专项训练热重曲线的计算（解析版）.docx

1、专项训练 热重曲线的计算（解析版）一、单选题1W、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AX和Y的简单氢化物稳定性：XYBW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

2、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；BNaH是由和构成的离子化合物，B正确；C8.34g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

3、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：TYZBW元素位于元素周期表的d区C简单气态氢化物的稳定性：ZYD580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

4、、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Ax的值为1B物质A为、在隔绝空气条件下，420以下热稳定，不会分解C800-1000氮气气氛中的反应为D无论是气氛还是气氛，当1个最终

5、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 CaC2O4H2O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 CaC2O4H2O失去结晶水生成CaC2O4，根据质量守恒定律有，解得x=1，A正确；B420以下氮气

6、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CaCO3CaO+CO2，C错误；DC为CaO，O2气氛中1个 CaC2O4H2O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 CaC2O4H2O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

7、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AW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：D100200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(YW4X5Z84W2Z )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。AW是H，

8、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：NB，则最高价氧化物的水化物酸性：HNO3H3BO3，B正确；CX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(YW4X5Z84W2Z )为NH4B5O84H2O，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(

9、80.2% )不一致，说明100200阶段不是失去4个H2O，D错误；故选D。58.34g FeSO47H2O(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FeSO45H2OB温度为159时固体物质N的化学式为FeSO42H2OC在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO42H2OFeSO4+2H2OD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 FeSO47H2O样品物质的量为0.03 mol，其

10、中m(H2O)=0.03 mol718 gmol -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(FeSO47H2O)=0.03 mol ，m(Fe)=0.03 mol 56 gmol -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 mol0.045 mol =23，则固体物质Q的化学式为Fe2O3。【详解】A温度为78 时，

11、固体质量为6.72 g，其中m(FeSO4)=0.03 mol 152 gmol -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 =41，则化学式为FeSO44H2O，故78 时，M的化学式为FeSO44H2O，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 gmol -1=4.56 g，m(H2O)=5.10 g-4.56 g=0.54 g，n(H2O)=0.03 mol ，则n(H2O)n(FeSO4)=0.

12、03 mol0.03 mol=11，则化学式为FeSO4H2O，故B错误；C由B知N的化学式为FeSO4H2O，且P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FeSO4H2O 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2FeSO4Fe2O3+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

13、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A290时，若固体中只含有两种元素，则为B400时，C500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】A290时，所得固体的摩尔质量为，可知固体为，即，A项正确；B400时，由盐酸反应的离子方程式可得：，当标准状况下，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；C500时，的摩尔质

14、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（）A的加热失重过程均为分解反应BX点是和的混合物CY点是的纯净物DZ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

15、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；DZ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。8X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前

16、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，化合物WZY45X2Y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BZ的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的CWZY45X2Y中有三种不同结合力的X2YD220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CuSO45H2O；【详解】A同一周期随着原子序数变大，第一

17、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；CCuSO45H2O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：LN时失掉全部的结晶水。下列

18、说法错误的是AB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】ALN时失掉全部的结晶水，则分解反应为=+，根据图像可知，LN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；BLM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；DNP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PQ固体质

19、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A150200阶段热分解失去B400600热分解后生成固体化合物CW、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

20、，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CaC2O4H2O，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】A150200阶段热分解，质量从146克变为128克，少了1mol水的质量，即1molCaC2O4H2O失去1molH2O，故只是失去水，A正确；B400600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

21、受热分解过程的热重曲线(晶体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5BM点物质的化学式为C已知Q点物质的化学式为，则MQ过程的其他产物为和NODP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；BM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；CQ点产物，由Ho元素守恒n(Ho)=0.01mol，则为0.0025mol，质量为0.0025mol594g/mol=1.485g，另外产物质量3.24g-1.485g=1.755g，但

22、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)=0.01mol165g/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：ZXYWBA，B、C是三种不同的盐

23、C无论是气氛还是气氛，AB阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同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：CaCOH，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，AB阶段均发生反应，C元素化合

24、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)212M2X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 WMBW、Z均仅有一种含氧酸C1 mol该化合物在50200

25、阶段热分解失去12 mol M2XD650、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

26、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；BN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)212H2O，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，50200固体减少的质量为2.07g2.16g，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

27、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)212H2OAl2(SO4)3，0.1molNH4Al(SO4)212H2O完全转化成硫酸铝，得到铝的质量为0.005mol342g/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)212H2OAl2O3，得到氧化铝的质量为0.005mol102g/mol=0.51g，因此85

28、0得到固体化合物是Al2O3，故D正确；故答案为D。14ZX2Y4W2Y 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，ZX2Y4W2Y 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AZ、X 可以组成共价化合物 ZX2B化合物 W2X2Y4 具有还原性和酸性C150200阶段热分解失去 W2YD400600热分解后生成固体化合物 ZXY3【答案】A【分析】ZX2Y4W2Y 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

29、 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 ，ZX2Y4W2Y 为 、热分解可制备 ZY即CaO，据此回答。【详解】AZX2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150200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

30、元素守恒、结合图中纵坐标可知：400600热分解后生成固体化合物 ZXY3即， D正确；答案选A。15化合物(YW4X5Z84W2Z)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AW、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C100200阶段热分解失去W2Z少于4个D500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，

31、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；D元素B为第A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

32、。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A300400之间发生的主要反应为C+O2CO2B800时残留的固体是Fe3O4C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11【答案】B【详解】A300400之间发生的主要反应为C受热生成CO2，A正确；B550700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9

33、0.9%，C正确；DFeS2与C的物质的量之比为，D正确；故选B。17五硼酸铵晶体(NH4B5O84H2O)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Mg2B2O5H2O)，还有少量的(CaO、SiO2等杂质)制备NH4B5O84H2O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CNH4B5O84H2O晶体中的结合程度比H2O牢固D400 500热分解失去一个结晶水【答案】D【分析】依据热重曲线，设NH4B5O84H2O的质量为273g(1mol NH4B5O84H2O)，质量分数为

34、80.2%时，固体的质量为273g80.2%=219g，固体组成为NH4B5O8H2O；质量分数为67.4%时，固体质量为184g，219g-184g=35g，即失去1个NH3H2O，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，NH4B5O84H2O晶体中的结合程度与最后1个H2O的结合程度

35、一样牢固，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100118温度范围内发生反应的化学方程式是ABCD【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。