第三章-专题突破14.docx

专题突破14热重分析判断物质成分
方法思路
1．设晶体为1mol，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)
eq\f(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。

1．PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9gPbO2，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Pb2O3PbO
解析二氧化铅是0.1mol，其中氧原子是0.2mol。A点，固体减少0.8g，则剩余氧原子的物质的量是0.15mol，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eq\f(100,117)×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404g·mol－1)在空气中加热，样品的固体残留率(eq\f(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)2B．Ce2(SO4)3C．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10.98g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/g150～2108.82290～3204.82890～9204.50
(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＋2O2eq\o(=====,\s\up7(△))Co3O4＋6CO2
解析(1)CoC2O4·2H2O失去全部结晶水的质量为10.98×eq\f(147,183)g＝8.82g，即加热到210℃时，固体物质是CoC2O4。(2)根据元素守恒，n(CO2)＝eq\f(8.82,147)×2mol＝0.12mol，质量为0.12mol×44g·mol－1＝5.28g，而固体质量减少为(8.82－4.82)g＝4.00g，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＝1.28g，其物质的量为eq\f(1.28,32)mol＝0.04mol，n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝eq\f(8.82,147)∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CoC2O4＋2O2eq\o(=====,\s\up7(△))Co3O4＋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1mol，即质量为115g。
(1)A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g，
减少的质量为115g－87g＝28g，
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115g×61.74%≈71g，
据锰元素守恒知m(Mn)＝55g，
则m(O)＝71g－55g＝16g，
则n(Mn)∶n(O)＝eq\f(55,55)∶eq\f(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115g×66.38%＝76g，
因m(Mn)＝55g，则m(O)＝76g－55g＝21g