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1、专项提能特训一建热重分析模型巧判物质成分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。(一)加热的物质都有固定的化学式1固体试样以脱水、分解等方式失重典例1随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中 。A先分解失去H2O，再分解失
2、去NH3B先分解失去NH3，再分解失去H2OC同时分解失去H2O和NH3 D同时分解失去H2、N2和H2O解析NH4VO3的摩尔质量为117 g/mol，设NH4VO3物质的物质的量为1 mol，则210 时失重的质量为1 mol117 g/mol(185.47%)17 g。NH3的摩尔质量为17 g/mol，所以先分解失去NH3。根据质量守恒定律，化学方程式为NH4VO3HVO3NH3。即可确定选B。380 时失重的质量为1 mol117 g/mol(177.78%)26 g。在第一次失重的基础上，第二次又失去的质量为26 g17 g9 g。H2O的摩尔质量为18 g/mol，所以再分解失去
3、0.5 mol H2O。根据质量定律守恒，化学方程式为2HVO3V2O5H2O。确定B选项正确。答案B2固体试样以氧化、还原等方式失重典例2正极材料为LiCoO2的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 时已完全脱水，则1000 时，剩余固体成分为 (填化学式，下同)；在350400 范围内，剩余固体成分为 。Co(OH)2的热重曲线解析Co(OH)2的摩尔质量为93 g/mol，设Co(OH)2的物质的量为1 mol，则C点1000 时失重的质量为1 mol93 g/m
4、ol(180.65%)18 g，即1 mol H2O，根据质量守恒定律，化学反应方程式为Co(OH)2CoOH2O。1000 时剩余固体的成分为CoO。B点500 时失重的质量为1 mol93 g/mol(186.38%)12.7 g。已知290 时Co(OH)2已完全脱水，1 mol Co(OH)2脱水成CoO时应失重的质量为18 g，因为500 时失重的质量不到18 g，所以一定有氧气进入，使钴元素的化合价发生了变化。进入氧元素的物质的量为n(O) mol，即可表述为CoOO，整理得化学式为Co3O4。同理，A点290 时失重的质量为1 mol93 g/mol(189.25%)10 g，进
5、入氧元素的物质的量为n(O)0.5 mol，即可表述为CoOO0.5，整理得化学式为Co2O3。所以在350400 范围剩余固体是Co3O4和Co2O3的混合物。答案CoOCo3O4和Co2O33固体试样先后以两种不同的方式失重典例3MnCO3可用作电讯器材元件材料，还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化，如图所示。则300 时，剩余固体中n(Mn)n(O)为 ；图中C点对应固体的成分为 (填化学式)。MnCO3的热重曲线解析：MnCO3的摩尔质量为115 g/mol，设MnCO3的物质的量为1 mol，则A点300 时失重的质量
6、为1 mol115 g/mol(175.65%)28 g。已知CO的摩尔质量是28 g/mol，根据质量守恒定律，分解化学方程式为MnCO3MnO2CO。所以A点300 时固体成分的化学式为MnO2。则n(Mn)n(O)为12。B点770 时失重的质量为1 mol115 g/mol(166.38%)38.7 g。由于300 时固体的成分为MnO2，再加热造成失重的原因只能是氧元素以O2的形式逸散失去，随着氧元素的失去，锰的化合价也发生了变化。因此失去氧元素的物质的量为n(O) mol，可表示为MnO，整理得化学式为Mn3O4。D点900 时失重的质量为1 mol115 g/mol(161.74
7、%)44 g。失去的n(O)1 mol，可表示为MnO(21)，整理得化学式为MnO。所以C点时固体物质正从Mn3O4转化为MnO，此时为Mn3O4与MnO的混合物。答案：12Mn3O4与MnO(二)加热的物质没有固定的化学式典例4(经典高考题节选)碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O常用作塑料阻燃剂。为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成0.560 L CO2(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率100%随温度的变化如图所示(样品在270 时已完全失去结晶水，600 以上残留固体为金属氧化物
8、的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO) 。解析碱式碳酸铝镁的化学式不确定，题中只表示为MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O，无法求得摩尔质量。试题中以3.390 g样品为研究对象，不妨暂定3.390 g样品为1 mol。3.390 g样品与足量的稀盐酸充分反应，生成CO2体积为0.560 L(标准状况)。n(CO2)0.025 mol，根据C守恒，即可确定d为0.025。270 时已完全失去结晶水，失去结晶水的质量为3.390 g(173.45%)0.9 g,600 以上残留固体为金属氧化物的混合物，说明又失去了除结晶水外的氢元素。失去的氢元素只能再结合
9、样品中的氧元素生成水。600 时失重的质量为3.390 g(137.02%)2.135 g，失去氢元素再生成水的质量为2.135 g(0.025 mol44 g/mol)0.9 g0.135 g。n(H)0.015 mol，根据氢元素守恒，c0.015。故碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO)0.0150.02535。通过上述例题分析发现，解决热重曲线问题，应以1 mol物质为研究对象，抓住失重时减少的质量，结合摩尔质量，即可快速求解，化繁为简。答案351PbO2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图所示。A点与C点对应物质
10、的化学式分别为 。答案：Pb2O3、PbO2将Ce(SO4)24H2O(摩尔质量为404 gmol1)在空气中加热，样品的固体残留率100%随温度的变化如图所示。当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为 (填字母)。ACe(SO4)2 BCe2(SO4)3 CCeOSO4解析：B40470.3%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。3将草酸锌晶体(ZnC2O42H2O)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，300460 范围内，发生反应的化学方程式为 。答案：ZnC2O
11、4ZnOCOCO24CoC2O4是制备钴的氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CoC2O42H2O)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225300 发生反应的化学方程式： 。解析：CoC2O42H2OCoC2O4CoxOy，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。答案：Co3O4(写成CoOCo2O3亦可)3CoC2O42O2Co3O46CO25为
12、研究一水草酸钙(CaC2O4H2O)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)CaC2O4CaO(2)500 时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4H2O的物质的量n(CaC2O4H2O)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128x100y36.50 g76.16%，根据钙元素守恒可得xy0.25，解得x0.1，y0.15，m(CaC2O4)0.1 mol128 gmol112.8 g，m(CaCO3)0.15 mol100 gmol115.0 g500 时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。