方法思路
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) m余
×100%=固体残留率。 m
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化学式。
金属
∶n氧,即可求出失重后物质的
1.PbO2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点对应物质的化学式分别为________、________。
答案 Pb2O3 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 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剩余固体物质的化学式为HVO3。
3.将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·mol
-
100
×100%≈85.47%,所以210 ℃时,117
1
)在空气中加热,样品的固体残留率
固体样品的剩余质量(×100%)随温度的变化如下图所示。 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)。 A.Ce(SO4)2 B.Ce2(SO4)3 C.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10.98 g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/℃ 150~210 290~320 0~920
(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
147解析 (1)CoC2O4·2H2O失去全部结晶水的质量为10.98× g=8.82 g,即加热到210 ℃时,
1838.82
固体物质是CoC2O4。(2)根据元素守恒,n(CO2)=×2 mol=0.12 mol,质量为0.12 mol×44
147g·mol1=5.28 g,而固体量减少为(8.82-4.82)g=4.00 g,说明有气体参加反应,即氧气参加,
-
固体质量/g 8.82 4.82 4.50 氧气的质量为(5.28-4.00)g=1.28 g,其物质的量为n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)=
1.28
mol=0.04 mol,32
8.82
∶0.04∶0.12=3∶2∶6,依据原子守恒,3CoC2O4+147
2O2===Co3O4+6CO2。
5.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1 mol,即质量为115 g。 (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 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, 5516
则n(Mn)∶n(O)=∶=1∶1,
5516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, 5521.337
则n(Mn)∶n(O)=∶≈3∶4,
5516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。
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