热点专项 关系式法与热重分析在化学计算中的应用（讲练）-【上好课】2025年高考化学二轮复习讲练测（新高考通用）

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月卷，27；2021•山东卷，18(3)； 近年来高考试题中纯计算题不多，主要融入在工艺流程题、综合实验题目中，试题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成为重点，考查方式以填空、计算等形式较为常见，综合考查学生获取信息的能力、处理据的能力和元素守恒的化学思想等 热重分析法 2022•全国乙卷，11，6分；2000·广东卷；2014·全国Ⅱ卷，27(4)； 题型一 关系式法 1．(2023•山东卷，9)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，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：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。 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V1mL。 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V2mL。 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[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]系数关系，得出ROH与乙酸酐反应后剩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V2mL，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=；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：CaCO3 (s) =CaO (s)＋CO2(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比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)。请回答： (1)每完全分解石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要投料_______kg焦炭。 (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CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝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WCl6产品纯度，实验如下： ①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为_________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 ②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO3-离子交换柱发生反应：WO42-+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交换结束后，向所得含IO3-的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。滴定达终点时消耗cmol•L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为________________。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Na2S2O3溶液的体积将______ (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将_____ (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】(3)①( m3+m1- 2m2) ②% 不变 偏大 【解析】(3)①称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；②滴定时，根据关系式：WO42-~2IO3-~6I2~12 S2O32-，样品中n(WCl6)=n(WO42-)=n(S2O32-)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：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CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。 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：NH3～HNO3 ，否则应由多个化学反应找出关系式。 1．用黄铁矿可以制取 H2SO4，再用 H2SO4 可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含 FeS2 80.2% 的黄铁矿 75.0 t，最终生产出79.2 t(NH4)2SO4。已知 NH3 的利用率为 92.6%，H2SO4的利用率为 89.8%，试求黄铁矿制取 H2SO4 时的损失率为( ) A. 23.8% B. 33.4% C. 35.6% D. 63.8% 【答案】B 【解析】首先须搞清 H2SO4 的利用率与 FeS2 利用率的关系。H2SO4 的利用率为 89.8%，与 H2SO4 的利用率是 100%、FeS2 的利用率为 89.8% 是等价的。并排除 NH3 利用率的干扰作用。其次，根据 S 原子守恒找出已知量 FeS2 与未知量(NH4)2SO4的关系(设黄铁矿的利用率为x)： FeS2 ~ 2H2SO4 ~ 2(NH4)2SO4 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CaCO3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，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为：C2O42-+Ca2+=CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol/L的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应： 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，若滴定终点时消耗a mol/L的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。 【答案】 【解析】本题涉及到化学方程式或离子方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，C2O42-+Ca2+=CaC2O4↓，CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4，2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。由方程式可以得出相应的关系式： 5CaCO3——5Ca2+——5CaC2O4——5H2C2O4——2MnO4- 5 2 n1(CaCO3) aV2×10-3 mol n1(CaCO3) = 2.5 aV2×10-3 mol，样品中：n (CaCO3) = 2.5 aV2×10-3× mol，则：ω(CaCO3) =。 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Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。 活化硫铁矿还原Fe3＋的主要反应为FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4，不考虑其他反应。请回答下列问题： 假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，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FeCO3________kg。 【答案】0.011 8ab－0.646c或－ 【解析】n(Fe2O3)＝mol，反应生成Fe2(SO4)3消耗H2SO4的物质的量为mol，用活化硫铁矿还原Fe3＋生成H2SO4的物质的量为mol，则剩余H2SO4的物质的量为n(H2SO4)剩＝×＋－mol＝(0.102ab－5.571c) mol，又因为n(FeCO3)～n(H2SO4)，则应加入FeCO3的质量为116 g/mol×(0.102ab－5.571c)mol＝(11.832ab－646.236c)g＝(0.011 8ab－0.646c) kg或。 4．软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为：MnO2＋SO2===MnSO4。 (1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化________L(标准状况)SO2。 (2)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋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MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。 【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(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169 g·mol－1＝0.169 g；MnSO4·H2O样品的纯度为：×100%＝98.8% 【解析】(1)根据提供的化学方程式知，1 mol MnO2氧化1 mol SO2，则17.40 g纯净的MnO2最多能氧化标准状况下SO2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＋，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(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169 g·mol－1＝0.169 g，故MnSO4·H2O样品的纯度为：×100%＝98.8%。 题型二 热重分析法 1．(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W2Z D．热分解后生成固体化合物X2Y3 【答案】D 【解析】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。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，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，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(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；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H2O，则质量分数，则说明不是失去去4个H2O，故C错误；D项，化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。故选D。 2．(2014·全国Ⅱ卷，27(4))PbO2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点为样品失重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】2∶3 【解析】由题意可得二氧化铅分解的化学方程式为PbO2PbOx＋O2↑，由失重曲线上的a点为样品失重4.0%可得：×32=239×4.0%，解得x=2-≈1.4，由PbOx和mPbO2·nPbO的铅原子和氧原子个数比相同可得：=1.4，解得。 3．(2000·广东卷)下图是100 mgCaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试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 1 和t 2 时，固体产物的化学式A是______________，B是______________。 (2)由CaC2O4·H2O得到A的化学方程式为__________________________________。 (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)CaC2O4 CaCO3 (2)CaC2O4·H2OCaC2O4 +H2O↑ (3)CaC2O4 CaCO 3 +CO↑ (4)56 CaO 【解析】(1)由图可知，t1时A点，100mg CaC2O4·H2O的质量变为87.7mg。CaC2O4·H2O的的摩尔质量是146g/mol，设分解后产物的摩尔质量为M1，则100×10-3/146＝87.7×10-3/M 1，解得M1＝128.04g/mol；CaC2O4的摩尔质量为128g/mol，因此可推测CaC2O4·H2O的分解反应方程式为CaC2O4·H2OCaC2O4 +H2O↑；A的化学式是CaC2O4；t2时B点，87.7mg的CaC2O4受热分解，设分解产物的摩尔质量为M 2，则87.7× 10 -3/M1＝68.5×10-3/M 2，解得M2＝99.98g/mol，因此产物B应为CaCO3；(2)由CaC2O4·H2O得到A的化学方程式为CaC2O4·H2OCaC2O4 +H2O↑；(3)根据以上分析可知由A得到B的化学方程式为CaC2O4 CaCO 3 +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点化合物的摩尔质量为M3，则68.5×10-3/M2＝38×10-3/M3，解得M3＝55.47g/mol；与CaO的摩尔质量(56g/mol)接近，分解方程式应为：CaC2O4CaCO 3 +CO↑，由此得出C的化学式为CaO，其分子量为56。 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余)：×100%=固体残留率。 (4)晶体中金属质量不再减少，仍在残留固体(m余)中。 (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NH4VO3固体(固体的组成用V2O5·a NH3·b H2O表示)热分解得到V2O5的过程可分为四步，每一步产生NH3 和H2O(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23.4gNH4VO3固体进行热重分析，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．NH4VO3可表示为V2O5·2NH3·H2O 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】NH4VO3可以表示为V2O5·2NH3·H2O，NH4VO3的摩尔质量为117g/mol，23.4gNH4VO3固体为0.2mol，相当于0.1molV2O5，0.2molNH3，0.1molH2O，150℃时减少的质量为2.6g，减少0.1molNH3和0.05molH2O，剩余固体的组成可表示为，当剩余固体为V2O5时，质量为0.1mol×182g/mol=18.2g。A项，NH4VO3各原子数均2倍后可表示为V2O5·2NH3·H2O，故A正确；B项，150℃时减少的质量为2.6g，减少0.1molNH3和0.05molH2O，150℃时，剩余固体的组成可表示为，故B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，23.4gNH4VO3固体为0.2mol，将NH3和H2O全部失去后为V2O5，质量为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．ZX2Y4·W2Y 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，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，ZX2Y4·W2Y 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 A．Z、X 可以组成共价化合物 ZX2 B．化合物 W2X2Y4 具有还原性和酸性 C．150～200℃阶段热分解失去 W2Y D．400～600℃热分解后生成固体化合物 ZXY3 【答案】A 【解析】ZX2Y4·W2Y 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，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 ，ZX2Y4·W2Y 为CaC2O4·H2O、热分解可制备 ZY即CaO。【详解】A项，ZX2即CaC2不属于共价化合物、属于离子化合物，A错误；B项，化合物 W2X2Y4 即乙二酸、具有还原性和酸性，B正确；C项，CaC2O4·H2O的相对分子质量为146、CaC2O4的相对分子质量为128，CaC2O4·H2O中CaC2O4的质量分数为 ，则150～200℃阶段热分解失去 W2Y，C正确；D项， 据题意：CaC2O4·H2O 、热分解可制备 ZY即CaO，而碳酸钙高温分解可得氧化钙、CaC2O4·H2O的相对分子质量为146、CaCO3的相对分子质量为100，由钙元素守恒、结合图中纵坐标可知：400～600℃热分解后生成固体化合物 ZXY3即CaCO3， D正确；故选A。 3．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下图所示，300℃~460℃范围内，发生反应的化学方程式为_______。 【答案】ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑ 【解析】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ZnC2O4，190℃~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ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑。 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LiCoO2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。Co(OH)2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 Co3O4和Co2O3 【解析】Co(OH)2的摩尔质量为93g/mol，设Co(OH)2的物质的量为1mol，则C点1000℃时失重的质量为1mol×93g/mol×(1－80.65%)＝18g，即1molH2O，根据质量守恒定律，化学反应方程式为Co(OH)2CoO＋H2O。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%)＝12.7g。已知290℃时Co(OH)2已完全脱水，1molCo(OH)2脱水成CoO时应失重的质量为18g，因为500℃时失重的质量不到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Co3O4。同理，A点290℃时失重的质量为1mol×93g/mol×(1－89.25%)＝10g，进入氧元素的物质的量为，即可表述为CoO·O0.5，整理得化学式为Co2O3；所以在350～400℃范围剩余固体是Co3O4和Co2O3的混合物。 6．为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)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(×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)CaC2O4 CaO (2)固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3 【解析】(1)n(CaC2O4·H2O)=0.25 mol，含有m(H2O) =0.25 mol×18g/mol=4.50g，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=4.50g，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 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CaC2O4失去CO后，产物为CaCO3，在500 °C时，应为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O物质的量为=0.25mol，设CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为xmol和ymol，根据500 °C时固体总质量可得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(CaC2O4)= 0.1 mol×128g/ mol=12.8g，m(CaCO3)= 0.15 mol×100g/ mol=15g，500 °C时固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3。 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、As2O3、NiO等)生产高纯ZnO。“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图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ZnCO3，后固体失重质量分数为，则ZnCO3的分解率为 %(保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率)、高活性(ZnO比表面积)产品ZnO的最佳条件是 (填字母序号)。 a．恒温， b．恒温， c．恒温， c．恒温， 【答案】94.6 b 【解析】①ZnCO3加热时发生分解ZnCO3ZnO+CO2↑，设加热前ZnCO3的质量为ag，300min后固体失重质量分数为33.3％，则生成CO2的质量为0.333ag，ZnCO3分解的质量为，则ZnCO3的分解率为=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ZnCO3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300℃，240~300min，故选b。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 18 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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月卷，27；2021•山东卷，18(3)； 近年来高考试题中纯计算题不多，主要融入在工艺流程题、综合实验题目中，试题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成为重点，考查方式以填空、计算等形式较为常见，综合考查学生获取信息的能力、处理据的能力和元素守恒的化学思想等 热重分析法 2022•全国乙卷，11，6分；2000·广东卷；2014·全国Ⅱ卷，27(4)； 题型一 关系式法 1．(2023•山东卷，9)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，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：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。 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V1mL。 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V2mL。 样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( ) A． B． C． D． 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：CaCO3 (s) =CaO (s)＋CO2(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比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g-l (假设焦炭不含杂质)。请回答： (1)每完全分解石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要投料_______kg焦炭。 (2)每生产106kg纯碱，同时可获得_______kgCaO (列式计算)。 3．(2021•山东卷，18节选)(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： ①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为_________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 ②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO3-离子交换柱发生反应：WO42-+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交换结束后，向所得含IO3-的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。滴定达终点时消耗cmol•L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为________________。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Na2S2O3溶液的体积将______ (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将_____ (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 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：NH3～HNO3 ，否则应由多个化学反应找出关系式。 1．用黄铁矿可以制取 H2SO4，再用 H2SO4 可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含 FeS2 80.2% 的黄铁矿 75.0 t，最终生产出79.2 t(NH4)2SO4。已知 NH3 的利用率为 92.6%，H2SO4的利用率为 89.8%，试求黄铁矿制取 H2SO4 时的损失率为( ) A. 23.8% B. 33.4% C. 35.6% D. 63.8% 2．为测定某石灰石中CaCO3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，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为：C2O42-+Ca2+=CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol/L的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应： 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，若滴定终点时消耗a mol/L的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。 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Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。 活化硫铁矿还原Fe3＋的主要反应为FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4，不考虑其他反应。请回答下列问题： 假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，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FeCO3________kg。 4．软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为：MnO2＋SO2===MnSO4。 (1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化________L(标准状况)SO2。 (2)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋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MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。 题型二 热重分析法 1．(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W2Z D．热分解后生成固体化合物X2Y3 2．(2014·全国Ⅱ卷，27(4))PbO2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点为样品失重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。 3．(2000·广东卷)下图是100 mgCaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试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 1 和t 2 时，固体产物的化学式A是______________，B是______________。 (2)由CaC2O4·H2O得到A的化学方程式为__________________________________。 (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。 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余)：×100%=固体残留率。 (4)晶体中金属质量不再减少，仍在残留固体(m余)中。 (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NH4VO3固体(固体的组成用V2O5·a NH3·b H2O表示)热分解得到V2O5的过程可分为四步，每一步产生NH3 和H2O(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23.4gNH4VO3固体进行热重分析，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．NH4VO3可表示为V2O5·2NH3·H2O 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 2．ZX2Y4·W2Y 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，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，ZX2Y4·W2Y 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 A．Z、X 可以组成共价化合物 ZX2 B．化合物 W2X2Y4 具有还原性和酸性 C．150～200℃阶段热分解失去 W2Y D．400～600℃热分解后生成固体化合物 ZXY3 3．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下图所示，300℃~460℃范围内，发生反应的化学方程式为_______。 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 。 5．正极材料为LiCoO2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。Co(OH)2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___。 6．为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)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(×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____________。 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、As2O3、NiO等)生产高纯ZnO。“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图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ZnCO3，后固体失重质量分数为，则ZnCO3的分解率为 %(保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率)、高活性(ZnO比表面积)产品ZnO的最佳条件是 (填字母序号)。 a．恒温， b．恒温， c．恒温， c．恒温， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 / 12 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 模拟基础练 【题型一】关系式法 【题型二】热重曲线分析 02 重难创新练 03 真题实战练 题型一 关系式法 1．(2025·江苏省苏州南京航空航天大学附中月考)我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015年诺贝尔医学奖。青蒿素是一种无色针状晶体，其相对分子质量为282，在乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156~157℃，热稳定性差。某兴趣小组取青蒿素样品8.0g配制成溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，加入足量的KI溶液生成I2，生成的I2与0.004molNa2S2O3恰好完全反应。已知：① 1mol青蒿素与足量KI反应只生成1 molI2。②I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。计算该青蒿素样品的纯度 (写出计算过程)。 2．测定Na2S2O8样品的纯度：称取0.2500g样品，用蒸馏水溶解，加入20.00mL0.4000mol/LFeSO4溶液(过量)，加热，再加入20.00mL硫磷混合酸，滴入二苯胺磺酸钠指示剂5～6滴，用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定过量的FeSO4至溶液呈紫色(终点)，消耗K2Cr2O7标准溶液10.00mL。计算Na2S2O8样品的纯度 (写出计算过程)。 3．(2025·重庆市名校联盟高三第一次联考节选)铋酸钠(NaBiO3)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并测定产品的纯度。 (7)取上面制取的NaBiO3产品xg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用0.1mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-，当达到滴定终点时，消耗ymL。(已知：NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)。则滴定终点的现象为 该产品的纯度为 。 题型二 热重曲线分析 4．在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。290～500℃，发生反应的化学方程式为_______________。 5．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)。 6．CoC2O4•2H2O热分解的质量变化过程如图所示，其中之前是隔绝空气加热，之后是在空气中加热，A、B、C三点时的产物均为纯净物。用化学方程式表示从A点到B点的物质转化： ，C点时产物的化学式是 。 7．如图是1.00gMgC2O4•nH2O晶体放在坩埚里从25℃徐徐加热至700℃分解时，所得固体产物的质量(m)随温度(t)变化的关系曲线。(已知100℃以上才会逐渐失去结晶水，并约在230℃时完全失去结晶水) 试回答下列问题： (1)MgC2O4•nH2O中n=___。 (2)通过计算确定C点固体物质的化学式___(要求写出推断过程)； (3)通过计算确定从E点到F点过程中的化学方程式___(要求写出推断过程)。 1．随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。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( ) 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 2．胆矾(CuSO4·5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得化学式为Cux(OH)y(SO4)z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 ℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题： ①温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S) (填“>”“<”或“＝”)3。 ②通过计算推断Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体的化学式： 。 3．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()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) 。 4．0.80g CuSO4·5H2O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)如下图所示。 请回答下列问题： (1)试确定200℃时固体物质的化学式 (要求写出推断过程)； (2)取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是 ，把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为 ，其存在的最高温度是 ； (3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为 。 (4)在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c(Cu2+)= mol·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。若在0.1mol·L-1 硫酸铜溶液中通入过量 H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是 mol·L-1。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 / 6 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 模拟基础练 【题型一】关系式法 【题型二】热重曲线分析 02 重难创新练 03 真题实战练 题型一 关系式法 1．(2025·江苏省苏州南京航空航天大学附中月考)我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015年诺贝尔医学奖。青蒿素是一种无色针状晶体，其相对分子质量为282，在乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156~157℃，热稳定性差。某兴趣小组取青蒿素样品8.0g配制成溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，加入足量的KI溶液生成I2，生成的I2与0.004molNa2S2O3恰好完全反应。已知：① 1mol青蒿素与足量KI反应只生成1 molI2。②I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。计算该青蒿素样品的纯度 (写出计算过程)。 【答案】根据已知条件得到关系式：1青蒿素～2NaI～I2～2Na2S2O3，则25.00mL溶液中n(青蒿素)=n(Na2S2O3)=×0.004mol=0.002mol，样品中m(青蒿素)=nM=0.002mol×282g/mol×=5.64g，可知青蒿素的纯度=×100%=70.5% 【解析】已知1 mol青蒿素与足量KI反应只生成1molI2，结合I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可得关系式：1青蒿素～2NaI～I2～2Na2S2O3，则25.00mL溶液中n(青蒿素)=n(Na2S2O3)= ×0.004mol=0.002mol，样品中m(青蒿素)=nM=0.002mol×282g/mol×=5.64g，可知青蒿素的纯度=×100%=70.5%。 2．测定Na2S2O8样品的纯度：称取0.2500g样品，用蒸馏水溶解，加入20.00mL0.4000mol/LFeSO4溶液(过量)，加热，再加入20.00mL硫磷混合酸，滴入二苯胺磺酸钠指示剂5～6滴，用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定过量的FeSO4至溶液呈紫色(终点)，消耗K2Cr2O7标准溶液10.00mL。计算Na2S2O8样品的纯度 (写出计算过程)。 【答案】95.20% 【解析】该滴定原理为：先加入过量的Fe2+将S2O82-还原： S2O82-+2Fe2+=2Fe3++2SO42-，然后利用K2Cr2O7标准滴定剩余的Fe2+的量：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6 Fe3++7H2O，从而间接确定S2O82-的量；根据电子守恒有数量关系：n(Fe2+)=2n(S2O82-)，n剩(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)；n(K2Cr2O7)= 0.1000×10.00 ×10-3mol=1.000×10-3mol，即n剩(Fe2+)=6.000×10-3mol，所以与S2O82-反应的n(Fe2+)= 20.00×0.4000×10-3mol-6.000×10-3mol=2.000×10-3mol，则n(S2O82-)=n(Fe2+)= 1.000×10-3mol，Na2S2O8样品的纯度为。 3．(2025·重庆市名校联盟高三第一次联考节选)铋酸钠(NaBiO3)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并测定产品的纯度。 (7)取上面制取的NaBiO3产品xg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用0.1mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-，当达到滴定终点时，消耗ymL。(已知：NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)。则滴定终点的现象为 该产品的纯度为 。 【答案】(7) 当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复 【解析】(7)当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复即达到滴定终点；根据得失电子守恒建立关系式：5 NaBiO3~2MnO4-~5H2C2O4，当达到滴定终点时，消耗0.1mol/L的草酸标准溶液ymL，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1mol/L×y×10-3L=y×10-4mol，该产品的纯度为。 题型二 热重曲线分析 4．在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。290～500℃，发生反应的化学方程式为_______________。 【答案】6Co2O34Co3O4+O2↑ 【解析】，根据钴原子守恒，m(Co)＝0.590g，290℃时，，故290℃时氧化物为Co2O3，根据钴原子守恒，500℃时，故500℃时氧化物为Co3O4。则其化学方程式为6Co2O34Co3O4+O2↑。 5．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)。 【答案】1∶2 Mn3O4与MnO 【解析】MnCO3的摩尔质量为115g/mol，设MnCO3的物质的量为1mol，则A点300℃时失重的质量为1mol×115g/mol×(1－75.65%)＝28g。已知CO的摩尔质量是28g/mol，根据质量守恒定律，分解化学方程式为。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×(1－66.38%)＝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。因此失去氧元素的物质的量为n(O)＝＝mol，可表示为MnO(2－)，整理得化学式为Mn3O4。D点900℃时失重的质量为1mol×115g/mol×(1－61.74%)＝44g。失去的n(O)＝＝1mol，可表示为MnO(2－1)，整理得化学式为MnO。所以C点时固体物质正从Mn3O4转化为MnO，此时为Mn3O4与MnO的混合物。 6．CoC2O4•2H2O热分解的质量变化过程如图所示，其中之前是隔绝空气加热，之后是在空气中加热，A、B、C三点时的产物均为纯净物。用化学方程式表示从A点到B点的物质转化： ，C点时产物的化学式是 。 【答案】CoC2O4Co+2CO2↑ Co2O3 【解析】18.30g CoC2O4•2H2O的物质的量为，0.1molCoC2O4•2H2O含0.2mol水，结晶水的质量m=nM=0.2mol×18g/mol=3.6g，起点到A固体质量减少为18.30-14.70=3.6g，则A点是纯净的CoC2O4，0.1mol CoC2O4•2H2O 含Co质量为m=nM=0.1mol×59g/mol=5.9g，则B为金属Co，A到B是CoC2O4分解，分解反应方程式为：CoC2O4Co+2CO2↑；由图知C点钴氧化物质量为8.30g，0.1molCo质量为5.9g，氧元素质量为8.3g-5.9g=2.4g，氧的物质的量，则Co和O的原子个数比为0.1：=2：3，C点产物化学式是Co2O3。 7．如图是1.00gMgC2O4•nH2O晶体放在坩埚里从25℃徐徐加热至700℃分解时，所得固体产物的质量(m)随温度(t)变化的关系曲线。(已知100℃以上才会逐渐失去结晶水，并约在230℃时完全失去结晶水) 试回答下列问题： (1)MgC2O4•nH2O中n=___。 (2)通过计算确定C点固体物质的化学式___(要求写出推断过程)； (3)通过计算确定从E点到F点过程中的化学方程式___(要求写出推断过程)。 【答案】(1)2 (2)MgC2O4•H2O (3)MgC2O4MgO+CO↑+CO2↑ 【解析】(1)根据图像中的数据，由B到D反应是结晶水合物受热分解失去全部结晶水，则： =，根据计算，n=2；(2)根据图像中的数据，由B到C反应是结晶水合物受热分解失去部分结晶水，设C物质化学式中结晶水系数为x， =，解得x=1，B点固体的化学式为MgC2O4•H2O；(3)草酸镁受热分解，设最终存留固体为X，利用反应前后Mg元素的质量守恒，==，M(X) =40g•mol-1，可推测出X即为MgO，根据原子个数守恒和质量守恒，再考虑草酸镁中C元素化合价为+3价，逸散气体不会只有CO2，应该还有CO，所以最终化学方程式为：，MgC2O4MgO+CO↑+CO2↑。 8．称取3.60g草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)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所示，请分析该图回答下列问题： (1)过程Ⅰ发生反应的化学方程式为__________。 (2)300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式______。 【答案】(1)FeC2O4∙2H2OFeC2O4+2H2O (2)Fe2O3 【解析】草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)受热时在200℃左右开始失去结晶水，在220℃左右开始分解生成铁的氧化物。①3.60g草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)中含有草酸亚铁的质量为： =2.88g；通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ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：FeC2O4•2H2OFeC2O4+2H2O；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g×=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到铁的氧化物中，铁的氧化物中氧元素的质量为：1.60g-1.12g=0.48g，铁元素和氧元素的质量比为1.12g∶0.48g=7∶3。设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：56x∶16y=7∶3，解得x∶y=2∶3，即铁的氧化物为Fe2O3。 1．随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。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( ) 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 【答案】B 【解析】NH4VO3的摩尔质量为117g/mol，设NH4VO3物质的物质的量为1mol，则210℃时失重的质量为1mol×117g/mol×(1－85.47%)＝17g；NH3的摩尔质量为17g/mol，所以先分解失去NH3；根据质量守恒定律，化学方程式为NH4VO3HVO3+NH3↑； 380℃时共损失的质量为1mol×117g/mol×(1－77.78%)＝26g，第二次又失去的质量为26g－17g＝9g；H2O的摩尔质量为18g/mol，所以再分解失去0.5molH2O；根据质量定律守恒，化学方程式为2HVO3V2O5+H2O↑；对照各选项，故选B。 2．胆矾(CuSO4·5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得化学式为Cux(OH)y(SO4)z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 ℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题： ①温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S) (填“>”“<”或“＝”)3。 ②通过计算推断Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体的化学式： 。 【答案】 > Cu2(OH)2SO4·4H2O 【解析】3.30g晶体含水为3.3g−2.4g＝0.9g，n(H2O)＝＝0.05mol，1000℃以上时，得到的固体为Cu2O，n(Cu)＝×2＝0.02mol，温度在650℃时，残留固体的组成可视为aCuO•bCuSO4，此时设CuO为xmol、CuSO4为ymol，则x＋y＝0.02，80x＋160y＝2.4，解得x＝y＝0.01mol，①温度650～1000℃产生的气体中，n(O)：n(S)＝＝4＞3；②3.30g晶体含水为3.3g−2.4g＝0.9g，n(H2O)＝0.05mol，n(Cu)＝0.02mol，n(SO42−)＝0.01mol，可知x：z：n＝0.02mol：0.01mol：(0.05-0.02/2)mol=2：1：4，由电荷守恒可知y＝2，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O。 3．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()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。 4．0.80g CuSO4·5H2O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)如下图所示。 请回答下列问题： (1)试确定200℃时固体物质的化学式 (要求写出推断过程)； (2)取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是 ，把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为 ，其存在的最高温度是 ； (3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为 。 (4)在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c(Cu2+)= mol·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。若在0.1mol·L-1 硫酸铜溶液中通入过量 H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是 mol·L-1。 【答案】(1)CuSO4·H2O (2)黑色粉末和一种氧化性气体 CuSO4·5H2O 102℃ (3)2H2SO4(浓)+ CuCuSO4 +SO2↑+ 2H2O (4) 2.2×10-8 0.2 【解析】(1)由图分析可知，CuSO4·5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解。在200℃时固体的质量为0.57g，可能是失去了部分结晶水，用差量法可以计算： ，解n=4，由此可以确定在200℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。(2)570℃灼烧得到的主要产物是氧化铜和三氧化硫，因此得到的产物是黑色粉末和一种氧化性气体； CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却结晶所得的晶体为CuSO4·5H2O，由图中信息可知，其存在的最高温度为102℃。(3)SO3与水反应生成硫酸，与铜加热反应：2H2SO4(浓)+ CuCuSO4 +SO2↑+2H2O。(4)根据溶度积的概念可以直接计算。pH=8时，c(OH-)=10-6mol·L-1，由c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]可得，c(Cu2+)==2.2×10-8 mol·L-1。在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，则溶液中溶质为硫酸，由硫酸根守恒可知，c(SO42-)不变，为0.1mol·L-1 ，则c(H+)为0.2mol·L-1。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 / 9 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$