2019届一轮复习人教版第三章微专题13热重分析判断物质成分学案 5页

微专题　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)‎ ×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　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)2·4H2O(摩尔质量为404 g·mol－1)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)。‎ A．Ce(SO4)2 　B．Ce2(SO4)3 　　C．CeOSO4‎ 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(CoC2O4·2H2O)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)CoC2O4·2H2O失去全部结晶水的质量为10.98× g＝8.82 g，即加热到210 ℃时，固体物质是CoC2O4。(2)根据元素守恒，n(CO2)＝×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 mol＝0.04 mol，n ‎(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝∶0.04∶0.12＝0.06∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2。‎ ‎5．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　ZnC2O4·2H2O的摩尔质量为189 g·mol－1，ZnC2O4的百分含量为×100%≈80.95%，‎ ZnO的百分含量为×100%≈42.86%。‎ 所以B点的固体为ZnO，化学方程式为ZnC2O4ZnO＋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)∶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)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 g×75.65%≈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 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)＝∶＝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)＝∶≈3∶4，‎ 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(CoC2O4·2H2O)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O2在225～300 ℃发生反应的化学方程式：____________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　Co3O4(写成CoO·Co2O3亦可)　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2‎ 解析　CoC2O4·2H2O―→CoC2O4―→CoxOy，‎ 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≈0.133 mol，‎ 所以＝≈，‎ 其化学式为Co3O4。‎ ‎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(×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CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝＝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 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。‎