高考化学一轮复习讲练 第3章 专题突破14　热重分析判断物质成分 (含解析)

专题突破14　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。

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。

(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＋2O2Co3O4＋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，而固体质量减少为(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＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。

5．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 g，

因m(Mn)＝55 g，则m(O)＝76 g－55 g＝21 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。