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第三章 金属及其化合物
专题讲座（三） 热重分析中的物质成分的判断（精练）
完卷时间：50分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg12 Al27 S32 Ca40 V51 Cr52 Mn55 Fe65 Zn65 Ce140
pb207
1.（10分）8.34 g FeSO·7HO(M=278 g·mol -1)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲
4 2
线)如图所示,下列说法正确的是( )
A.温度为78 ℃时,固体物质M的化学式为FeSO·5HO
4 2
B.温度为159 ℃时固体N的化学式为FeSO·2HO
4 2
C.在隔绝空气条件下,由N得到P的化学方程式为FeSO·HO FeSO+HO
4 2 4 2
D.取适量380 ℃时所得的样品P,隔绝空气加热至650 ℃,得到一种固体物质Q,同时有两种无色气体生成,Q
的化学式为FeO
3 4
【答案】C
【解析】8.34 g FeSO·7HO样品物质的量为0.03 mol,其中m(HO)=0.03 mol×7×18 g·mol -1=3.78 g,
4 2 2
如晶体全部失去结晶水,固体的质量应为8.34 g-3.78 g=4.56 g,可知在加热到373 ℃之前,晶体失去部分
结晶水,加热至635 ℃时,固体的质量为2.40 g,应为铁的氧化物,其中n(Fe)=n(FeSO·7HO)=0.03 mol
4 2
,m(Fe)=0.03 mol ×56 g·mol -1=1.68 g,则固体中m(O)=2.40 g-1.68 g=0.72 g,n(O)=0.045 mol ,则
n(Fe)∶n(O)=0.03 mol∶0.045 mol =2∶3,则固体物质Q的化学式为FeO。温度为78 ℃时,固体质量为
2 3
6.72 g,其中m(FeSO)=0.03 mol ×152 g·mol -1=4.56 g,m(HO)=6.72 g-4.56 g=2.16 g,n(HO)=0.12
4 2 2
mol ,则n(HO)∶n(FeSO)=0.12 mol ∶0.03 mol =4∶1,则化学式为FeSO·4HO,故78 ℃时,M的化学式
2 4 4 2
为FeSO·4HO,故A错误;温度为159 ℃时,固体质量为5.10 g,其中m(FeSO)=0.03 mol ×152 g·mol
4 2 4
-1=4.56 g,m(HO)=5.10 g-4.56 g=0.54 g,n(HO)=0.03 mol ,则n(HO)∶n(FeSO)=0.03 mol∶0.03
2 2 2 4
mol=1∶1,则化学式为FeSO·HO,故B错误;N的化学式为FeSO·HO,P化学式为FeSO,在隔绝空气条件下
4 2 4 2 4由N得到P的化学方程式为FeSO·HO FeSO+HO,故C正确;由上述分析可知,P化学式为FeSO,Q的化学
4 2 4 2 4
式为FeO,铁的化合价升高,必有硫的化合价降低,即有二氧化硫生成,设SO、SO 的物质的量分别为x
2 3 2 3
mol、y mol,则 ,解得x=y=0.015,所以方程式为2FeSO
4
FeO+SO↑+SO↑,Q的化学式为FeO,故D错误。
2 3 2 3 2 3
2.（10分）将Ce(SO)·4HO（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
4 2 2
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(SO) B．Ce(SO4) C．CeOSO
4 2 2 3 4
【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。
3.（10分）PbO 受热会随温度升高逐步分解。称取23.9 g PbO，将其加热分解，受热分解过程中固体质量
2 2
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】PbO PbO
2 3【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PbO。同理可得出C点对应物
2 3
质是PbO。
4.（10分）25.35 g MnSO·HO样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示:
4 2
(1)300 ℃时,所得固体的化学式为________。
(2)1150 ℃时,反应的化学方程式为 __________________________________。
【答案】(1)MnSO
4
(2)3MnO MnO+O↑
2 3 4 2
【解析】(1)25.35 g MnSO·HO样品中n(Mn)=n(MnSO·HO)=0.15 mol ,其中n(HO)=0.15 mol
4 2 4 2 2
,m(HO)=2.7 g,300 ℃时,所得固体质量为22.65 g,减少的质量为2.7 g,则说明该段失去结晶水,此时固体
2
为MnSO。
4
(2)温度继续升高,固体MnSO 受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15 mol ,
4
850 ℃时,固体质量由22.65 g减少到13.05 g,减少的质量为9.6 g,则硫的氧化物的相对分子质量为64,
故为二氧化硫,则此时的固体为MnO,1 150 ℃时固体为二氧化锰分解所得,由锰元素质量守恒,则
2
m(Mn)=n(Mn)×55 g·mol -1=8.25 g,则氧化物中m(O)=11.45 g-8.25 g=3.2 g,n(O)=0.2 mol ,故
n(Mn)∶n(O)=0.15∶0.2=3∶4,则该氧化物为MnO,故反应的化学方程式为3MnO MnO+O↑。
3 4 2 3 4 2
5.（10分）碱式碳酸铝镁[MgAl(OH)(CO)·xHO]常用作塑料阻燃剂。为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行
a b c 3 d 2
如下实验：
①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成0.560 L CO(已换算成标准状况下)。
2
②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率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)＝________。
【答案】3∶5
【解析】碱式碳酸铝镁的化学式不确定，题中只表示为MgAl(OH)(CO)·xHO，无法求得摩尔质量。试题
a b c 3 d 2
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CO 体积为0.560 L(标准状况)。
2
n(CO)＝＝0.025 mol，根据C守恒，即可确定为d为0.025。
2
270 ℃时已完全失去结晶水，失去结晶水的质量为3.390 g×(1－73.45%)＝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样品中的氧元素生成
水。600 ℃时失重的质量为3.390 g×(1－37.02%)＝2.135 g，失去氢元素再生成水的质量为2.135 g－
(0.025 mol×44 g/mol)－0.9 g＝0.135 g。
n(H)＝＝0.015 mol，根据氢元素守恒，c＝0.015。故碱式碳酸铝镁样品中的 n(OH－)∶n(CO)＝
0.015∶0.025＝3∶5。
6.（10分）PbO 在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的 a点样品失重4.0%(即
2
×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbO 或mPbO·nPbO，列式计算x值和m∶n值_________。
x 2
【答案】1.4，2：3
【解析】根据PbO PbO＋O↑(注PbO 相对分子质量为239)，由×32＝239×4.0%，得x＝2－≈1.4，根据
2 x 2 2
mPbO·nPbO，得＝1.4，＝＝。
2
7.（10分）2.76 g CaO·8HO样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线，140 ℃时完全
2 2
脱水，杂质受热不分解)如图所示。
①试确定60 ℃时CaO·xHO中x=__________。
2 2
②该样品中CaO 的质量分数为__________。
2【答案】①2 ②26.09%
【解析】140 ℃后结晶水全部失去，其质量为2.76 g-1.32 g=1.44 g，物质的量为0.08 mol，则
CaO·8HO的物质的量为0.01 mol，由CaO·8HO样品受热脱水过程的热重曲线可以看出60～140 ℃失去
2 2 2 2
的结晶水的质量为1.68 g-1.32 g=0.36 g，物质的量为0.02 mol，则
n(CaO)∶n(HO)=0.01∶0.02=1∶x，x=2。CaO 质量为72 g·mol-1×0.01 mol=0.72 g，则该样品中CaO 的
2 2 2 2
0.72 g
质量分数= ×100%≈26.09%。
2.76 g
8.（10分）CrO 的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示，则B点时铬的
3
氧化物化学式为______________。
【答案】CrO
2 3
【解析】设CrO 的质量为100 g，则CrO 中铬元素的质量为100 g×＝52 g，B点时固体的质量为 100
3 3
g×76%＝76 g，Cr的质量没有变，所以生成物中Cr的质量为52 g，氧元素的质量为24 g，两者的个数比
为∶＝2∶3，所以B点时剩余固体的成分是CrO。
2 3
9.（10分）为确定NVCO{化学式可表示为(NH)[(VO)(CO)(OH)]·10HO}的组成，进行如下实验：
4 a b 3 c d 2
①称取2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH 0.224 L(已换算成标准状况下)。
3
②另取一定量样品在氮气氛围中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示(分解过程中各
元素的化合价不变)。
根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)。
【答案】(NH)[(VO)(CO)(OH)]·10HO。
4 5 6 3 4 9 2
【解析】设NVCO的摩尔质量为M g·mol－1，由89 ℃时剩余固体样品的质量得＝0.864 8，解得M≈1
065；由367 ℃时剩余固体样品的质量得＝0.467 6，解得b≈6；由×a＝n(NH)＝＝0.01 mol，解得a＝
3
5；由最后产物为VO 可知，该化合物中V为＋4价，由各元素正负化合价代数和为0可得，2c＋d＝5×1＋
2
2×6＝17，由该化合物的相对分子质量18a＋67b＋60c＋17d＋180＝1 065可知，60c＋17d＝393，解得c＝ 4 ， d＝ 9 ， 将 a＝ 5 ， b＝ 6 ， c＝ 4 ， d＝ 9 代 入 化 学 式 可 得 NVCO 的 化 学 式 为
(NH)[(VO)(CO)(OH)]·10HO。
4 5 6 3 4 9 2
10.（10分）将草酸锌晶体(ZnCO·2HO)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
2 4 2
变化如图所示，300～460 ℃范围内，发生反应的化学方程式为
_____________________________________________。
【答案】ZnCO ZnO+CO↑+CO↑。
2 4 2
153
【解析】ZnCO·2HO晶体中的ZnCO 质量分数为 ×100%≈80.95%，故A点完全失去结晶水，化学
2 4 2 2 4 153+36
81
式为ZnCO，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为 ×100%≈42.86%，故B点残留固体为
2 4 153+36
ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO。300 ～460 ℃范围内，发生反应的化学方程式为
2
ZnCO ZnO+CO↑+CO↑。
2 4 2
