1、【 精品教育资源文库 】 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.PbO2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下图所示。 A点与 C点对应物 质的化学式分别为 _、 _。 答案 Pb2O3 PbO 解析
2、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 23 ， 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 【 精品教育资源文库 】 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 100117100%85.47
3、% ，所以 210 时，剩余固体物质的化学式为 HVO3。 3将 Ce(SO4)24H 2O(摩尔质量为 404 gmol 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(SO4)2 B Ce2(SO4)3 C CeOSO4 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 (CoC
4、2O42H 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。 温度范围 / 固体质量 /g 150 210 8.82 290 320 4.82 890 920 4.50 (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 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 2O2=Co3O4 6CO2 解析 (1)CoC2O42H 2O 失去全部结晶水的质量为 10.98 147183 g 8.82 g， 即加热到 210 时 ， 固体物质是 CoC2O4。
5、(2)根据元素守恒， n(CO2) 8.821472 mol 0.12 mol，质量为 0.12 mol44 gmol 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【 精品教育资源文库 】 氧气参加，氧气的质量为 (5.28 4.00)g 1.28 g，其物质的量为 1.2832 mol 0.04 mol，n(CoC2O4) n(O2) n(CO2) 8.82147 0.040.12 0.060.040.12 326 ，依据原子守恒， 3CoC2O4 2O2=Co3O4 6CO2。 5将草酸锌晶体 (ZnC2O42H 2O)加热分解可得到一种纳
6、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 ZnC2O4= ZnO CO CO2 解析 ZnC2O42H 2O的摩尔质量为 189 gmol 1， ZnC2O4的百分含量为 153189100%80.95% ， ZnO的百分含量为 81189100%42.8 6%。 所以 B点的固体为 ZnO，化学方程式为 ZnC2O4= ZnO CO CO2 。 6 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
7、) 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 ， 【 精品教育资源文库 】 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) 5555 1616
8、 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) 5555 21.33716 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。 7 (2018 滁州质检 )CoC2O4是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴 (CoC2O42H 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
9、固体的化学成分为 _(填 化学式 )。写出 B点对应的物质与 O2在225 300 发生反应的化学方程式： _ _。 答案 Co3O4(写成 CoOCo 2O3亦可 ) 3CoC2O4 2O2 =225 300 Co3O4 6CO2 解析 CoC2O42H 2O CoC 2O4 Co xOy， 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 CoxOy中氧的物质的量为 8.03 g 5.9 g16 gmol 1 0.133 mol ， 所以 xy 0.1 mol0.133 mol 34， 【 精品教育资源文库 】 其化学式为 Co
10、3O4。 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)CaC2O4 CaO (2)500 时残留固体的成分为 CaC2O4 和 CaCO3 的混合物，样品中 CaC2O4H 2O 的物质的量n(CaC2O4H 2O) 36.50 g146 gmol 1 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 x 0.1， y 0.15， m(CaC2O4) 0.1 mol128 gmol 1 12.8 g， m(CaCO3) 0.15 mol100 gmol 1 15.0 g 500 时固体的成分为 12.8 g CaC2O4和 15.0 g CaCO3。
