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热重分析法在计算中的应用
【方法与规律】
1．测定固体物质组成的热重法
只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。热重法是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息
2．热重曲线的分析方法
坐标曲线题解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的
(1)识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量x轴和函数y轴表示的意义)，寻找x、y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)
(2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系，通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。
(3)用图。将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题
3．“五步法”厘清热重曲线解题思路
第一步“设”：设晶体的物质的量为1 mol
第二步“算”：找出曲线中每步剩余固体的质量m余或根据数据计算每步剩余固体的质量m余
×100%＝固体残留率
第三步“失”：加热时，一般含有结晶水的样品在受热过程中，一失氢键结合水，二失配位键结合水，三失其他非金属元素形成的气体
第四步 “稳”：晶体中金属质量不减少，仍在m余中
第五步“定”：失重最后得到的固体物质一般为金属氧化物，结合金属氧化物的相对分子质量和原晶体质量以及固体残留率可计算出金属氧化物中氧元素的质量，由n(金属)∶n(O)，进而可求出最终固体物质的化学式(元素物质的量之比为化学式中角标之比)
【典题示例1】“煅烧”NiSO4·6H2O晶体时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中 B 段所表示氧化物的名称为__________
【典题示例2】2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O固体在加热升温过程中的质量变化如图所示。回答下列问题：
(1)350 ℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有____________(填化学式)
(2)整个过程的总反应方程式为______________________________________________________________
【课时作业】
1．某工业含钴废渣在空气中充分煅烧后的成分测定如表所示，则煅烧后所得固体混合物中，钴的氧化物的化学式是(　　)
元素 Co Zn Cu Fe
含量/% 59.00 0.52 0.20 13.16
A．CoO B．Co2O3
C．Co3O4 D．CoO2
2．硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)广泛应用在化学工业、农药、医药等领域。2.50 g CuSO4·5H2O脱水过程中部分中间体的结构示意图如图甲，热重曲线如图乙。下列说法错误的是(　　)
　　
A．CuSO4·3H2O中，部分H2O分子通过配位键与Cu2＋结合
B．CuSO4·3H2O转化为CuSO4·H2O过程中，H2O分子间的氢键被破坏
C．113 ℃时，CuSO4·3H2O已分解为CuSO4·H2O
D．1 000 ℃以上，CuSO4·5H2O分解的最终固体产物为CuO
3．ZX2Y4·W2Y 是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z 为前 20 号主族元素，原子序数依次增加，且加和为 35。已知 X、Y 原子最外层电子数分别是其电子层数的2倍、3倍，ZX2Y4·W2Y 热分解可制备ZY，该化合物的热重曲线如图所示。下列叙述不正确的是(　　)
A．Z、X 可以组成共价化合物 ZX2
B．化合物 W2X2Y4 具有还原性和酸性
C．150～200 ℃阶段热分解失去 W2Y
D．400～600 ℃热分解后生成固体化合物 ZXY3
4．将26.3 g NiSO4·nH2O样品在高温下煅烧，样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：LN时失掉全部的结晶水。下列说法错误的是(　　)
A．n＝6
B．固体M的化学式为NiSO4·4H2O
C．生成固体P时，样品的失重率约为71.5%
D．固体Q的化学式为NiO
5．取26.90 g ZnSO4·6H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。750 ℃时所得固体的化学式为(　　)
A．ZnO　　　　 　B．ZnSO4　　　　 　C．Zn3O(SO4)2　　　　 　D．ZnSO4·H2O
6．采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示。[注：残留率(%)＝剩余固体质量÷样品质量×100%]。下列说法中不正确的是(　　)
A．300～400 ℃之间发生的主要反应为C＋O2CO2
B．800 ℃时残留的固体是Fe2O3
C．复合材料中FeS2的质量分数为90.9%
D．复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为2∶1
7．8.34 g FeSO4·7H2O(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)如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．温度为78 ℃时，固体M的化学式为FeSO4·5H2O
B．温度为159 ℃时，固体N的化学式为FeSO4·2H2O
C．在隔绝空气条件下，由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O
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Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4
8．称取45.7 mg Zn3(PO4)2·4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如下图所示，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，烘干时的温度范围为(　　)
A．90～145 ℃　　　　 　B．145～195 ℃ C．195～273 ℃ D．＞273 ℃
9．已知皓矾的化学式可表示为ZnSO4·7H2O，受热易分解。取28.70 g ZnSO4·7H2O晶体，加热过程中所得固体质量与温度的变化关系如图所示。则下列说法不正确的是(　　)
A．A点时物质成分为ZnSO4·H2O B．B点时ZnSO4·7H2O中的结晶水全部失去
C．C点时物质成分为Zn3O(SO4)2 D．从B点到D点，总反应方程式一定为ZnSO4ZnO＋SO3↑
10．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)难溶于水，难溶于硫酸；受热易分解；不同温度下，分解产物不完全相同。某化学兴趣小组设计实验验证草酸亚铁晶体热分解产物，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．将草酸亚铁受热产生的气体点燃，未出现燃烧现象，若气体通过碱石灰则不可以燃烧
B．Ⅱ阶段的反应方程式为2FeC2O4·2H2OFe2O3＋3CO↑＋CO2↑＋4H2O
C．取适量受热后的剩余固体，加入浓盐酸完全溶解后，继续滴加KMnO4溶液，若溶液褪色，则说明该固体产物中含有FeO
D．用草酸或草酸钠溶液与硫酸亚铁溶液反应可制得草酸亚铁晶体
11．对黄铵铁矾[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480 g·mol－1]进行热分解实验，其分解过程如图所示。在300 ℃前分解释放的物质为H2O， 300～500 ℃之间只有NH3和H2O放出，500 ℃时残留固体中只含有Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末。回答下列问题：
(1)黄铵铁矾的化学式为________________________
(2)在300～500 ℃之间放出NH3和H2O的物质的量之比是_________
12．将54.0 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)在氮气的氛围中加热分解，得到分解产物的热重曲线(固体质量随温度的变化情况)如图所示
(1)A点时，固体物质的化学式为_______
(2)B点时，固体只含有一种铁的氧化物，则AB段反应的化学方程式为____________________________
13．某实验小组对MgCl2·6H2O进行热重分析，如图所示。
(1)181 ℃时固体产物的化学式为_______
(2)写出从181 ℃加热到300 ℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)的化学方程式__________________________
14．2.76 g CaO2·8H2O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 ℃时完全脱水，杂质受热不分解)如图所示
(1)试确定60 ℃时CaO2·xH2O中x＝________
(2)该样品中CaO2的质量分数为________
15．MnCO3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)
16．下图是100 mg CaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：
(1)温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是____________，B是_________________________________
(2)由CaC2O4·H2O得到A的化学方程式为_______________________________________________________
(3)由A得到B的化学方程式为______________________________________
(4)由图计算产物C的分子量，并推断C的合理的化学式
17．在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x＝_______，y＝_______
18．为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.5 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)已知500 ℃时固体的成分为CaC2O4和CaCO3，则CaC2O4的质量为________g，CaCO3的质量为________g
19．CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的示意关系如图，B物质的化学式是_______________
20．草酸钴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。
(1)通过计算确定C点剩余固体的化学成分为________(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225～300 ℃发生反应的化学方程式：___________________________________
(2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2价、＋3价)，用480 mL 5 mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为__________
【热重分析法在计算中的应用】答案
【典题示例1】三氧化二镍
解析：n(NiSO4·6H2O)＝＝0.1 mol，含有m(H2O)＝0.1 mol×6×18 g·mol－1＝10.8 g，根据26.3g－15.5g=10.8g，恰好说明280 ℃以前失去的结晶水；所以A段对应的物质就是0.1 mol的NiSO4；温度到600 ℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3 g氧化物中Ni的质量为5.9 g，那么O的质量为2.4 g即0.15 mol，所以固体氧化物中n(Ni)∶n(O)＝2∶3，所以固体氧化物即三氧化二镍
【典题示例2】(1)ZnO和Zn(OH)2
(2)2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O5ZnO＋5H2O＋2CO2↑　
解析：
【课时作业】
1．C。解析：已知Zn、Cu、Fe在空气中充分煅烧，生成物分别为ZnO、CuO、Fe2O3。设煅烧后所得固体混合物的质量为100 g，则钴的氧化物中，m(O)＝100 g－59.00 g－81 g·mol－1×－80 g·mol－1×－160 g·mol－1××≈21.3 g，n(O)＝≈1.33 mol，而n(Co)＝＝1.00 mol，则钴的氧化物的分子式为Co3O4。
2．D。解析：由CuSO4·3H2O的结构示意图可知，部分H2O中的O提供孤电子对，Cu2＋提供空轨道，形成配位键，A项正确；分析CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O的结构可知，CuSO4·3H2O中两个与铜离子以配位键结合并且与外部的水分子以氢键结合的水分子随温度升高而失去，得到CuSO4·H2O，所以CuSO4·3H2O转化为CuSO4·H2O过程中，水分子间的氢键被破坏，B项正确；n（CuSO4·5H2O）＝＝0.01 mol，113 ℃时固体质量为1.78 g，减少了 0.72 g，恰好为0.04 mol H2O的质量，故113 ℃时所得固体为CuSO4·H2O，C项正确；1 000 ℃以上，固体质量为0.72 g，其中Cu元素质量为0.64 g，则氧元素质量为0.72 g－0.64 g＝0.08 g，物质的量为＝0.005 mol，此时固体为Cu2O，D项错误。
3．A。解析：W、X、Y、Z为前20号主族元素，已知X、Y原子最外层电子数分别是其电子层数的2倍、3倍，则X可能为C或S、Y为O，结合W、X、Y、Z的原子序数依次增加及题图可知，X为C，W为H，又W、X、Y、Z的原子序数加和为35，则Z的原子序数为20，Z为Ca，ZX2Y4·W2Y为CaC2O4·H2O，热分解可制备ZY（CaO）。ZX2为CaC2，属于离子化合物，A错误；化合物W2X2Y4为草酸(乙二酸)，能电离出H＋，具有酸性，H2C2O4可分解为二氧化碳，C的化合价由＋3升高为＋4，具有还原性，B正确。
4．D。解析：LN时失掉全部的结晶水，则分解反应为NiSO4·nH2ONiSO4＋nH2O，根据图像可知，LN剩余固体NiSO4的质量是15.5 g，则失去结晶水的质量是26.3 g－15.5 g＝10.8 g，则根据NiSO4～nH2O可得，＝，解得n＝6，A项正确；LM时失掉结晶水的质量是3.6 g，即NiSO4·6H2O失去2个结晶水，则固体M的化学式为NiSO4·4H2O，B项正确；失重率等于固体失去的质量与原固体质量的比值，则生成固体P时，样品的失重率＝×100%≈71.5%，C项正确；NP失去的质量是15.5 g－7.5 g＝8.0 g，根据质量关系，可知发生的反应是NiSO4NiO＋SO3↑，固体P为NiO，PQ固体质量上升0.8 g，应该是NiO被氧化得到Ni2O3(固体Q)，D项错误。
5．C。解析：750 ℃时剩余固体与680 ℃时一样，剩下13.43 g，质量减少了26.90－13.43＝13.47(g)，26.90 g ZnSO4·6H2O中水的质量26.9×＝10.8(g)，则还有S元素质量减少13.47－10.8＝2.67(g)，26.90 g ZnSO4·6H2O中S元素的质量26.9×＝3.2(g)，则S元素还有剩余，故答案选择C。
6．D。解析：A.300～400 ℃之间发生的主要反应为C受热生成CO2，A正确；B.550～700 ℃之间的失重反应方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故800 ℃时残留的固体是Fe2O3，B正确；C.由图中数据可知，复合材料中碳完全反应失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C正确；D.FeS2与C的物质的量之比为∶≈1∶1，D错误。
7．C。解析：8.34 g FeSO4·7H2O样品的物质的量为0.03 mol，其中m(H2O)＝0.03 mol×7×18 g·
mol－1＝3.78 g，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(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol，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Q的化学式为Fe2O3。温度为78 ℃时，固体质量为6.72 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol ×152 g·mol－1＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 mol ∶0.03 mol ＝4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；温度为159 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，故B不正确；N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，故C正确；P的化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，根据原子守恒，必有SO3生成，故D错误。
8．B。解析：Zn3(PO4)2·4H2O的摩尔质量为457 g·mol－1,45.7 mg Zn3(PO4)2·4H2O转变为Zn3(PO4)2·2H2O时质量为42.1 mg，转变为Zn3(PO4)2·H2O时，质量为40.3 mg，所以烘干时的温度范围为145～195 ℃。
9．D。解析：28.70 g ZnSO4·7H2O的物质的量为0.1 mol，根据图示可知，A点时，质量变为17.90 g，质量损失10.80 g，A点温度为100 ℃，损失的可能为结晶水，物质的量为0.6 mol，则A点物质的化学式应为ZnSO4·H2O，A项正确；随着温度继续升高，当晶体中的结晶水全部失去时，剩余固体的质量为17.90 g－0.1 mol×18 g·mol－1＝16.10 g，即B点，B项正确；随着温度升高，ZnSO4开始分解，分解过程中，Zn元素的质量保持不变，最终全部转化为ZnO，质量应为0.1 mol×81 g·mol－1＝8.10 g，即D点，可见C点时物质成分既有ZnO又有ZnSO4，设ZnO为x mol，则ZnSO4为(0.1－x)mol,81x＋161×(0.1－x)＝13.43，解得x≈0.033，则n(ZnO)∶n(ZnSO4)≈1∶2，C点物质的化学式为ZnO·2ZnSO4，也可写作Zn3O(SO4)2，C项正确；从B点到D点，发生的反应为ZnSO4分解产生ZnO，既可能发生反应ZnSO4ZnO＋SO3↑，还可能发生反应2ZnSO42ZnO＋2SO2↑＋O2↑，D项错误。
10．D。解析：晶体在受热时，一般先失去结晶水，然后发生分解反应。3.60 g的FeC2O4·2H2O为0.02 mol，H2O为0.04 mol，质量为0.72 g，则Ⅰ阶段草酸亚铁晶体失去了结晶水。Ⅱ阶段，根据碳原子守恒，若都生成CO2，则固体质量应减小1.76 g；若都生成CO，则固体质量减小1.12 g，现减小1.28 g，则生成CO和CO2的混合物，根据碳原子守恒及1.28 g，可得Ⅱ阶段发生反应的化学方程式为2FeC2O4Fe2O3＋3CO↑＋CO2↑，故B错误；A项，产物中有水蒸气、二氧化碳，故CO不能燃烧，通过碱石灰后则可以燃烧，故A不正确；C项，浓盐酸也能使KMnO4溶液褪色，错误；D项，由题干信息草酸亚铁晶体难溶于水，难溶于硫酸可知正确。
11．(1)NH4Fe3(SO4)2(OH)6
(2)2∶1
解析：
12．(1)FeC2O4
(2)3FeC2O4Fe3O4＋4CO↑＋2CO2↑
解析：(1)n（FeC2O4·2H2O）＝＝0.3 mol，0.3 mol FeC2O4的质量刚好为43.2 g，故A点所得固体为FeC2O4。(2)B点时，固体只有一种铁的氧化物，由铁元素守恒知m(Fe)＝0.3 mol×56 g·mol－1＝16.8 g，则m(O)＝23.2 g－16.8 g＝6.4 g，n（O）＝ ＝0.4 mol，n(Fe)∶n(O)＝0.3∶0.4＝3∶4，则该含铁氧化物的化学式为Fe3O4，结合氧化还原反应规律知AB段反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4＋4CO↑＋2CO2↑。
13．(1)MgCl2·2H2O
(2)MgCl2·2H2OMg（OH）Cl＋HCl↑＋H2O↑
解析：
14．(1)2　
(2)26.09%
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CaO2·8H2O的物质的量为0.01 mol，由CaO2·8H2O样品受热脱水过程的热重曲线可以看出60～140 ℃失去的结晶水的质量为1.68 g－1.32 g＝0.36 g，物质的量为0.02 mol，则n(CaO2)∶n(H2O)＝0.01∶0.02＝1∶x，x＝2。CaO2的质量为72 g·mol－1×0.01 mol＝0.72 g，则该样品中CaO2的质量分数为×100%≈26.09%。
15．1∶2　Mn3O4与MnO
解析：MnCO3的摩尔质量为115 g·mol－1，设MnCO3的物质的量为1 mol，则A点300 ℃时失重的质量为1 mol×115 g·mol-1×(1－75.65%)＝28 g。已知CO的摩尔质量是28 g·mol－1，根据质量守恒定律，分解化学方程式为MnCO3MnO2＋CO↑，所以A点300 ℃时固体成分的化学式为MnO2，则n(Mn)∶n(O)为1∶2。B点770 ℃时失重的质量为1 mol×115 g·mol－1×(1－66.38%)＝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。因此失去氧原子的物质的量为n(O)＝＝ mol，可表示为MnO(2－)，整理得化学式为Mn3O4。D点900 ℃时失重的质量为1 mol×115 g·mol－1×(1－61.74%)＝44 g，失去的n(O)＝＝1 mol，可表示为MnO(2-1)，整理得化学式为MnO。所以C点时固体物质仍从Mn3O4转化为MnO，此时为Mn3O4与MnO的混合物。
16．(1)CaC2O4　CaCO3
(2)CaC2O4·H2OCaC2O4＋H2O↑
(3)CaC2O4CaCO3＋CO↑
(4)C的相对分子质量为55.48，C的化学式为CaO
解析：(1)设A、B的相对分子质量分别为x、y，则：
所以x＝128，
CaC2O4·H2O相对分子质量为146，A与 CaC2O4·H2O的相对分子质量相差18，则A为CaC2O4；
y＝100，则B为CaCO3。
(2)A为CaC2O4，CaC2O4·H2O分解生成CaC2O4与H2O，该温度下，水为气态，反应方程式为CaC2O4·H2OCaC2O4＋H2O↑。
(3)A为CaC2O4，B为CaCO3，所以CaC2O4分解生成CaCO3与CO，反应方程式为CaC2O4CaCO3＋CO↑。
(4)当加热至1 100 ℃～1 200 ℃时，由图读得分解产物C的质量约为38 mg，C的相对分子质量为＝55.48，C相对分子质量的实验值与CaO的相对分子质量56接近，故C为CaO。
17．4　　1
解析：由题图可知，FeSO4·7H2OFeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3％，则失重比为19.4％时，失去的结晶水数目为≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－＝1。
18．(1)CaC2O4　CaO　
(2)12.8　15.0
解析：(1)样品中n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol,300 ℃时固体残留率为87.67%，则减少的质量为36.5 g×(1－87.67%)＝4.5 g，则减少的是0.25 mol的H2O,300 ℃时残留固体成分为CaC2O4。900 ℃时，固体残留率为38.36%，剩余固体的质量为36.5 g×38.36%＝14 g，其中钙元素的质量为40 g·mol－1×0.25 mol＝10 g，剩余4 g元素的摩尔质量可以为4 g÷0.25 mol＝16 g·mol－1，则900 ℃时残留固体为CaO。(2)根据500 ℃时固体总质量可得：n(CaC2O4)×128 g·mol－1＋n(CaCO3)×100 g·mol－1＝36.5 g×76.16%，根据Ca2＋守恒可得：n(CaC2O4)＋n(CaCO3)＝0.25 mol，解得：n(CaC2O4)＝0.1 mol，n(CaCO3)＝0.15 mol，则m(CaC2O4)＝0.1 mol×128 g·mol－1＝12.8 g，m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g。
19．CoCl2·H2O
解析：476 mg CoCl2·6H2O的物质的量是0.476 g÷238 g·mol－1＝0.002 mol，其中结晶水的质量是0.216 g，根据图像可知固体质量由476 mg变为332 mg，质量减少144 mg，这说明该阶段减少水的物质的量是0.144 g÷18 g·mol－1＝0.008 mol，剩余水的物质的量是0.004 mol，质量是0.072 g，则A时对应物质的化学式为CoCl2·2H2O。A到B阶段固体质量减少332 mg－296 mg＝36 mg，则剩余水的质量是72 mg－36 mg＝36 mg，物质的量是0.002 mol，因此B对应物质的化学式是CoCl2·H2O。
20．(1)CoC2O4　3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2
(2)n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6
解析：(1)由题图可知，CoC2O4·2H2O的质量为18.3 g，物质的量为＝0.1 mol，钴元素质量为5.9 g，C点钴氧化物质量为8.03 g，氧化物中氧元素质量为8.03 g－5.9 g＝2.13 g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1 mol∶0.133 mol≈3∶4，所以C点剩余固体化学成分为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7 g，与其起始物质的质量相比减少18.3 g－14.7 g＝3.6 g，为结晶水的质量，所以B点物质为CoC2O4，CoC2O4与氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，反应的化学方程式为3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2。(2)由电子守恒可得n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝0.4 mol，由电荷守恒可得n总(Co)＝n溶液(Co2＋)＝0.5n(Cl－)＝0.5×(2.4 mol－0.2 mol×2)＝1 mol，所以固体中的n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol；n(O)＝1.2 mol，所以n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6。
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