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/℃ 150～210 290～320 890～920 固体质量/g 8.82 4.82 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　ZnC2O4=====ZnO＋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 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。 (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＋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 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。