2019版高考化学一轮复习 第三章 金属及其化合物 微专题13 热重分析判断物质成分学案

微专题13 热重分析判断物质成分
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)
m 余
m
×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。

专题训练
1.PbO 2受热会随温度升高逐步分解。

称取23.9 g PbO 2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如下图所示。

A 点与C 点对应物质的化学式分别为________、________。

答案 Pb 2O 3 PbO
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∶3，A 点对应的物质是Pb 2O 3。

同理可得出C 点对应物质是PbO 。

2．在焙烧NH 4VO 3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 HVO 3
解析 NH 4VO 3分解的过程中生成氨气和HVO 3，HVO 3进一步分解生成V 2O 5,210 ℃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
117
×100%≈85.47%，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO 3。

3．将Ce(SO 4)2·4H 2O(摩尔质量为404 g·mol －1
)在空气中加热，样品的固体残留率(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(SO 4)2 B ．Ce 2(SO 4)3 C ．CeOSO 4 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，应选B 。

4．在空气中加热10.98 g 草酸钴晶体(CoC 2O 4·2H 2O)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。

(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为_______________________________________。

(2)经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO 2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为_______________________________________________________________
________________________________________________________________________。

答案 (1)CoC 2O 4 (2)3CoC 2O 4＋2O 2===Co 3O 4＋6CO 2
解析 (1)CoC 2O 4·2H 2O 失去全部结晶水的质量为10.98×147
183 g ＝8.82 g ，即加热到210 ℃时，固体物质是CoC 2O 4。

(2)根据元素守恒，n (CO 2)＝
8.82147
×2 mol＝0.12 mol ，质量为0.12 mol×44 g·mol －1
＝5.28 g ，固体量减少(8.82－4.82)g ＝4.00 g ，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.28－4.00)g ＝1.28 g ，其物质的量为1.28
32
mol ＝0.04 mol ，n (CoC 2O 4)∶n (O 2)∶n (CO 2)＝8.82
147
∶0.04∶0.12＝0.06∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CoC 2O 4＋2O 2===Co 3O 4＋6CO 2。

5．将草酸锌晶体(ZnC 2O 4·2H 2O)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图所示，300～460
℃
范
围
内
，
发
生
反
应
的
化
学
方
程
式
为
________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

答案 ZnC 2O 4=====△
ZnO ＋CO↑＋CO 2↑
解析 ZnC 2O 4·2H 2O 的摩尔质量为189 g·mol －1
，ZnC 2O 4的百分含量为153189×100%≈80.95%，
ZnO 的百分含量为81
189
×100%≈42.86%。

所以B 点的固体为ZnO ，化学方程式为ZnC 2O 4=====△
ZnO ＋CO↑＋CO 2↑。

6．MnCO 3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)图中点D 对应固体的成分为______________(填化学式)。

答案 (1)1∶2 (2)Mn 3O 4和MnO
解析 设MnCO 3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 g×75.65%≈87 g， 减少的质量为115 g －87 g ＝28 g ， 可知MnCO 3失去的组成为“CO”， 故剩余固体的成分为MnO 2。

(2)C 点剩余固体质量为115 g×61.74%≈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)＝5555∶16
16＝1∶1，
故剩余固体的成分为MnO ，
同理，B 点剩余固体质量为115 g×66.38%＝76.337 g ， 因m (Mn)＝55 g ，
则m (O)＝76.337 g －55 g ＝21.337 g ，
则n (Mn)∶n (O)＝5555∶21.337
16≈3∶4，
故剩余固体的成分为Mn 3O 4，
因D 点介于B 、C 之间，故D 点对应固体的成分为Mn 3O 4与MnO 的混合物。

7．(2018·滁州质检)CoC 2O 4是制备钴的氧化物的重要原料。

下图为二水合草酸钴(CoC 2O 4·2H 2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C 点剩余固体的化学成分为________(填化学式)。

写出B 点对应的物质与O 2在225～300 ℃发生反应的化学方程式：____________________________________________
________________________________________________________________________。

答案 Co 3O 4(写成CoO·Co 2O 3亦可) 3CoC 2O 4＋2O 2=====225～300 ℃
Co 3O 4＋6CO 2 解析 CoC 2O 4·2H 2O ―→CoC 2O 4―→Co x O y ，
C 点应为钴的氧化物，18.3 g 晶体中钴的物质的量为0.1 mol ，质量为 5.9 g,8.03 g Co x O y 中氧的物质的量为8.03 g －5.9 g
16 g·mol
－1≈0.133 mol，
所以x y ＝0.1 mol 0.133 mol ≈34
，
其化学式为Co 3O 4。

8．为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g 样品加热，样品的固体残留率(
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。

(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)。

答案 (1)CaC 2O 4 CaO
(2)500 ℃时残留固体的成分为CaC 2O 4和CaCO 3的混合物，样品中CaC 2O 4·H 2O 的物质的量n (CaC 2O 4·H 2O)＝
36.50 g
＝0.25 mol，
146 g·mol－1
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 g×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×128 g·mol－1＝12.8 g，
m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g
500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。