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
×100%＝固体残留率。 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 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
1
100
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
117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
固体样品的剩余质量
×100%)随温度的变化如下图所示。
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)。 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/℃ 150～210 290～320 890～920
(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
147
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 ℃
183时，固体物质是CoC2O4。(2)根据元素守恒，n(CO2)＝
－1
固体质量/g 8.82 4.82 4.50 8.82
×2 mol＝0.12 mol，质量为0.12 147
mol×44 g·mol＝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
1.28
mol＝0.04 mol，32
2
n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝
8.82
∶0.04∶0.12＝0.06∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守147
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 ZnC2O4=====ZnO＋CO↑＋CO2↑
153－1
解析 ZnC2O4·2H2O的摩尔质量为189 g·mol，ZnC2O4的百分含量为×100%≈80.95%，
18981
ZnO的百分含量为×100%≈42.86%。
189
△
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)∶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。
3
(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， 5516
则n(Mn)∶n(O)＝∶＝1∶1，
5516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， 5521.337
则n(Mn)∶n(O)＝∶≈3∶4，
5516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：____________________________________________ ________________________________________________________________________。 225～300 ℃
答案 Co3O4(写成CoO·Co2O3亦可) 3CoC2O4＋2O2=====Co3O4＋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 CoxOy8.03 g－5.9 g中氧的物质的量为－1≈0.133 mol，
16 g·mol
x0.1 mol3所以＝≈，
y0.133 mol4
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，样品的固固体样品的剩余质量体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示。
固体样品的起始质量
4
(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)＝
36.50 g
－1＝0.25 mol，
146 g·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。
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