2020版化学新增分大一轮鲁科版精讲义 优习题：第3章 题型突破7 WORD版含解析.docx

1、方法思路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m余中。5失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属n氧，即可求出失重后物质的化学式。1PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9 g PbO2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如图所示。A点与C点对应物质的化学式分别为_、_。答案Pb2O3PbO解析二氧化铅是0.1 mol，其中氧原子是0.2 mol。A点，固体减少0.8 g，则剩余氧原子的物质的量是0.15 mol，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2

2、3，A点对应的物质是Pb2O3。同理可得出C点对应物质是PbO。2在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 时，剩余固体物质的化学式为_。答案HVO3解析NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5,210 时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为100%85.47%，所以210 时，剩余固体物质的化学式为HVO3。3将Ce(SO4)24H2O(摩尔质量为404 gmol1)在空气中加热，样品的固体残留率(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)。ACe(SO

3、4)2 BCe2(SO4)3 CCeOSO4答案B解析40470.3%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80870.3%568，应选B。4在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC2O42H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。温度范围/固体质量/g1502108.822903204.828909204.50(1)加热到210 时，固体物质的化学式为_。(2)经测定，加热到210310 过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为_。答案(1)CoC2O4(2)3CoC2O4

4、2O2=Co3O46CO2解析(1)CoC2O42H2O失去全部结晶水的质量为10.98 g8.82 g，即加热到210 时，固体物质是CoC2O4。(2)根据元素守恒，n(CO2)2 mol0.12 mol，质量为0.12 mol44 gmol15.28 g，而固体量减少为(8.824.82)g4.00 g，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.284.00)g1.28 g，其物质的量为 mol0.04 mol，n(CoC2O4)n(O2)n(CO2)0.040.12326，依据原子守恒，3CoC2O42O2=Co3O46CO2。5MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化

5、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)图中点D对应固体的成分为_(填化学式)。答案(1)12(2)Mn3O4和MnO解析设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g。(1)A点剩余固体质量为115 g75.65%87 g，减少的质量为115 g87 g28 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 g55 g16 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 g55 g21.337 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点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。