2020版高考化学新增分大一轮复习第3章题型突破7热重分析判断物质成分精讲义优习题（含解析）鲁科版.docx

1、1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 )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。1PbO 2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 mol。A 点，固体减少 0.8

2、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 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2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(摩尔质量为 404gmol1 )在空

3、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 10.98g 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/ 固体质量/g150210 8.8

4、2290320 4.82890920 4.50(1)加热到 210时，固体物质的化学式为_。(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，而固体量减少为(8.824.82)g4.

5、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) 0.040.12326，依据原子守恒，8.8214733CoC2O42O 2=Co3O46CO 2。5MnCO 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(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。(

6、1)A 点剩余固体质量为 115 g75.65%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、C 之间，故 D 点对应固体的成分为 Mn3O4与 MnO 的混合物。4