化学第三章 金属及化合物 微专题13 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精微专题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)eq\f(m余，m）×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。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下图所示。A点与C点对应物质的化学式分别为________、________。答案Pb2O3PbO解析二氧化铅是0.1mol，其中氧原子是0。2mol。A点，固体减少0。8g，则剩余氧原子的物质的量是0。15mol，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eq\f（100，117）×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404g·mol－1）在空气中加热,样品的固体残留率(eq\f（固体样品的剩余质量,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(SO4）2B．Ce2（SO4)3C．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。98g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/℃固体质量/g150~2108。82290~3204。82890～9204.50（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×eq\f（147，183）g＝8。82g，即加热到210℃时，固体物质是CoC2O4。(2）根据元素守恒，n（CO2)＝eq\f(8.82，147)×2mol＝0。12mol，质量为0。12mol×44g·mol－1＝5。28g，固体量减少（8.82－4.82)g＝4.00g,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＝1.28g，其物质的量为eq\f(1。28,32)mol＝0.04mol，n（CoC2O4）∶n(O2)∶n(CO2)＝eq\f(8。82，147）∶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ZnC2O4eq\o(=，\s\up7(△）)ZnO＋CO↑＋CO2↑解析ZnC2O4·2H2O的摩尔质量为189g·mol－1，ZnC2O4的百分含量为eq\f（153,189）×100％≈80。95％，ZnO的百分含量为eq\f（81，189）×100%≈42。86％。所以B点的固体为ZnO，化学方程式为ZnC2O4eq\o(=,\s\up7(△)）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1mol，即质量为115g。(1)A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g,减少的质量为115g－87g＝28g，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115g×61.74%≈71g，据锰元素守恒知m（Mn)＝55g，则m(O）＝71g－55g＝16g，则n(Mn）∶n（O）＝eq\f（55，55）∶eq\f(16，16)＝1∶1，故剩余固体的成分为MnO,同理，B点剩余固体质量为115g×66.38％＝76。337g，因m(Mn）＝55g，则m(O)＝76.337g－55g＝21。337g，则n（Mn)∶n(O)＝eq\f（55,55)∶eq\f(21。337,16）≈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＋2O2eq\o(=,\s\up7（225～300℃）)Co3O4＋6CO2解析CoC2O4·2H2O→CoC2O4→CoxOy，C点应为钴的氧化物，18。3g晶体中钴的物质的量为0。1mol,质量为5.9g,8。03gCoxOy中氧的物质的量为eq\f(8.03g－5.9g，16g·mol－1)≈0。133mol，所以eq\f(x，y）＝eq\f(0。1mol,0。133mol）≈eq\f(3，4)，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。50g样品加热，样品的固体残留率（eq\f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量）×100％)随温度的变化如下图所示。（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CaC2O4·H2O的物质的量n（CaC2O4·H2O）＝eq\f(36。50g，146g·mol－1)＝0。25mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为xmol和ymol，根据500℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50g×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