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专项训练 热重曲线的计算（解析版）
一、单选题
1．W、X、Y是三种短周期主族元素且分别位于三个周期，X和Y位于同一主族且原
子序数存在2倍关系。 (M=278g/mol)的热重曲线(空气中加热)如图所示。
下列说法不正确的是
A．X和Y的简单氢化物稳定性：X>Y
B．W和金属钠形成的化合物为离子化合物
C．热重曲线的第1、2、3个拐点失去的都是
D．最终曲线Q所得到的物质为
【答案】D
【分析】根据“W、X、Y是三种短周期主族元素且分别位于三个周期”推出其中一定
有H；又根据“X和Y位于同一主族且原子序数存在2倍关系”推出X和Y为O和
S，则W为H，结合化合物的化学式，知X为O，Y为S。根据 的
，推出乙的摩尔质量为 ，故Z为Fe，该物质为 。
【详解】A．同一主族元素自上而下简单氢化物的热稳定性逐渐减弱，故稳定性：
，A正确；
B．NaH是由 和 构成的离子化合物，B正确；
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．8.34g的 的物质的量为0.03mol，结合M、N、P的质量计算，第一个
拐点失去0.09mol ，第二个拐点失去0.09mol ，第三个拐点失去0.03mol
，C正确；
D．最终剩余的是Fe的氧化物，其中Fe的物质的量为0.03mol，质量为1.68g，则O的
质量为0.72g，物质的量0.045mol， ，故最终曲线Q所
得物质为 ，D错误；
故选D。
2．化合物 是分析化学中重要的基准物质，其中X、Y、Z、T
分别位于三个短周期，原子序数依次增加；T与Z同主族；常温下 为气体，其分
子的总电子数为奇数；W为常见的金属元素，在该化合物中W离子的价层电子排布式
为 。在惰性气体氛围中该物质的热重曲线如图所示。下列说法错误的是
A．简单离子半径：T>Y>Z
B．W元素位于元素周期表的d区
C．简单气态氢化物的稳定性：Z>Y
D．580℃热分解后得到的固体化合物是WZ
【答案】D
【分析】X、Y、Z、T分别位于三个短周期，原子序数依次增加，W为常见的金属元
素，在该化合物中W离子的价层电子排布式为 ，则W为Fe元素，Fe2+的价层电子
排布式为 ，常温下 为气体，其分子的总电子数为奇数， 为NO ，总电子数
2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】为23，Y为N，Z为O，T与Z同主族，T为S元素，该化合物为
可以推知X为H元素，以此解答。
【详解】A．根据题意可知元素X、Y、Z、T、W分别为H、N、O、S、Fe。一般电子
层数越多，离子半径越大；离子核外电子层结构相同时，原子序数越小，离子半径越
大，则简单离子半径： ，A正确；
B．铁元素位于元素周期表的d区，B正确；
C．简单气态氢化物的稳定性： ，C正确；
D．该化合物为 ，相对分子质量为392，取1 mol该物质进行热
重分析，根据热重分析曲线可知，580℃热分解后得到的固体的质量
g，故为0.5 mol
，D错误；
故选D。
3．如图为 在 和 气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。
下列有关说法错误的是
A．x的值为1
B．物质A为 、 在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．800℃-1000℃氮气气氛中的反应为
D．无论是 气氛还是 气氛，当1个 最终转变为C时，转移电子
的个数不同
【答案】C
【分析】第1步质量由100mg减小到87.5mg，该反应为 CaC O·H O失去结晶水生成
2 4 2
CaC O；第2步质量由87.5mg减小到68.5mg，减少了21.7%，故反应为CaC O 分解
2 4 2 4
生成CaCO 与碳的氧化物；第3步质量由68.5mg减小到38.4mg，减少了44%，故继续
3
加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，所以A为CaC O，B为CaCO ，C的
2 4 3
固体是CaO，据此分析作答。
【详解】A．第1步质量由100mg减小到87.5mg，该反应为 CaC O·H O失去结晶水
2 4 2
生成CaC O，根据质量守恒定律有 ，解得x=1，A正确；
2 4
B．420℃以下氮气气氛中，A的质量随温度升高保持不变，说明420℃以下CaC O 在
2 4
隔绝空气条件下，较稳定，不会分解，B正确；
C．由分析可知，800℃-1000℃氮气气氛中的反应为CaCO CaO+CO ↑，C错误；
3 2
D．C为CaO，O 气氛中1个 CaC O·H O最终转变为1个 HO、1个CaO和2个
2 2 4 2 2
CO，电子转移2个，在N 气氛中，1个 CaC O·H O最终转变为1个HO、1个
2 2 2 4 2 2
CaO、1个 CO 和1个CO，电子转移1个，转移电子的个数不同，D正确；
2
故选C。
4．化合物( )可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周
期元素，原子序数依次增加，且加和为21， 分子的总电子数为奇数，常温下为气
体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下分解时无刺激性气体逸出。下列叙
述错误的是
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．W与Y可形成既含极性键也含非极性键的化合物
B．最高价氧化物的水化物的酸性：
C．最简单气态氢化物的稳定性顺序为：
D．100~200℃阶段热分解的化学方程式为：
【答案】D
【分析】YZ 分子的总电子数为奇数，常温下为气体，该气体应为NO ；Y为N元素，
2 2
Z为O元素；在化合物(YW XZ·4W Z )中WZ应为结晶水，则W为H元素；W、
4 5 8 2 2
X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，则X的核电外电子总数为
21-1-7-8=5，则X为B元素，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：W为H元素，X为B元素，Y为N元素，Z为O元素。
A．W是H，Y是N元素，H与N元素形成的肼分子中含有N-H极性键和N-N非极性
键，A正确；
B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属
性：N＞B，则最高价氧化物的水化物酸性：HNO＞HBO，B正确；
3 3 3
C．X为B元素，Y为N元素，Z为O元素，同周期元素从左向右非金属性逐渐增强，
氢化物稳定性逐渐增强，最简单气态氢化物的稳定性顺序为： ，C正确；
D．化合物(YW XZ·4W Z )为NH B O·4H O，已知该200℃以下热分解时无刺激性气
4 5 8 2 4 5 8 2
体逸出，说明失去的是结晶水，若100 ~ 200℃阶段热分解失去4个HO，该化合物的
2
化学式变为NH B O，此时的质量保留百分数为
4 5 8
，与图示曲线数据( 80.2% )不一致，说明
100~200℃阶段不是失去4个HO，D错误；
2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选D。
5．8.34g FeSO •7H O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温
4 2
度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是
A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO •5H O
4 2
B．温度为159℃时固体物质N的化学式为FeSO •2H O
4 2
C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO •2H O FeSO +2H O
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Fe O
2 3
【答案】D
【分析】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
4 2 2
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(FeSO ·7H O)=0.03 mol ，m(Fe)=0.03 mol ×56 g·mol
4 2
-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。
2 3
【详解】A．温度为78 ℃时，固体质量为6.72 g，其中m(FeSO)=0.03 mol ×152 g·mol
4
-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
2 2 2 4
mol ∶0.03 mol =4∶1，则化学式为FeSO ·4H O，故78 ℃时，M的化学式为
4 2
FeSO ·4H O，故A错误；
4 2
B．温度为159 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(FeSO)=0.03 mol ×152 g·mol -1=4.56
4
g，m(HO)=5.10 g-4.56 g=0.54 g，n(H O)=0.03 mol ，则n(H O)∶n(FeSO )=0.03 mol∶0.03
2 2 2 4
mol=1∶1，则化学式为FeSO ·H O，故B错误；
4 2
C．由B知N的化学式为FeSO ·H O，且P化学式为FeSO ，在隔绝空气条件下由N得
4 2 4
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】到P的化学方程式为FeSO ·H O FeSO +H O，故C错误；
4 2 4 2
D．由上述分析可知，P化学式为FeSO ，Q的化学式为Fe O，铁的化合价升高，必有
4 2 3
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 mol、y mol，
2 3
则 ，解得x=y=0.015，所以方程式为2FeSO
4
Fe O+SO↑+SO↑，Q的化学式为Fe O，故D正确。
2 3 2 3 2 3
故选D。
6． 在空气中加热时，固体(不含其他杂质)质量随温度变化的曲线如图所示，
取400℃时的产物[其中Co的化合价为+2、+3，分别表示为Co(II)、Co(III)]，用
盐酸将其恰好完全溶解，得到 溶液和4.48L(标准状况)黄绿色
气体。下列说法错误的是
A．290℃时，若固体中只含有两种元素，则为
B．400℃时，
C．500℃时，固体中氧元素质量分数约为26.6%
D．生成的黄绿色气体可用于工业上生产“84”消毒液
【答案】B
【详解】A．290℃时，所得固体的摩尔质量为 ，可知固体为
，即 ，A项正确；
B．400℃时，由盐酸反应的离子方程式可得： ，当标准状况
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】下，4.48L即0.2mol黄绿色气体产生时，此时 转化为 ，此时溶
液中溶质为 ，根据溶液电荷守恒可得 ，因此溶
液中含有的 ， ，400℃
产物中 ，即 ，B
项错误；
C．500℃时， 的摩尔质量为93g/mol，总的钴原子的物质的量为
，质量为 ，氧原子的质量为
，氧的质量分数为 ，C项正确；
D．根据元素守恒可知黄绿色气体为氯气，与NaOH溶液反应可生成NaClO，可以工
业生产“84”消毒液，D项正确；
答案选B。
7．在空气中加热 ，加热过程中的失重曲线如图所示。已知：失重质量分数
。下列有关判断正确的是（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】A． 的加热失重过程均为分解反应 B．X点是 和 的混合
物
C．Y点是 的纯净物 D．Z点是 的纯净物
【答案】D
【分析】Co(OH) 受热分解，生成CoO和HO，CoO易被空气中O 氧化，生成Co的
2 2 2
氧化物。从图中可以看出，随着温度的不断升高，固体失重质量分数不断增大，所以
从反应开始至X点，Co(OH) 不仅发生分解反应，还发生氧化反应；从X点到Y点、
2
从Y点到Z点，都为钴的氧化物的分解反应。
【详解】A．由选项内容可知， 的加热失重先生成 ， 元素化合价逐
渐从 价，升高至 价，因此空气中的 参与了该反应，则 的加热失重过
程不是分解反应。A错误；
B．由图象可知，X点失重质量分数为10.75%，则加热后的残留率为89.25%，若取
的初始质量为 ，则残留的质量为 ，因 元素质量不
变， ，则残留物质中O质量 ，则残留物为 ，即为
，B错误；
C．若取 的初始质量为 ，则残留的质量为 ，因
元素质量不变， ，则残留物质中O质量 ，则残留物为 ，
即Y点为 ，C错误；
D．Z点，残留的质量为 ，因 ，则残留物质中O质
量 ，故残留物为 ，D正确；
故选D。
8．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】元素，Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，基态W原子的价电子数为11，化
合物WZY •5X Y的热重曲线如图。下列说法错误的是
4 2
A．同周期中第一电离能大于Y的元素有3种 B．Z的最高价含氧酸酸性是同主族
中最强的
C．WZY •5X Y中有三种不同结合力的XY D．220℃时，固体物质的化学式为
4 2 2
WZY
4
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径
最小的元素，X为氢；Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，则Y为氧、Z为硫；
基态W原子的价电子数为11，W为铜；故该化合物为CuSO ∙5H O；
4 2
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳
定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能大于Y的元素有氮、
氟、氖3种，A正确；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，O只有负价没有正价，故Z
的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的，B正确；
C．CuSO ∙5H O完全失去结晶水时保留质量 ，结合图像可知，晶体分
4 2
三个阶段失去结晶水，故有三种不同结合力的HO，C正确；
2
D．由C分析可知，220℃时，晶体没有完全失去结晶水，故固体物质的化学式不是
CuSO ，D错误；
4
故选D。
9．将26.3g 样品在900℃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：L→N时失掉全部的结晶水。下列说法错误的是
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．
B．固体M的化学式为
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
【答案】D
【详解】A．L→N时失掉全部的结晶水，则分解反应为 = + ，
根据图像可知，L→N剩余固体 质量是15.5，失去结晶水的质量是26.3-
15.5=10.8，则根据 ～ 建立等式， ，解得n=6，A项正确；
B．L→M时失掉结晶水的质量是3.6g，则失去2个结晶水，则固体M的化学式为
，B项正确；
C．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；
D．N→P失重后，根据质量比例，可知发生的反应是 =NiO+SO↑， 的摩
3
尔质量是155，NiO 的摩尔质量是75，所以P→Q固体质量上升，应该是NiO 被氧化
得到NiO，D项错误。
2
故答案选D。
10． 是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z
为元素周期表前20号元素，已知W、X形成的化合物种类最多，Y原子最外层电子数
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】是其电子层数3倍，人体血液中缺乏Z离子易造成肌肉抽搐， 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．150℃~200℃阶段热分解失去
B．400℃~600℃热分解后生成固体化合物
C．W、Y可形成具有杀菌消毒作用的化合物
D．化合物 具有还原性和强酸性
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z为元素周期表前20号元素，已知W、X形成的化合物种类最多，
Y原子最外层电子数是其电子层数3倍，说明为氧元素，W为碳元素，人体血液中缺
乏Z离子易造成肌肉抽搐，说明Z为钙元素。 应该为CaC O·H O，其相
2 4 2
对分子质量为146，结合图可知原始固体质量为146g，即1mol，据此分析。
【详解】A．150℃~200℃阶段热分解，质量从146克变为128克，少了1mol水的质量，
即1molCaC O·H O失去1molH O，故只是失去水，A正确；
2 4 2 2
B．400℃~600℃热分解，质量从128克变成100克，即1mol CaC O 固体失去
2 4
1molCO，故生成固体化合物为1molCaCO，B正确；
3
C．氢和氧可以形成过氧化氢，具有杀菌消毒的作用，C正确；
D．化合物 为草酸，具有还原性和弱酸性，D错误；
故选D。
11．硝酸钬可用作科研试剂等。4.41g 受热分解过程的热重曲线(晶体
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】质量随温度变化的曲线)如图所示。
已知 中 。下列说法错误的是
A． 中n值为5
B．M点物质的化学式为
C．已知Q点物质的化学式为 ，则M→Q过程的其他产物为
和NO
D．P点氧化物的化学式为
【答案】C
【详解】 中 ，所以
。
A． 中n值为5，选项A正确；
B．M点质量减少，4.41g-3.69g=0.72g，为水，物质的量为 =0.04mol，4.41g
的物质的量为 ，所以1mol 失去
4molH O，M点物质为 ，选项B正确；
2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．Q点产物 ，由Ho元素守恒n(Ho)=0.01mol，则
为0.0025mol，质量为0.0025mol 594g/mol=1.485g，另外产物质
量3.24g-1.485g=1.755g，但若是HO和NO，只涉及N的化合价降低，没有化合价升
2
高，不可能，选项C错误；
D．由Ho元素守恒m(Ho)=0.01mol 165g/mol=1.65g，则m(O)=1.89g-1.65g=0.24g，
n(O)= =0.015mol，所以n(Ho):n(O)=0.01mol:0.015mol=2:3，则P点氧化物化学
式为Ho O，选项D正确；
2 3
答案选C。
12．已知W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素
周期表中最小， 可以与 反应生成一种常见的气体。化合物( )在
和 气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。下列有关说法错误的
是
A．原子半径：Z>X>Y>W
B．A，B、C是三种不同的盐
C．无论是 气氛还是 气氛，A→B阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气
态产物不同
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．在酸性 溶液中加入少量A固体样品时，溶液褪色且有少量气泡产生
【答案】B
【分析】W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素
周期表中最小，W是H元素； 可以与 反应生成一种常见的气体，CaO 和CO
2 2
反应生成碳酸钙和氧气，所以X是C元素、Y是O元素、Z是Ca元素。
【详解】A．原子半径：Ca>C>O>H，故A正确；
B． 中 的质量分数为87.7%，所以A是 ； 中
CaCO 的质量分数为68.5%，所以B是CaCO ； 中CaO的质量分数为
3 3
38.4%，所以C是CaO，故B错误；
C．无论是 气氛还是 气氛，A→B阶段均发生反应 ，C元素化
合价改变，都发生氧化还原反应，在 气氛中生成的气体产物是CO，在O 氛围中气
2
态产物是CO，故C正确；
2
D．在酸性 溶液中加入少量 固体样品时， 被氧化为二氧化碳，
溶液褪色且有少量气泡产生，故D正确；
选B。
13．化合物[WMY(ZX )·12M X]可用于水的净化、工业水的处理。M、W、X、Y、Z
4 4 2 2
为短周期主族元素，原子序数依次增加，且加和为45，M与W位于不同周期，W、X
相邻，X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。Y简单离子在同周期离子中半径
最小。取4.53 g该化合物加热分解，得到的热重曲线如图所示。下列叙述正确的是
A．原子半径大小顺序为Z> Y> X> W>M
B．W、Z均仅有一种含氧酸
C．1 mol该化合物在50~200℃阶段热分解失去12 mol M X
2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．650℃、850℃热分解所得固体化合物分别为Y(ZX)、YX
2 4 3 2 3
【答案】D
【分析】X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，X位
于第二周期，即X为O元素，W、X相邻，且原子序数依次增大，则W为N，M与W
位于不同周期，且原子序数依次增大，则M为H，Y简单离子在同周期离子中半径最
小，一般电子层数越多，微粒半径越大，因此Y不位于第二周期，应位于第三周期，
一般电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小，则Y为Al，根据原子序数
之和为45，推出Z为S元素，据此分析；
【详解】根据上述分析，M为H，W为N，X为O，Y为Al，Z为S；
A．一般电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递
增而减小，因此原子半径大小顺序是r(Al)＞r(S)＞r(N)＞r(O)＞r(H)，故A错误；
B．N的化合价多种，含氧酸有HNO、HNO 等，Z为S，含氧酸为HSO 、HSO 等，
3 2 2 3 2 4
故B错误；
C．根据上述分析，该化合物为NH Al(SO )·12H O，加热时，先失去结晶水，4.53g该
4 4 2 2
化合物的物质的量为0.01mol，假设全部失去结晶水，失去0.12mol水，即固体质量减
少2.16g，此时固体的质量为2.37g，根据图象可知，50~200℃固体减少的质量为2.07g
＜2.16g，因此1mol该化合物在该阶段分解失去水的物质的量小于12mol，故C错误；
D．失去全部结晶水后，得到NH Al(SO )，可以看作由(NH )SO 、Al (SO ) 组成，继
4 4 2 4 2 4 2 4 3
续对固体加强热，硫酸铵分解为氨气、二氧化硫、氮气和水，此时剩余固体为
Al (SO )，NH Al(SO )·12H O～ Al (SO )，0.1molNH Al(SO )·12H O完全转化成硫
2 4 3 4 4 2 2 2 4 3 4 4 2 2
酸铝，得到铝的质量为0.005mol×342g/mol=1.71g，因此650℃得到固体化合物是
Al (SO )，硫酸铝继续加强热，硫酸铝分解为氧化铝和三氧化硫，完全转化成氧化铝
2 4 3
时有NH Al(SO )·12H O～ Al O，得到氧化铝的质量为0.005mol×102g/mol=0.51g，
4 4 2 2 2 3
因此850℃得到固体化合物是Al O，故D正确；
2 3
故答案为D。
14．ZXY·W Y 是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z
2 4 2
为前 20 号元素，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，ZXY·W Y 热分解可制备 ZY，该化合物的热重
2 4 2
曲线如图所示。下列叙述不正确的是
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．Z、X 可以组成共价化合物 ZX
2
B．化合物 WXY 具有还原性和酸性
2 2 4
C．150～200℃阶段热分解失去 WY
2
D．400～600℃热分解后生成固体化合物 ZXY
3
【答案】A
【分析】ZXY·W Y 是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、
2 4 2
Y、Z 为前 20 号元素，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为C、Y为O，W为H，原子序数依次增加，且加和为 35，则Z原子序数
20、为Ca ，ZXY·W Y 为 、热分解可制备 ZY即CaO，据此回答。
2 4 2
【详解】A．ZX 即CaC 不属于共价化合物、属于离子化合物，A错误；
2 2
B． 化合物 WXY 即乙二酸、具有还原性和酸性，B正确；
2 2 4
C． 的相对分子质量为146、 的相对分子质量为128，
中 的质量分数为 ，则150～200℃阶段热分解失去 WY，C
2
正确；
D． 据题意： 、热分解可制备 ZY即CaO，而碳酸钙高温分解可得氧
化钙、 的相对分子质量为146、 的相对分子质量为100，由钙元素
守恒、结合图中纵坐标 可知：400～600℃热分解后生成固体化合物 ZXY 即
3
， D正确；
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】答案选A。
15．化合物(YW XZ•4WZ)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周
4 5 8 2
期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ 分子的总电子数为奇数，常温下为气
2
体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下分解时无刺激性气体逸出。下列叙
述正确的是
A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．氢化物XH 和YH 中X、Y均为8电子的稳定结构
3 3
C．100~200℃阶段热分解失去WZ少于4个
2
D．500℃热分解后生成固体化合物XZ
2 5
【答案】C
【分析】该化合物的热重曲线在 以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的
是水，即W为H，Z为O， 分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原
子序数依次增加，且加和为21，则X为B，以此解题。
【详解】A．由分析可知X为B，单质B在常温下为固体，故A错误；
B．元素B，其原子最外层有3个电子，则 中B原子最外层只有6个电子，故B错
误；
C．根据前面已知化合物 以下热分解时无刺激性气体逸出，则
说明失去的是水，若 阶段热分解失去4个 ，则质量分数为
，而题目中数据为80.2%，则说明失去的
少于4个，故C正确；
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．元素B为第ⅢA族元素，最高化合价为 价，不可能生成 ；另外，假设化合
物 在 热分解后生成固体化合物 ，根据硼元素守恒，
则得到关系式 ，则固体化合物 质量分数为
，与题目不符，说明假设错误，故D
错误；
故选C。
16．采用热重分析法测定FeS/C复合材料中各组分的含量。FeS/C样品在空气中的热
2 2
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+O CO
2 2
B．800℃时残留的固体是Fe O
3 4
C．复合材料中FeS 的质量分数为90.9%
2
D．复合材料中FeS 与C的物质的量之比约为1∶1
2
【答案】B
【详解】A．300～400℃之间发生的主要反应为C受热生成CO，A正确；
2
B．550～700℃之间的失重反应方程式为 ，故800℃时残
留的固体是Fe O，B错误；
2 3
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%，
FeS 的质量分数为90.9%，C正确；
2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．FeS 与C的物质的量之比为 ，D正确；
2
故选B。
17．五硼酸铵晶体(NH B O 4HO)主要用于电讯器材的制造。化学研究小组采用硼镁
4 5 8 2
矿(主要成分为MgB O HO∙)，还有少量的(CaO、SiO 等杂质)制备NH B O 4HO晶体
2 2 5 2 2 4 5 8 2
并对其进行热重分析，其∙ 制备流程及热重曲线如图所示。下列说法正确的是∙
A．“操作X”为蒸发结晶至质量不再变化
B．“沉硼”时，温度越高，沉硼率越高
C．NH B O 4HO晶体中 的结合程度比HO牢固
4 5 8 2 2
∙
D．400 ~ 500℃热分解失去一个结晶水
【答案】D
【分析】依据热重曲线，设NH B O∙4H O的质量为273g(1mol NH B O∙4H O)，质量
4 5 8 2 4 5 8 2
分数为80.2%时，固体的质量为273g×80.2%=219g，固体组成为NH B O∙H O；质量分
4 5 8 2
数为67.4%时，固体质量为184g，219g-184g=35g，即失去1个NH ∙H O，此时固体为
3 2
HB O；从67.4%到64.1%，固体质量减轻273g×(67.4%-64.1%)=9g，即2分子HB O 失
5 8 5 8
去1个HO，产物为B O 。
2 10 15
【详解】A．蒸发结晶至质量不再变化时，将不存在溶液，无法进行下一步过滤操作，
A不正确；
B．“沉硼”时，温度过高，将会导致氨水分解为氨气，从而降低溶液内氨的浓度，沉
硼率将会下降，B不正确；
C．由分析可知，NH B O∙4H O晶体中 的结合程度与最后1个HO的结合程度一
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资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】样牢固，C不正确；
D．由分析可知，400 ~ 500℃时，2分子HB O 失去1个HO，产物为B O ，相当于
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热分解失去一个结晶水，D正确；
故选D。
18．胆矾样品用热重仪进行热重分析，热重仪原理及热重记录如下表，则100～118℃
温度范围内发生反应的化学方程式是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由图分析可知， 受热到45℃时开始脱水分解，100℃时可得到
较稳定的一种中间物，在100时失去的水的质量为 ，根据反应
的化学方程式：
解得 ，100℃时可得到较稳定的一种中间物为
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】118℃时可得到较稳定的一种中间物，根据反应的化学方程式：
解得 ，118℃时可得到较稳定的一种中间物为 ，100-118℃温度范围内
发生反应的化学方程式为 。
选D。
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