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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；
1
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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NO2，总电子数
为23，Y 为N，Z 为O，T 与Z 同主族，T 为S 元素，该化合物为
2
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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
C．800℃-1000℃氮气气氛中的反应为
3
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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 CaC2O4·H2O 失去结晶水生成
CaC2O4；第2 步质量由87.5mg 减小到68.5mg，减少了21.7%，故反应为CaC2O4分解
生成CaCO3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
加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，所以A 为CaC2O4，B 为CaCO3，C 的
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 CaC2O4·H2O 失去结晶水
生成CaC2O4，根据质量守恒定律有
，解得x=1，A 正确；
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CaC2O4在
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CaCO3
CaO+CO2↑，C 错误；
D．C 为CaO，O2气氛中1 个 CaC2O4·H2O 最终转变为1 个 H2O、1 个CaO 和2 个
CO2，电子转移2 个，在N2气氛中，1 个 CaC2O4·H2O 最终转变为1 个H2O、1 个
CaO、1 个 CO2和1 个CO，电子转移1 个，转移电子的个数不同，D 正确；
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
4
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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】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，该气体应为NO2；Y 为N 元素，
Z 为O 元素；在化合物(YW4X5Z8·4W2Z )中W2Z 应为结晶水，则W 为H 元素；W、
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：HNO3＞H3BO3，B 正确；
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(YW4X5Z8·4W2Z )为NH4B5O8·4H2O，已知该200℃以下热分解时无刺激性气
体逸出，说明失去的是结晶水，若100 ~ 200℃阶段热分解失去4 个H2O，该化合物的
化学式变为NH4B5O8，此时的质量保留百分数为
，与图示曲线数据( 80.2% )不一致，说明
100~200℃阶段不是失去4 个H2O，D 错误；
5
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故选D。
5．8.34g FeSO4•7H2O(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
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FeSO4•5H2O
B．温度为159℃时固体物质N 的化学式为FeSO4•2H2O
C．在隔绝空气条件下，N 得到P 的化学方程式为FeSO4•2H2O
FeSO4+2H2O
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Fe2O3
【答案】D
【分析】8.34 g FeSO4·7H2O 样品物质的量为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
∶
∶，则固体物质Q 的化学式为Fe2O3。
【详解】A．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(FeSO
∶
4)=0.12
mol 0.03 mol =4 1
∶
∶，则化学式为FeSO4·4H2O，故78 ℃时，M 的化学式为
FeSO4·4H2O，故A 错误；
B．温度为159 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(FeSO4)=0.03 mol ×152 g·mol -1=4.56
g，m(H2O)=5.10 g-4.56 g=0.54 g，n(H2O)=0.03 mol ，则n(H2O) n(FeSO
∶
4)=0.03 mol 0.03
∶
mol=1 1∶，则化学式为FeSO4·H2O，故B 错误；
C．由B 知N 的化学式为FeSO4·H2O，且P 化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N 得
6
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到P 的化学方程式为FeSO4·H2O
FeSO4+H2O，故C 错误；
D．由上述分析可知，P 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，设SO2、SO3的物质的量分别为x mol、y mol，
则
，解得x=y=0.015，所以方程式为2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑，Q 的化学式为Fe2O3，故D 正确。
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
7
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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（ ）
8
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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)2受热分解，生成CoO 和H2O，CoO 易被空气中O2氧化，生成Co 的
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)2不仅发生分解反应，还发生氧化反应；从X 点到Y 点、
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
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
9
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合物WZY4•5X2Y 的热重曲线如图。下列说法错误的是
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．WZY4•5X2Y 中有三种不同结合力的X2Y
D．220℃时，固体物质的化学式为
WZY4
【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CuSO4∙5H2O；
【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．CuSO4∙5H2O 完全失去结晶水时保留质量
，结合图像可知，晶体分
三个阶段失去结晶水，故有三种不同结合力的H2O，C 正确；
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
CuSO4，D 错误；
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
10
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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+SO3↑，
的摩
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NiO2，D 项错误。
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
11
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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CaC2O4·H2O，其相
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1molCaC2O4·H2O 失去1molH2O，故只是失去水，A 正确；
B．400℃~600℃热分解，质量从128 克变成100 克，即1mol CaC2O4固体失去
1molCO，故生成固体化合物为1molCaCO3，B 正确；
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
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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
4molH2O，M 点物质为
，选项B 正确；
13
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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H2O 和NO，只涉及N 的化合价降低，没有化合价升
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Ho2O3，选项D 正确；
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
14
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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，CaO2和CO2
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
CaCO3的质量分数为68.5%，所以B 是CaCO3；
中CaO 的质量分数为
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O2氛围中气态
产物是CO2，故C 正确；
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[WM4Y(ZX4)2·12M2X]可用于水的净化、工业水的处理。M、W、X、Y、Z
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 M2X
15
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D．650℃、850℃热分解所得固体化合物分别为Y2(ZX4)3、Y2X3
【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HNO3、HNO2等，Z 为S，含氧酸为H2SO3、H2SO4等，
故B 错误；
C．根据上述分析，该化合物为NH4Al(SO4)2·12H2O，加热时，先失去结晶水，4.53g 该
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NH4Al(SO4)2，可以看作由(NH4)2SO4、Al2(SO4)3组成，继
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
Al2(SO4)3，NH4Al(SO4)2·12H2O～
Al2(SO4)3，0.1molNH4Al(SO4)2·12H2O 完全转化成硫
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
Al2(SO4)3，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
时有NH4Al(SO4)2·12H2O～
Al2O3，得到氧化铝的质量为0.005mol×102g/mol=0.51g，
因此850℃得到固体化合物是Al2O3，故D 正确；
故答案为D。
14．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
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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
【答案】A
【分析】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 ，ZX2Y4·W2Y 为
、热分解可制备 ZY 即CaO，据此回答。
【详解】A．ZX2即CaC2不属于共价化合物、属于离子化合物，A 错误；
B． 化合物 W2X2Y4 即乙二酸、具有还原性和酸性，B 正确；
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 W2Y，C
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 ZXY3即
， D 正确；
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答案选A。
15．化合物(YW4X5Z8•4W2Z)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。YZ2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
述正确的是
A．W、X、Y、Z 的单质常温下均为气体
B．氢化物XH3和YH3中X、Y 均为8 电子的稳定结构
C．100~200℃阶段热分解失去W2Z 少于4 个
D．500℃热分解后生成固体化合物X2Z5
【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；
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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+O2
CO2
B．800℃时残留的固体是Fe3O4
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1 1∶
【答案】B
【详解】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
，故800℃时残
留的固体是Fe2O3，B 错误；
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；
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D．FeS2与C 的物质的量之比为
，D 正确；
故选B。
17．五硼酸铵晶体(NH4B5O8∙4H2O)主要用于电讯器材的制造。化学研究小组采用硼镁
矿(主要成分为Mg2B2O5∙H2O)，还有少量的(CaO、SiO2等杂质)制备NH4B5O8∙4H2O 晶体
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．NH4B5O8∙4H2O 晶体中
的结合程度比H2O 牢固
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NH4B5O8∙4H2O 的质量为273g(1mol NH4B5O8∙4H2O)，质量
分数为80.2%时，固体的质量为273g×80.2%=219g，固体组成为NH4B5O8∙H2O；质量分
数为67.4%时，固体质量为184g，219g-184g=35g，即失去1 个NH3∙H2O，此时固体为
HB5O8；从67.4%到64.1%，固体质量减轻273g×(67.4%-64.1%)=9g，即2 分子HB5O8失
去1 个H2O，产物为B10O15。
【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，NH4B5O8∙4H2O 晶体中
的结合程度与最后1 个H2O 的结合程度一
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样牢固，C 不正确；
D．由分析可知，400 ~ 500℃时，2 分子HB5O8失去1 个H2O，产物为B10O15，相当于
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
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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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