1、1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 )100%固体残留率。m余m4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 Pb 2O3 PbO解析 二氧化铅是 0.1 mol，其中氧原子是 0.2 mo
2、l。A 点，固体减少 0.8 g，则剩余氧原子2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 HVO 3解析 NH 4VO3分解的过程中生成氨气和 HVO3，HVO 3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100117固体物质的化学式为 HVO3。3将 Ce(SO4)24H2O(摩尔
3、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。固 体 样 品 的 剩 余 质 量固 体 样 品 的 起 始 质 量当固体残留率为 70.3%时，所得固体可能为_(填字母)。ACe(SO 4)2 BCe 2(SO4)3 CCeOSO 4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 2O42H2O)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
4、/ 固体质量/g150210 8.82290320 4.82890920 4.50(1)加热到 210 时，固体物质的化学式为_。3(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)CoC 2O4 (2)3CoC 2O42O 2=Co3O46CO 2解析 (1)CoC 2O42H2O 失去全部结晶水的质量为 10.98 g8.82 g，即加热到 210 147183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 8.82147mol44 gmol1 5.28 g
5、，固体量减少(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 1.2832mol， n(CoC2O4) n(O2) n(CO2) 0.040.120.060.040.12326，依据8.82147原子守恒，3CoC 2O42O 2=Co3O46CO 2。5将草酸锌晶体(ZnC 2O42H2O)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，300460 范围内，发生反应的化学方程式为_。答案 ZnC 2O4 ZnOCOCO 2= = = = = 解析 ZnC 2O42H2O 的
6、摩尔质量为 189 gmol1 ，ZnC 2O4的百分含量为100%80.95%，153189ZnO 的百分含量为 100%42.86%。81189所以 B 点的固体为 ZnO，化学方程式为 ZnC2O4 ZnOCOCO 2。= = = = = 6MnCO 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4(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)Mn 3O4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 g7
7、5.65%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) 11，5555 1616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) 34，5555 21.33716故剩余固体的成分为 Mn3O4，因 D 点介于 B、
8、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)CoC 2O4是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O42H2O)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。5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 225300 发生反应的化学方程式：_。答案 Co 3O4(写成 CoOCo2O3亦可) 3CoC 2O42O 2 Co3O46CO 2= = = = =225 300 解析 CoC 2O42H2O CoC 2O4 Co xOy，C 点应为钴的氧化物，18.3
9、 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，8.03 g 5.9 g16 gmol 1所以 ，xy 0.1 mol0.133 mol 34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。固 体 样 品 的 剩 余 质 量固 体 样 品 的 起 始 质 量(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 2
10、O4 CaO(2)500 时残留固体的成分为 CaC2O4和 CaCO3的混合物，样品中 CaC2O4H2O 的物质的量n(CaC2O4H2O) 0.25 mol，36.50 g146 gmol 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 128x100 y36.50 g76.16%，根据钙元素守恒可得 x y0.25，解得 x0.1， y0.15，6m(CaC2O4)0.1 mol128 gmol 1 12.8 g，m(CaCO3)0.15 mol100 gmol 1 15.0 g500 时固体的成分为 12.8 g CaC2O4和 15.0 g CaCO3。
