2026年高考化学二轮复习（全国）重难14 化学计量在热重分析、产率计算、滴定计算中的应用（重难专练）（解析版）

重难14化学计量在热重分析、产率计算、滴定计算中的应用

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一、常用的计算方法

类型解题方法

根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再

物质含量计算

除以样品的总量，即可得出其含量

①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量。

确定物质化学②根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量。

式的计算③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。

④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比

复杂的滴定可分为两类：

（1）连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。

根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量

多步滴定计算

（2）返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定

过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所

求物质的物质的量

解题方法与思路：

1．设晶体为1mol。

2．失重一般是先失水，再失非金属氧化物。

m(剩余)

3．计算每步的m(剩余)，×100%＝固体残留率。

m(1mol晶体质量)

4．晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。

5．失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可

求出失重后物质的化学式。

如：草酸钙晶体(CaC2O4·H2O)在氮气氛围中的热重曲线示意图如下：

热重曲线计算

①热重曲线中第一个平台在100℃以前为CaC2O4·H2O；

②在100～226℃之间第一次出现失重，失去质量占试样总质量的12.3%，相当

于1molCaC2O4·H2O失去1molH2O，即第二个平台固体组成为CaC2O4；

③在346～420℃之间再次出现失重，失去的质量占试样总质量的19.2%，相当

于1molCaC2O4分解出1molCO，即第三个平台固体的组成为CaCO3；

④在660～840℃之间出现第三次失重，失去的质量占试样总质量的30.1%，相

当于1molCaCO3分解出1molCO2，即第四个平台固体组成为CaO。

以上过程发生反应的化学方程式为：

100～226℃

CaC2O4·H2O========CaC2O4＋H2O↑

346～420℃

CaC2O4=========CaCO3＋CO↑

660～840℃

CaCO3=========CaO＋CO2↑

【特殊】若在空气中CaC2O4受热分解时会发生如下反应：

△

2CaC2O4＋O2=====2CaCO3＋2CO2。

二、常用的计算公式

mV

①n＝，n＝，n＝cV(aq)。

MVm

该物质的质量

②物质的质量分数(或纯度)＝×100%。

混合物的总质量

产品的实际产量

③产品的产率＝×100%。

产品的理论产量

参加反应的原料量

④物质的转化率＝×100%。

加入原料的总量

（建议用时：20分钟）

．（·上海市杨浦区复旦大学附属中学届月模拟）将置于空气中灼烧，测得剩余

1202611Pr2CO338H2O

固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备Pr6O11最适宜的温度为___________。

A．280℃B．560℃C．755℃D．1200℃

【答案】C

【解析】置于空气中灼烧制备，则由元素守恒存在：，

Pr2CO338H2OPr6O11Pr3Pr2CO338H2OPr6O11

1022g/mol

则剩余固体质量与起始固体质量的比值为100%=56.22%，由图，则最适宜的温度为755℃，

3606g/mol

故选C。

2．（2026·山西省多校11月期中大联考）测定AIN样品纯度。利用AIN与NaOH溶液反应生成的NH3的

体积测定AIN样品纯度。现设计如图2的两种装置测定AIN样品的纯度(假设杂质不参与反应)。

（4）AlN与浓NaOH溶液反应的化学方程式是。

（5）从准确性考虑，最适宜的方案是(填“甲”或“乙”)，为准确读取氨气体积，应注意的

是。

（6）称取1.0000gAlN样品与NaOH溶液完全反应后，利用最适宜的装置测得气体在标准状况下的体积为

336mL，则样品中AIN的质量分数为%。

【答案】（4）AlNNaOH3H2ONaAl(OH)4NH3

（5）乙待气体体积稳定后再读数或连续两次读取氨气的体积相等

（6）61.5

【解析】（4）AlN与NaOH溶液反应生成NH3和Na[Al(OH)4]，根据元素守恒得

AlNNaOH3H2ONaAl(OH)4NH3；

（5）对比甲和乙装置，甲装置中，滴加NaOH溶液会占据一定体积，导致测得的NH3体积偏大；乙装置使

用恒压漏斗，可避免滴加液体带来的体积误差，同时能确保反应体系内外压强一致，读数更准确，因此，

最适宜的方案是乙；为准确读取NH3体积，需注意待气体体积稳定后再读数或连续两次读取氨气的体积相

等；

0.336L

（6）已知样品质量为1.0000g，标准状况下NH体积为0.336L，n(NH)==0.015mol，根据反

3322.4L/mol

应方程式AlNNaOH3H2ONaAl(OH)4NH3，n(AlN)=n(NH3)=0.015mol，

0.615g

m(AlN)=0.015mol41g/mol=0.615g，(AlN)=100%=61.5%。

1.0000g

3．（2022·重庆卷）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的

流程如图。

Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。

化学式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2

溶度积1.0×10-564×10-382.5×10-20

（1）Na2SnO3的回收

①产品Na2SnO3中Sn的化合价是______。

2+2+

②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的Sn

易转化成SnO2·xH2O。

③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。

（2）滤液1的处理

①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。

②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。

（3）产品中锡含量的测定

4+2+-1

称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn还原为Sn，再用0.1000mol•LKIO3

—

标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO3被还原为I，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。

①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。

②产品中Sn的质量分数为_____%。

高温

【答案】（1）+4价Sn(NO3)2、NH4NO3SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O

-7

（2）Fe(OH)32×10

-+

（3）滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色IO3+5I+6H=3I2+3H2O

47.6%

【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧

化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡

酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。

【解析】（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价；

②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐

是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；

③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡

高温

酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：

高温

SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；

（2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3；

2.5´10-20

②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8mol/L，

1´10-5mol/L

则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7；

（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成

碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，

2++-4+

溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO3+3Sn+6H=I+3Sn+3H2O，

-+

IO3+5I+6H=3I2+3H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪

-+

色；IO3+5I+6H=3I2+3H2O；

②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量

0.10000.02003119

分数为×100%=47.6%，故答案为：47.6%。

1.500

4．（2025·山东青岛·一模）碲(Te)是重要的半导体材料，被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”。工

、

业上以电解精炼铜渣(含CuCu2Te)为主要原料提取Te和Cu的工艺流程如下：

2-

已知：二氧化碲TeO2为两性氧化物，难溶于水，碱性条件下转化为TeO3。回答下列问题。

（1）碲在元素周期表中的位置为。

“硫酸化焙烧”及“水浸”试验结果如下表所示：

水浸渣

编号焙烧温度/℃硫酸加入比例

渣率/%Cu含量/%Te含量/%

15001.56220.8950.09

25001.26024.2151.74

34501.5504.9862.02

44501.2529.4459.67

54001.55917.8152.72

64001.25523.8056.58

注：硫酸加入比例为硫酸实际加入量与理论加入量的比值

（2）“硫酸化焙烧”过程中焙烧温度与硫酸加入比例最佳条件为(填编号)。

（3）“碱浸渣”能循环利用的原因为。“硫酸化焙烧”Cu2Te反应的化学方程式为。

（4）“试剂X”可选用(填标号)，“沉碲”反应的离子方程式为。

A．H2SO4B．NaOHC．氨水

（5）若生产得到“碲粉”2.56t，理论上至少需加入纯度为93.6%的NaHSO3固体的质量为t(保留

两位小数)。

【答案】（1）第5周期ⅥA族

（2）3

焙烧

（3）“硫酸化焙烧”不充分Cu2Te+2O2+2H2SO4TeO2+2CuSO4+2H2O

2

（4）ATeO32HTeO2H2O

（5）4.44

焙烧

、

【分析】含有CuCu2Te的铜渣硫酸化焙烧发生反应Cu2Te+2O2+2H2SO4TeO2+2CuSO4+2H2O、

焙烧

2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，水浸后过滤水浸液为硫酸铜溶液，水浸渣主要成分为TeO2，碱浸使

222

得TeO2转化为TeO3，向含有TeO3的溶液中加入强酸发生反应TeO32HTeO2H2O，过滤得到的

TeO2与盐酸发生反应TeO2+2HCl=TeCl4+2H2O，向TeCl4溶液中加入NaHSO3将TeCl4还原为Ti。

【解析】（1）碲原子核外52个电子，核外电子排布式为[Kr]4d105s25p4，位于元素周期表第5周期ⅥA族，

故答案为：第5周期ⅥA族；

（2）“硫酸化焙烧”及“水浸”过程中Cu含量越低越好，Te含量越高越好，对比所给6组数据，第3组Cu

含量最低，Te含量最高，第3组温度与硫酸加入比例为最佳条件，故答案为：3；

、、

（3）“硫酸化焙烧”若不充分，水浸渣中含有的未反应CuCu2Te，碱浸后的滤渣不反应的CuCu2Te可循

焙烧

环到“硫酸化焙烧”再利用；“硫酸化焙烧”Cu2Te发生反应Cu2Te+2O2+2H2SO4TeO2+2CuSO4+2H2O，

焙烧

故答案为：“硫酸化焙烧不充分；Cu2Te+2O2+2H2SO4TeO2+2CuSO4+2H2O；

22

（4）“沉碲”过程加入强酸将TeO3转化为TeO2，发生反应为TeO32HTeO2H2O，故答案为：A；

2

TeO32HTeO2H2O；

2NaHSO3~Te

208128

（5）根据电子守恒列关系式208128，解得a4.44，故答案为：4.44。

a93.6%2.56

a93.6%t2.56t

5．(2025·安徽省池州市·二模)镓作为一种战略金属，广泛应用于现代军事、无线通讯、生物、太阳能电池、

半导体等诸多新兴领域，在航空航天中也具有重要地位。一种由砷化镓废料（主要含GaAs、ZnO、Fe2O3、

SiO2等难溶物）制备镓的工艺流程如图：

已知：①Ga在周期表中位于Al的正下方，性质与Al相似；

②常温下，相关元素可溶性组分物质的量浓度与pH的关系如图所示。

回答下列问题：

（1）碱浸操作中加快反应速率，提高浸取率可采取的措施有（任填2项）。

（2）“碱浸”时，GaAs中Ga以NaGaOH4的形式进入溶液中，该反应的离子方程式是。

（3）“碱浸”温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因是。

（4）“滤渣2”的成分为（填化学式）。

（5）若用100kg含14.5%砷化镓的废料回收镓，得到纯度为95%的镓7.0kg，则镓的回收率为%

（保留3位有效数字，回收率指实际回收物质的质量与理论回收物质质量之比）。

【答案】（1）粉碎、搅拌、适当的升高温度、适当的增加氢氧化钠的浓度、延长碱浸的时间等（或其他合

理答案）

（2）GaAs4OH4HOGaOHAsO34HO

22442

（3）温度低于70℃，反应速率较慢，温度高于70℃，H2O2分解

（4）H2SiO3

（5）95.0

【分析】砷化镓废料与氢氧化钠、H2O2进行碱浸操作，GaAs转化为NaGaOH4、Na3AsO4，SiO2转

化为硅酸钠，ZnO、Fe2O3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣1，滤液加入硫酸，硅酸钠转化为硅酸沉淀，即滤

渣2，滤液1加入氢氧化钠调pH为3.7，得到GaOH3沉淀，再加入氢氧化钠，得到NaGaOH4，电

解得到，滤液蒸发浓缩、降温结晶得到。

Ga2Na3AsO412H2O

【解析】（1）碱浸操作中加快反应速率，提高浸取率可采取的措施有：粉碎、搅拌、适当的升高温度、适

当的增加氢氧化钠的浓度、延长碱浸的时间等（或其他合理答案）；

（2）“碱浸”时，GaAs中Ga以NaGaOH4的形式进入溶液中，根据得失电子、原子、电荷守恒，该反

应的离子方程式是GaAs4OH4HOGaOHAsO34HO；

22442

（3）因为温度低于70℃，反应速率较慢，温度高于70℃，H2O2分解，所以“碱浸”温度控制在70℃左右，

温度不能过高或过低；

（4）根据分析知，“滤渣2”的成分为H2SiO3；

70

（5）砷化镓的质量：100kg14.5%=14.5kg，理论上得到镓：14.5kg=7kg，实际上得到镓的

145

6.65

7.0kg95%=6.65kg，则镓的回收率为100%=95.0%。

7

6．NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得NiSO4nH2O晶体。采用EDTA法测定晶体中结

222

晶水的含量。[EDTANa2H2Y法测定金属阳离子含量的方程式为：MH2YMY2H]。

1

步骤一：标定EDTA．取25.00mLc1molL的ZnCl2标准溶液于锥形瓶中，用EDTA溶液滴定至终点，消耗

EDTA溶液的体积为V1mL。

步骤二：称取mgNiSO4nH2O样品，配制250mL溶液，取25.00mL进行滴定，消耗EDTA溶液的体积为V2mL。

1

n。[列出表达式，已知MNiSO4155gmol]

4mV155cV

【答案】112

18c1V2

25c1

【解析】根据EDTA～ZnCl2可知EDTA溶液的浓度为mol/L，根据EDTA～NiSO4·nH2O可知

V1

25c12500.25c1V2m0.25c1V2

mgNiSO4·nH2O的物质的量是0.001V2mol＝mol，因此，解得n＝

V125V115518nV1

4mV155cV

112。

18c1V2

（建议用时：20分钟）

、

1．（2026·海南省上学期学业水平诊断）一种从含镍催化剂(主要成分为Ni，还含有少量的FeOAl2O3)

1

中回收镍的工艺流程如图所示[已知：MNiSO47H2O=281gmol]

下列说法错误的是

A．“碱浸”的目的是分离出铝元素

B．“一系列操作”主要是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

C．焙烧后所得氧化物的化学式为NiO

D．若遗漏“H2O2调pH=3.2”操作，NiSO47H2O产品中可能含有FeSO47H2O

【答案】C

、

【分析】含镍催化剂(主要成分为Ni，还含有少量的FeOAl2O3)碱浸时，Al2O3与强碱反应（如NaOH）生

成可溶性偏铝酸盐，Ni、FeO不与碱反应，从而分离出铝元素。酸浸时Ni、FeO与酸反应生成Ni2+、Fe2+。

2+3+3+

加H2O2调pH=3.2时，H2O2将Fe氧化为Fe，调pH使Fe完全沉淀（滤渣为Fe(OH)3）。滤液为NiSO4

溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到NiSO47H2O晶体。将NiSO47H2O焙烧分解为

含镍氧化物，最终得到粗镍。

【解析】A．“碱浸”时发生反应Al2O32OH3H2O2Al(OH)4，故“碱浸”的目的是分离出铝元素，A

项正确；

B．“一系列操作”为NiSO4溶液变成晶体的过程，包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确；

1

C．MNiSO47H2O281gmol，起始时NiSO47H2O的质量为2.81g，则其物质的量为

m2.81g

n===0.01mol，其中镍元素的质量为m=n×M=0.01mol59g/mol=0.59g，加热至质量不再变

M281g/mol

化时为氧化物，即0.83g氧化物中氧元素的质量为0.83g-0.59g=0.24g，氧元素物质的量为

m0.24g

n===0.015mol，镍、氧原子的物质的量之比为0.01:0.0152:3，故焙烧后所得氧化物的化学

M16g/mol

式为Ni2O3，C项错误；

2

D．若遗漏“H2O2调pH3.2”操作，“酸浸”后的溶液中存在Fe，导致后续产品中可能含有FeSO47H2O，

D项正确；

故答案选C。

2．（2026·安徽省九师联盟11月联考）对氯甲苯(M=126.5gmol-1)的制备原理如下：

已知：重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，以免发生副反应。下列说法错误的是

A．操作1时，可将反应器置于冰水浴中

B．NaNO2溶液呈碱性，故操作2中NaNO2溶液不能过量

C．上述转化中，可用KMnO4代替CuCl

D．对氯甲苯粗品经过精制后，得到2.53g产品，本实验的产率为40%

【答案】C

【分析】对甲基苯胺在亚硝酸钠和盐酸的作用下转化为重氮盐，重氮盐在氯化亚铜和盐酸的作用下转化为

对氯甲苯，结合实验原理、装置图和问题分析解答。

【解析】A．冰水浴可用于控制温度在05℃，故A正确；

B．NaNO2溶液显碱性，重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，故B正确；

C．KMnO4能氧化苯环上的甲基，故C错误；

D．由转化关系可知，5.35g对

5.35g1

甲基苯胺完全反应理论上能够生成对氯甲苯的质量为126.5gmol6.325g，对氯甲苯粗品经

107gmol1

2.53g

过精制后，得到2.53g产品，故本实验的产率为100%40%，故D正确；

6.325g

故答案选C。

3．（2026·广东省深圳市模拟）将NH4ReO4在高温下用H2还原可制得的高纯度的金属铼单质，同时得到

NH3.若1.568L(标准状况下)H2参与反应，则可得到Re质量为g。

【答案】3.72g

【解析】将NH4ReO4在高温下用H2还原可制得的高纯度的金属铼单质，同时得到NH3，反应的化学方程式

高温

为2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O，7molH2生成2molRe，若1.568L(标准状况下)H2参与反应，H2

1.568L2

的物质的量为0.07mol，则生成Re的质量为0.07mol186g/mol3.72g。

22.4L/mol7

4．（2026·辽宁省丹东市阶段测试）四氮化四硫(S4N4)是重要的硫-氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，

难溶于水，178~187℃熔化并分解，可用NH3与SCl2反应制备。某同学利用如图装置(加热及夹持装置已略)

先制取SCl2，然后制取S4N4。

已知：①硫磺的熔点：113℃；②SCl2为红棕色液体，熔点：-78℃，沸点：60℃，易水解。回答下列问题：

（1）仪器a的名称为。

（2）制备SCl2的操作顺序为①→④→_______→_______→_______(填标号)。

。

①组装仪器并检验装置气密性，加入药品

②加热装置D使其中的硫磺熔化

③通入N2，通冷凝水，一段时间后，关闭K1

④打开K1，关闭K2

⑤充分反应后停止滴加浓盐酸

⑥向装置A中滴加浓盐酸，加热装置D至135℃左右

（3）装置C中盛放的试剂为(填名称)。

（4）装置F中向锥形瓶内滴加浓氨水的具体操作为。

（5）该实验装置存在缺陷，请指出。

（6）装置D中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为。

（7）取ag硫粉与过量氯气反应，制得SCl2后通入氨气充分反应，生成物不循环使用，最终得到S4N4bg。

S4N4的产率为(用含有a和b的式子表示)。

【答案】（1）球形冷凝管

（2）③②⑥⑤

（3）浓硫酸

（4）将分液漏斗上部的玻璃塞打开(或将玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗颈部的小孔)，缓慢打开旋塞，滴加

浓氨水

（5）空气中的水蒸气进入D中使SCl2水解或没有尾气处理(合理即可)

（6）6SCl216NH3S4N42S12NH4Cl

24b

（7）100%

23a

【分析】浓盐酸与氯酸钾在装置A中制取氯气，浓盐酸具有较强的挥发性，所以制取的氯气中含有氯化氢

和水蒸气，由于二氯化硫易水解，所以进入D装置的气体必须是干燥的，所以B装置应是除去氯化氢气体，

其中盛装饱和食盐水，C装置是干燥装置，其中盛装浓硫酸，由于二氯化硫沸点较低，为防止其损失，用冷

凝管冷凝回流，由于氯气有毒，不能直接排放，同时防止空气中的水蒸气进入D装置，球形冷凝管上方应

装一盛装碱石灰的干燥管；干燥的氯气和S在加热条件下反应制取二氯化硫；浓氨水和碱石灰在装置F中

制取氨气，由于二氯化硫易水解，所以E装置用于干燥氨气，二氯化硫与氨气在装置D中制备S4N4，据此

解答。

【解析】（1）据仪器的构造可知仪器a的名称为：球形冷凝管；

（2）为防止熔化的硫与氧气反应，该装置应在无氧环境中进行，即要通入氮气，待装置的空气排尽之后，

制取干燥的氯气通入D中和S反应生成二氯化硫，所以操作步骤的先后顺序为①④③②⑥⑤；

（3）根据以上分析可知C装置是干燥装置，其中盛装浓硫酸；

（4）装置F中向锥形瓶内滴加浓氨水的具体操作为：将分液漏斗上部的玻璃塞打开(或将玻璃塞上的凹槽对

准分液漏斗颈部的小孔)，缓慢打开旋塞，滴加浓氨水；

（5）由于氯气有毒，不能直接排放，同时防止空气中的水蒸气进入D装置，球形冷凝管上方应装一盛装碱

石灰的干燥管，故答案为：空气中的水蒸气进入D中使SCl2水解或没有尾气处理；

（6）D中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质（应该是S）和一种盐（应是NH4Cl），该反应的化

学方程式为：6SCl216NH3S4N42S12NH4Cl；

a

（7）ag硫粉的物质的量为mol，根据方程式：6SCl16NHSN2S12NHCl可得S4N4的物质

3223444

a23a

的量为mol（理论产量），则SN的理论质量为：g，实际质量为bg，产率为：

3264424

23a24b

bg100%=100%。

2423a

5．（2023·重庆卷）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合

物的工艺如下。

25℃时各物质溶度积见下表：

物质Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2

17396

溶度积Ksp4.9102.8105.010

回答下列问题：

2

（1）Fe3O4中Fe元素的化合价是2和。O的核外电子排布式为。

（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是。

（3）反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。

①反应的离子方程式为。

②为加快反应速率，可采取的措施有。(写出两项即可)。

（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过。

②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，

用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为，该副产物中CaCl2的

质量分数为。

【答案】（1）+31s22s22p6

（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁

（）2+2+适当升高温度、搅拌

34CaO+6H2O+4Fe+O2=4FeOH3+4Ca

（4）11最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色66.6%

【分析】FeCl2溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，FeCl2溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2

中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，

2

【解析】（1）Fe3O4可以写成FeOFe2O3，故Fe元素的化合价是2和+3。O为氧原子得到2个电子形成

的，核外电子排布式为1s22s22p6；

（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中

氧气氧化为三价铁；

（3）①反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水

生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为2+2+。

4CaO+6H2O+4Fe+O2=4FeOH3+4Ca

②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；

（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2浓度为5.0mol/L，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此

6

-Ksp5.010-3

时cOH=1.010mol/L，pOH=3，pH=11，故理论上pH不超过11。

cCa2+5.0

②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内

不变色；

氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀CaC2O4，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还

-+2+-

原反应：2MnO4+5H2C2O4+6H=10CO2+2Mn+8H2O，结合质量守恒可知，5CaCl25H2C2O42MnO4，

5

0.10002410-3mol111g/mol

则该副产物中CaCl的质量分数为。

22100%66.6%

1.000g

6．(2025·安徽省宣城市·二模)钛白粉(TiO2)是一种性能优良、应用广泛的白色颜料，工业上以钛铁矿精矿(主

要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、Fe2O3和SiO2)为原料冶炼钛白粉的流程如图所示。

22

已知：酸解后，钛主要以TiO形式存在。室温条件下，在pH3的溶液中TiO会完全水解生成H2TiO3沉

淀。

回答下列问题：

（1）基态Ti原子核外价层电子排布式为。

（2）试剂X应为(填化学式)。

（3）酸解过程中，FeTiO3发生的非氧化还原反应的化学方程式为。

（4）酸解后需要加入铁粉还原的原因是。

23

（5）测定样品中TiO2纯度：取2.2g样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiO还原为Ti。过

滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配制成250mL溶液。取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴KSCN

溶液，用1标准溶液滴定，将3转化成2，重复操作次，平均消耗

0.10molLNH4FeSO42TiTiO325.10mL

标准溶液。

①该样品中TiO2的质量分数是(保留2位有效数字)。

②若其他操作都正确，量取待测液的滴定管没有润洗，则测得结果将(填“偏高”、“偏低”或“无

影响”)。

【答案】（1）3d24s2

（2）NaOH溶液

（3）FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O

（4）防止加纯碱调节pH生成氢氧化铁沉淀，酸解后需要加入铁粉把Fe3+还原为Fe2+

（5）91%偏低

【分析】钛铁矿精矿主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、Fe2O3和SiO2。钛铁矿加碱溶浸，Al2O3、SiO2和

氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，FeTiO3和Fe2O3与氢氧化钠不反应，过滤，滤渣中含有FeTiO3

22+3+3+2+

和Fe2O3，用浓硫酸“酸解”滤渣，酸解液中主要含有TiO、Fe、Fe，加铁粉把Fe还原为Fe，加纯碱

2

调节pH使TiO水解为H2TiO3沉淀，过滤出H2TiO3，H2TiO3煅烧得TiO2。

【解析】（1）Ti是22号元素，基态Ti原子核外价层电子排布式为3d24s2；

（2）“溶浸”目的是除去Al2O3、SiO2，Al2O3、SiO2和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，所以

试剂X应为NaOH溶液。

2

（3）酸解过程中，钛主要以TiO形式存在，FeTiO3发生的非氧化还原反应，可知FeTiO3和浓硫酸反应生

成硫酸亚铁、TiOSO4、水，反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O

22+3+3+

（4）Fe2O3与浓硫酸反应生成硫酸铁，酸解液中主要含有TiO、Fe、Fe，Fe易水解，为防止加纯碱调

节pH生成氢氧化铁沉淀，酸解后需要加入铁粉把Fe3+还原为Fe2+；

23

（5）测定样品中TiO2纯度：取2.2g样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiO还原为Ti。过

滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配制成250mL溶液。取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴KSCN

溶液，用1标准溶液滴定，将3转化成2，元素化合价由升高为，

0.10molLNH4FeSO42TiTiOTi+3+4Fe

元素化合价由降低为，根据得失电子守恒得滴定关系式3，根据钛元素守恒，

+3+2NH4FeSO42~~Ti

3，［］，

NH4FeSO42~~Ti~~~TiO2n(TiO2)=nNH4FeSO42=0.1mol/L0.0251L=0.00251mol

重复操作3次，平均消耗25.10mL标准溶液。

250

0.00251mol80g/mol

①该样品中TiO的质量分数是。

225100%91%

2.2g

②若其他操作都正确，量取待测液的滴定管没有润洗，待测液浓度偏小，消耗标准液体积偏小，则测得结

果将偏低。

（建议用时：10分钟）

1．测定产品中Na2Cr2O72H2O的质量分数。

称取ag产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用

1标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品中（摩尔质量

bmolLNH42FeSO42vmLNa2Cr2O72H2O

为Mgmol1）的质量分数为。

23

已知：酸性条件下Cr2O7被还原为Cr。

bvM

【答案】

300a

2-3+2+

【解析】根据得失电子守恒，可得反应的关系式为：Cr2O72Cr6Fe，

1500

bv103MbvMbvM

625，即，故答案为：。

ωNa2Cr2O72H2O=100%300a300a

a

2．（2026·江苏省无锡市澄宜六校10月月考）镓(31Ga)与Al的化学性质相似，Ga(CH3)3、GaN等物质在

半导体、光电材料等领域有广泛应用。Ga(CH3)3是制备GaN的镓源。

（1）制备超纯Ga(CH3)3：工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(C