g,另外还含有m(O)=14 g-10 g=4 g,n(O)=0.25 mol ,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 g,失去物质的摩尔质量为7 g0.25 mol =28 gmol-1,500 时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物,样品中CaC2O4H2O的物质的量n(CaC2O4H2O)=0.25 mol ,设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量
5、分别为x mol 和y mol ,根据500 时固体总质量可得128x+100y=36.50 g76.16%,根据钙元素守恒可得x+y=0.25,解得x0.10,y0.15,m(CaC2O4)=0.10 mol 128 gmol -1=12.80 g,m(CaCO3)=0.15 mol 100 gmol -1=15.0 g,500 时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。答案:(1)CaC2O4CaO(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 g,失去物质的
6、摩尔质量为7 g0.25 mol =28 gmol-1,500 时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物,样品中CaC2O4H2O的物质的量n(CaC2O4H2O)=0.25 mol ,设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol 和y mol ,根据500 时固体总质量可得128x+100y=36.50 g76.16%,根据钙元素守恒可得x+y=0.25,解得x0.10,y0.15,m(CaC2O4)=0.10 mol 128 gmol -1=12.80 g,m(CaCO3)=0.15 mol 100 gmol -1=15.0 g,500 时固体的成分为12.8 g
7、 CaC2O4和15.0 g CaCO3。3.草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)是一种浅黄色固体,难溶于水,受热易分解,是生产锂电池的原材料,某化学兴趣小组设计实验验证草酸亚铁晶体热分解的气体产物,并用热重法(TG)确定其分解后所得固体产物的组成,探究过程如下:【查阅资料】如图2a.草酸亚铁晶体热分解的气体产物是H2O,CO,CO2b.白色的无水CuSO4遇水蒸气会变成蓝色【实验设计】(1)从环保角度考虑,该套实验装置的明显缺陷是_。(2)可选择图2实验装置中的_(选填“甲”或“乙”)作为虚线中的“热分解装置”。【问题讨论】(3)D中浓硫酸的作用是吸水,实验过程中观察到B中白色无水CuSO4
8、变成蓝色,C中澄清石灰水变浑浊,E中_(填实验现象),则可证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物是H2O,CO,CO2。(4)该兴趣小组进行上述实验时,先点燃热分解装置中的酒精灯,一段时间后再点燃E处的酒精灯,原因是_。(5)若通过F装置中澄清石灰水变浑浊来证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物中有CO,则需在C和D装置之间增加盛有_(填物质的名称)的洗气瓶。【数据分析】(6)称取3.60 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:过程发生反应的化学方程式为_。300 时剩余固体只有一种且是铁的
9、氧化物,试通过计算确定该氧化物的化学式_。【解析】(1)从环保角度考虑,该套实验装置的明显缺陷是没有处理尾气。(2)“热分解装置”应该选择乙装置。(3)实验过程中观察到B中白色无水CuSO4变成蓝色,C中澄清石灰水变浑浊,E中黑色粉末变红色,则可证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物是H2O,CO,CO2。(4)进行上述实验时,先点燃热分解装置中的酒精灯,一段时间后再点燃E处的酒精灯,原因是把装置中的空气排尽,避免一氧化碳加热发生爆炸。(5)若通过F装置中澄清石灰水变浑浊来证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物中有CO,应该把分解生成的二氧化碳除尽,只要在C和D装置之间增加盛有浓氢氧化钠溶液的洗气瓶即可。
10、(6)通过剩余固体的质量可知,过程发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水,反应的化学方程式为FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O。草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.6 g=1.12 g,草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中,氧化物中氧元素的质量为1.60 g-1.12 g=0.48 g,铁元素和氧元素的质量比为1.12 g0.48 g=73,设铁的氧化物的化学式为FexOy,则有56x16y=73,xy=23,铁的氧化物的化学式为Fe2O3。答案:(1)没有处理尾气(2)乙(3)黑色粉末变红色(4)把装置中的空气排尽,避免一氧化碳加热发生爆炸(5)浓氢氧化钠溶液(6)FeC2O42H2
11、OFeC2O4+2H2OFe2O34.(2020郑州模拟)经过热重分析测得:NH4VO3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NH4VO3在分解过程中说法正确的是()A.先分解失去H2O,再分解失去NH3 B.先分解失去NH3,再分解失去H2O C.同时分解失去H2O和NH3 D.同时分解失去H2、N2和H2O【解析】选B。根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知:2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O234 g34 g18 g210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
12、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。5.8.34 g FeSO47H2O(M=278 gmol -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FeSO45H2OB.温度为159 时固体N的化学式为FeSO42H2OC.在隔绝空气条件下,由N得到P的化学方程式为FeSO4H2OFeSO4+H2OD.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【解析】
13、选C。8.34 g FeSO47H2O样品物质的量为0.03 mol,其中m(H2O)=0.03 mol718 gmol -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(FeSO47H2O)=0.03 mol ,m(Fe)=0.03 mol 56 gmol -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 mol0.045 mo
14、l =23,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 gmol -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 =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5.10 g,其中m(FeSO4)=0.03 mol 152 gmol -1=4.56 g,m(H2O)=5.10 g-4.56 g=0.54 g,n(H2O
15、)=0.03 mol ,则n(H2O)n(FeSO4)=0.03 mol0.03 mol=11,则化学式为FeSO4H2O,故B错误;N的化学式为FeSO4H2O,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FeSO4H2OFeSO4+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6.硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是
16、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_。【解析】失重5.6%是质量分数,设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O,由题意知=,解得x12。答案: NH4Fe(SO4)212H2O7.CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4H2O热分解可制备CaO,CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。写出400600 范围内分解反应的化学方程式:_。【解析】令CaC2O
17、4H2O的物质的量为1 mol ,即质量为146 g,根据图象,前一阶段剩余固体质量为128,原固体质量为146 g,相差18 g,说明此阶段失去结晶水,第二阶段从剩余固体质量与前一阶段剩余固体质量相对比,少了28 g,相差1个CO,因此400600 范围内,分解反应方程式为CaC2O4CaCO3+CO。答案:CaC2O4CaCO3+CO8.(2020潍坊模拟)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)为_。(2)图中D点对应固体的成分为_(填化学式)。【解析】设MnCO3的物质的量为1 mol,即质量
18、为115 g。(1)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MnCO3失去的组成为“CO”,故剩余固体的成分为MnO2。(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Mn3O4,因D点介于B、C之间,故D点
19、对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。答案:(1)12(2)Mn3O4和MnO9.过氧化钙是一种新型的多功能无机化工产品,常温下是无色或淡黄色粉末,易溶于酸,难溶于水、乙醇等溶剂。某实验小组在实验室用钙盐制取CaO28H2O沉淀(该反应是一个放热反应)。(1)制取CaO28H2O一般在05 的低温下进行,原因是_,生成CaO28H2O的化学方程式为_。(2)2.76 g CaO28H2O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,杂质不含CaO2、受热不分解)如图所示。试确定60 时CaO2xH2O中x=_。该样品中CaO2的质量分数为_。【解析】双氧水通过
20、分液漏斗(X)进入低温的三颈烧瓶,发生化学反应CaCl2+H2O2+2NH3+8H2OCaO28H2O+2NH4Cl。由于CaO28H2O带结晶水,若温度太高,则CaO28H2O会失去部分结晶水,温度太低,液体易冻结,反应困难。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CaO28H2O的物质的量为0.01 mol ,由CaO28H2O样品受热脱水过程的热重曲线可以看出60140 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)=0.010.02=1x,x=2。CaO2质量为72 gmol -10.01 mol =0.72 g,则该样品中CaO2的质量分数=100%26.09%。答案:(1)低于0 ,液体易冻结,反应困难,温度过高,过氧化氢分解速率加快CaCl2+H2O2+2NH3+8H2OCaO28H2O+2NH4Cl(2)226.09%
