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专题讲座（三） 热重分析中的物质成分的判断
第一部分：高考真题感悟
1．[2021·全国甲卷，27(4)]胆矾(CuSO ·5H O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的
4 2
CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m，加入胆矾后总质量为m，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于
1 2
干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个
3
数为________________(写表达式)。
【答案】
【解析】水的质量是(m－m)g，所以胆矾(CuSO ·nHO)中n值的表达式为∶＝n∶1，解得n＝。
2 3 4 2
2．[2019·全国卷Ⅰ，27(5)]采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150 ℃时
失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为___________________。
【答案】NH Fe(SO )·12H O
4 4 2 2
【解析】样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，发生变化：NH Fe(SO )·xHO→NHFe(SO )·(x－1.5)H O
4 4 2 2 4 4 2 2
＋1.5H O。固体失重5.6%，即失去水的质量占样品总质量的5.6%，列出关系式：×100%＝5.6%，解得x＝
2
12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH Fe(SO )·12H O。
4 4 2 2
第二部分：最新模拟精练
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·7H O(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线)
4 2
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 ·5H O
4 2
B.温度为159 ℃时固体N的化学式为FeSO ·2H O
4 2
C.在隔绝空气条件下,由N得到P的化学方程式为FeSO ·H O FeSO +H O
4 2 4 2D.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Fe O
3 4
【答案】C
【解析】8.34 g FeSO·7H O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,如晶体全
4 2 2
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 ·7H O)=0.03 mol ,m(Fe)=0.03 mol ×56
4 2
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Fe O。温度为78 ℃时,固体质量为6.72 g,其中m(FeSO)=0.03 mol ×152
2 3 4
g·mol -1=4.56 g,m(HO)=6.72 g-4.56 g=2.16 g,n(H O)=0.12 mol ,则n(H O)∶n(FeSO )=0.12 mol ∶0.03 mol
2 2 2 4
=4∶1,则化学式为FeSO ·4H O,故78 ℃时,M的化学式为FeSO ·4H O,故A错误;温度为159 ℃时,固体质量为
4 2 4 2
5.10 g,其中m(FeSO)=0.03 mol ×152 g·mol -1=4.56 g,m(HO)=5.10 g-4.56 g=0.54 g,n(H O)=0.03 mol ,则
4 2 2
n(H O)∶n(FeSO )=0.03 mol∶0.03 mol=1∶1,则化学式为FeSO ·H O,故B错误;N的化学式为FeSO ·H O,P化
2 4 4 2 4 2
学式为FeSO ,在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO ·H O FeSO +H O,故C正确;由上述分
4 4 2 4 2
析可知,P化学式为FeSO ,Q的化学式为Fe O,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
4 2 3
SO 、SO 的物质的量分别为x mol、y mol,则 ,解得x=y=0.015,所以方
2 3
程式为2FeSO Fe O+SO↑+SO↑,Q的化学式为Fe O,故D错误。
4 2 3 2 3 2 3
2.（10分）将Ce(SO)·4H O（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
4 2 2
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】Pb O 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Pb O。同理可得出C点对应物质
2 3
是PbO。
4.（10分）25.35 g MnSO ·H O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 ·H O样品中n(Mn)=n(MnSO ·H O)=0.15 mol ,其中n(H O)=0.15 mol ,m(H O)=2.7
4 2 4 2 2 2
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m(Mn)=n(Mn)×55
2
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）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
6.（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，进行如下
a b c 3 d 2
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(×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
a b c 3 d 2
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 CO 体 积 为 0.560 L( 标 准 状 况 ) 。 n(CO) ＝ ＝
2 20.025 mol，根据C元素守恒，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×(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－1)－0.9 g＝0.135 g。n(H)＝×2＝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。
7.（10分）2.76 g CaO ·8H O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 ℃时完全脱
2 2
水，杂质受热不分解)如图所示。
①试确定60 ℃时CaO·xH O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·8H O的
2 2
物质的量为0.01 mol，由CaO·8H O样品受热脱水过程的热重曲线可以看出60～140 ℃失去的结晶水的质
2 2
量为1.68 g-1.32 g=0.36 g，物质的量为0.02 mol，则n(CaO)∶n(H O)=0.01∶0.02=1∶x，x=2。CaO 质量为
2 2 2
0.72 g
72 g·mol-1×0.01 mol=0.72 g，则该样品中CaO 的质量分数= ×100%≈26.09%。
2
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】Cr O
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Cr O。
2 3
9.（10分）为确定NVCO{化学式可表示为(NH )[(VO) (CO)(OH) ]·10H O}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) ]·10H O。
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＝5；由最后产
3
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＋2×6＝17，由
2
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) ]·10H O。
4 5 6 3 4 9 2
10.（10分）(2021·湖南衡阳一中模拟，节选)MnCO 在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体
3
残留率随温度的变化如图所示。
(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)Mn O、MnO
3 4
【解析】设MnCO 的物质的量为1 mol，即质量为115 g。
3
(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MnCO 失去的组成为
3
“CO”，故剩余固体的成分为MnO ，n(Mn)∶n(O)为1∶2。
2(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MnO，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为MnO 与MnO的混合物。
3 4 3 4
