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2-8 纯度、产率计算问题
（1）计算公式
纯度＝×100%
产物的产率＝×100%
（2）计算的关键在于运用守恒或关系式法结合实验原理找到计算的关系，确定数量关系。
1．热重法
①设晶体为1 mol。
②失重一般是先失水、再失非金属氧化物。
③计算每步的m 余，
×100%＝固体残留率。
④晶体中金属质量不减少，仍在m 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
【例1】一种含钼、钴的废催化剂主要成分为
、
，含少量
、
等。用此废催化剂制取
和
的工艺流程如下。已知：
，
；
。
（6）在空气中加热
固体，其热重曲线如下图所示，则点物质的化学式为_______。
【答案】（6）
【解析】（6）
(摩尔质量为183
)为0.1mol，其中结晶水的质量为3.6g，到a 点固
体损失质量18.3g-14.7g=3.6g，恰好结晶水全部失去，则a 点对应固体的成分是CoC2O4，CoC2O4受热
分解得到钴的氧化物，0.1mol 钴原子的质量为5.9g，则固体中Co 元素的质量始终为5.9g，b 点处O 元
素的质量为(8.3-5.9)g=2.4g，对应的物质的量为
，则
，故点物质
的化学式为
。
【例2】物质的制备是化学学科的基本研究方向。
（3）过氧化钙(
)是一种新型水产养殖增氧剂，常用于鲜活水产品的运输。实验可用钙盐制取
，再经脱水制得
，
不溶于水，在0℃时稳定，加热至140℃时逐渐变为
无水
，其制备过程如下：
“烘烤”时，2.76g
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。试确定60℃时
中
___________。
【答案】（3）2
【解析】（3）140℃时完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2·8H2O 含有的结晶水的总质量为2.76
g-1.32 g=1.44 g，结晶水的物质的量为
，原样品中含有CaO2·8H2O 的物质
的量
；60℃时固体的质量为1.68g，失去结晶水的质量为：2.76
g-1.68 g=1.08 g，失去结晶水的物质的量为：
，故60℃时CaO2·xH2O 中
。
【例3】锂电池是新能源汽车的重要部件。某研究小组对废锂电池正极材料(主要成分为
，还含有少
量Ni、Al、Fe、Mn 等元素)的金属资源进行回收，工艺流程如图所示：
（6）回收得到的
在空气中煅烧生成用于制备钴酸锂材料的物质，煅烧过程的热重曲线如图
所示，已知：固体残留率
。
在490～600℃范围内生成的固体产物为___________(填化学式)。
【答案】（6）CoO
【解析】（6）
的摩尔质量为183 g/mol，490~600℃时固体残留率为41.00%，设起始固体的
物质的量为1 mol，残留固体质量
，其中Co 元素的质量为59 g，则O 元素的质
量为
，Co 元素和O 元素均为1 mol，故该温度内产物为CoO。
2．产率、纯度计算（守恒法）
（1）三大守恒思想
（2）电子守恒解题的思维模板
【例4】钼酸钠（Na2MoO4）是一种重要的化工原料。用废加氢催化剂（含有MoS2和Al2O3、Fe2O3、SiO2
等）为原料制取钼酸钠，工艺流程如图所示：
用50t 含MoS2为80%的废加氢催化剂，经过制取、分离、提纯，得到30.9t Na2MoO4，则Na2MoO4的产率
为______。
【答案】60%
【解析】用50t 含MoS2为80%的废加氢催化剂，则含MoS2的物质的量为
=2.5×105mol，根
据Mo 原子守恒n（Mo）=n（MoS2）=n（Na2MoO4），所以Na2MoO4的产率=
×100%=60%，故答案为：60%。
【例5】计算机记忆材料生产中产生大量的钌废料，一种从钌废料[含Ru(OH)3、FeO、MnO、SiO2及少量
的Au]中合成六氯钌酸铵[(NH4)2RuCl6]的流程如下：
已知钌废料中钌含量为53％，氨化时产率为91％，其余步骤损失率合计为11％，则2 吨钌废料可制得
(NH4)2RuCl6________Kg。
【答案】2975
【解析】m[(NH4)2RuCl6]=
=2975Kg。
【例6】高氯酸铜易溶于水，在130 ℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯
酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如图1 所示：
用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl 的质量为a t，最终制得Cu(ClO4)2·6H2O 为b t，则产率为
______ (用含a，b 的代数式表示)。
【答案】
100％
【解析】根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯
酸钠，加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2⋅6H2O，假设起始是氯化钠
为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1mol 氯酸钠，根据氯元素守恒最终可以得到
0.5molCu(ClO4)2⋅6H2O，因此产率为
。
【例7】高纯碳酸锰(MnCO3)广泛应用于电子行业，制造高性能磁性材料。工业利用含锰废水(主要含
Mn2+、
、H+、Fe2+、Al3+、Cu2+)制备碳酸锰、回收硫酸铵的工艺流程如下：
（5）由 MnCO3可制得重要的催化剂MnO2，2MnCO3+O2=2MnO2+2CO2。现在空气中加热460.0g 的
MnCO3，得到332.0g 产品，若产品中杂质只有MnO，则该产品MnO2的质量分数是___________。
【答案】78.6％
【解析】（5）MnCO3受热分解为MnO，MnO 部分氧化为MnO2，产品中杂质有MnO，460.0 gMnCO3的
物质的量为：
=4mol，受热产生4molMnO，设产生MnO2物质的量为xmol，即有xmolMnO
氧化，剩余MnO 为(4-x)mol，产物的总质量为：(4-x)mol×71g/mol+xmol×87g/mol=332g，解得x=3，则
MnO2的质量分数=
×100%=78.6%，故答案为：78.6%。
3．滴定法沉淀纯度等
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
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计算出过量的物质。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
【例8】CoCl2·6H2O 是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量
Fe2O3、Al2O3、MnO 等)制取CoCl2·6H2O 的工艺流程如下：
为测定粗产品中CoCl2·6H2O 含量，称取2g 的粗产品溶于水，配成100mL 溶液，取出20mL 置于锥形瓶，
加入K2CrO4做指示剂( Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2mol/L 的AgNO3溶液滴定至终点，重复2-3 次，
平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。该粗产品中CoCl2·6H2O 的质量分数为___________。用K2CrO4做
指示剂时，需要控制溶液pH 值为6.5~10.5，试分析原因______________________。
【答案】59.5% pH 太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O7
2-)； pH 太大生成Ag(OH)沉淀 (或Ag2O 沉淀)
【解析】（3） 设纯CoCl2·6H2O 的质量为x，1mol 氯离子消耗1mol 银离子，故1molCoCl2·6H2O 消耗
2AgNO3，根据CoCl2·6H2O 和硝酸银的物质的量关系，
，解得：x=0.238g，原来溶液100ml，计算得到氯化钴的质量为20ml 的液体，
故要把20ml 的溶液换算成100ml 溶液，CoCl2·6H2O 的纯度为
59.5% ，pH 太小
K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O7
2-)， pH 太大生成AgOH 沉淀，所以需要控制溶液pH 值为6.5～10.5。
【例9】高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图
所示：
工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH 为
11～12)溶解3.96 g 高铁酸钾样品，调节pH 为1，避光放置40 分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还
原成铁离子)，再调节pH 为3～4(弱酸性)。以1.0 mol/L 的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定
(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾
样品中高铁酸钾的质量分数为______________。
【答案】25%
【解析】用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH 为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高
铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO4
2-～3I2，再根据
反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO4
2-～3I2～6Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为
×1.0mol/L×0.015L×198g/mol=0.99g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为
×100%=25%。
【例10】锰锌铁氧体是一种重要的磁性材料。测定铁氧体中ZnO 的实验步骤如下：
①写出除锰(Mn2+)步骤中的离子方程式________。
②准确量取25.00 mL 溶液A，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.0100mol/L 的EDTA(Na2H2Y)标准溶
液滴定其中的Zn2+ (反应原理为Zn2+ + H2Y2－ =ZnY 2－ + 2H+)，至滴定终点时消耗EDTA 标准溶液
20.00 mL。通过计算确定该铁氧体中ZnO 的质量分数为________。
【答案】S2O8
2－ + 2H2O +Mn2+ = 2SO4
2－ + MnO2↓ + 4H+ 16.20%
【解析】⑸①除锰(Mn2+)步骤中(NH4)2S2O8与锰离子发生氧化还原反应，S2O8
2－被还原为硫酸根，锰离子被
氧化为二氧化锰，得失电子守恒，元素守恒，该反应的离子方程式为S2O8
2－ + 2H2O +Mn2+ = 2SO4
2－ +
MnO2↓ + 4H+；故答案为：S2O8
2－ + 2H2O +Mn2+ = 2SO4
2－ + MnO2↓ + 4H+。
②滴定终点时消耗EDTA 标准溶液20.00 mL，EDTA 的浓度为0.0100mol/L，物质的量为
，
则锌离子的物质的量也是
，根据元素守恒，氧化锌的物质的量也是
，所
以25.00 mL 溶液A 中含有ZnO 的物质的量为
，则250mL 溶液A 中氧化锌的物质的量
为
，所以1.0g 样品中氧化锌的质量为分数为
。
故答案为：16.20%。
【例11】工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体
[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。
称量a g 产品于锥形瓶中，用20mL 蒸馏水与30mL 稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，
充分反应后继续滴加1％的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c
mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知滴定反应为VO2
++Fe2+
+2H+==VO2++Fe3++H2O)
①KMnO4溶液的作用是______________。
②粗产品中钒的质量分数表达式为________(以VO2计)。
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】将VO2+氧化为VO2
+
偏高
【解析】①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4 价的钒氧化为VO2
+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2
-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量
n=n[（NH4）2Fe（SO4）2]=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为
=
；
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应
为：VO2
-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，可知会使测定结果偏高。
1．工厂的废铁屑(主要成分为Fe，此外还含有少量
、
、
杂质)具有较高的回收利用价值。某化
学兴趣小组利用废铁屑制备磁性
胶体粒子、绿矾(
)和净水剂
。其实验流
程如图所示：
（7）8.34 g 绿矾(
)晶体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：
温度为78℃时固体M 的化学式为______，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，写出Q 的化学式______。
【答案】（7） FeSO4·4H2O Fe2O3
【解析】（7）设在温度较低的78℃时失去结晶水个数为x，则有
，解得x=3，所
以固体M 化学式为FeSO4·4H2O；加热绿矾至最终质量不变时，得到的固体一般为金属氧化物，不妨
设该氧化物为Fe2O3，根据Fe 守恒，则有
，符合初始绿矾的质量，则Q
为Fe2O3。
2．绿矾(FeSO4·7H2O)可溶于水，不溶于乙醇，常用作净水剂、补血剂、制颜料等。工业酸性废水中含有大
量的Fe2+、SO4
2-和少量的H+、
，为了减少污染，实现变废为宝，工程师们设计了如下图所示生产
工艺回收铜并制取绿矾（
）。
（5）为探究绿矾分解过程，通过热重实验得到如下曲线(
)。失重比为
19.4%时，图中x=_______。
【答案】（5）4
【解析】（5）绿矾的摩尔质量为
，假设起始1 mol 绿矾（质量为278 g），失重比为19.4%，则
失去水的质量为：
，失去水的物质的量为
，剩余结晶水的
物质的量为
。
3．钼酸铵
是生产高纯度钼制品、钼催化剂、钼颜料等的基本原料。一种以钼精矿(主要含
，还含有少量
、Cu 和Fe 的化合物等)为原料制备钼酸铵的工艺流程如下：
（6）
的热重曲线如图所示。
已知413K 时样品失重的原因是失去了
，则
在a 点失去
的物质的量为
___________mol；图中b 点对应固体残留物是___________(填化学式)。
【答案】（6） 3
【解析】（6）
的摩尔质量为
：a 点失重质量为：
，对应水的物质的量为
；b 点残留固体质量为：
，
的总质量为
，因此b 点残留物为
。
4．以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是
，含少量
)为原料回收金属化
合物的工艺流程如下：
（4）钼酸铵的化学式为
，取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线
如图所示：
时，钼酸铵热分解的固体产物实验式为_______。
【答案】（4）
【解析】（4）设取
，则其质量为340 g，在
时，固体损失
，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变化可知，固体损失
与
的质量，
由元素守恒和质量守恒可知，余下固体应为2 mol
。
5．我国有丰富的芒硝矿(Na2SO4·10H2O)，以Na2SO4和CO2为原料制备Na2CO3既可实现碳达峰、碳中和，
又可研发制备纯碱新路径。一种制备流程如图所示。(已知碳酸氢铵36℃以上分解为二氧化碳、氨和
水，60℃可分解完。)
回答下列问题：
（4）数字实验能更清晰地呈现实验现象。为认识碳酸钠和碳酸氢钠性质做如下实验：
①分别取20 mL 等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，用分液漏斗缓慢滴加稀盐酸，用压强传感器测定容器中
的压强变化如图所示。图中曲线___________ (填“A”或“B”)代表碳酸钠。
②现取5 mg NaHCO3做热分解实验，其热重曲线(TG)和失重速率曲线(DTG)如图所示(图a 为热重曲线，图
b 为失重速率曲线)。由图像可知，NaHCO3受热易分解，在___________ ℃分解速率最大。热重曲线
纵坐标的值最终趋向于___________mg。(保留三位有效数字)。
【答案】（4） B 140 3.15
【解析】CO2和氨水反应生成碳酸氢铵，和硫酸钠继续反应生成碳酸氢钠和硫酸铵，碳酸氢钠溶解度小，
过滤，碳酸氢钠固体煅烧生成纯碱碳酸钠。
（4）①碳酸钠生成二氧化碳气体所需要的盐酸更多，故B 代表碳酸钠；
②由图b 可知，140 ℃时，分解速率最大，最终趋于3.15 mg。
，分解后
固体质量=m(NaHCO3)=
。
6．从褐铁矿型金-银矿(含
、
、
、
、
、
等杂质)中提取
、Ag，并回收其它有
价金属的一种工艺如下：
回答下列问题：
（6）
在空气中加热转化为不同价态锰的氧化物
，热重曲线如图，图中C 点对应固体的成分
为_______(填化学式)。
【答案】（6）MnO
【解析】（6）MnCO3的相对分子质量为115，初始质量为100%，设初始时MnCO3为1 mol、115 g，C 点
对应固体的质量为
，氧元素的质量为71 g-55 g=16 g、为1 mol，因此Mn 和O 的个
数比为1:1，固体成份为MnO；
7．从铜阳极泥(含Cu、Ag、Au、Pd 等)中回收贵金属的工艺流程如下：
（5）“置换”后的滤液可制备
晶体，该晶体分解的TG 曲线(热重)及DSC 曲线(热量变化)如
图3 所示。DSC 曲线上650~850℃有两个吸热峰，可能发生的吸热反应分别为
、___________。
【答案】（5）
【解析】（5）设起始晶体为1mol，则质量为250g，当固体残留率为64.0%时，剩余固体的质量为250g
，剩余固体为
，当固体残留率为32.0%时，剩余固体的质量为250g
，剩余固体为
，DSC 曲线上650～850℃有两个吸热峰，对应的固体残留率在32.0%
和64.0%之间，其对应的反应为
、
。
8．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，一种生产NaClO2的工艺如下：
为了测定产品NaClO2的纯度，取上述所得产品12.5g 溶于水配成1L 溶液，取出10.00mL 溶液于锥形瓶
中，再加入足量酸化的KI 溶势、充分反应后(ClO2－被还原为Cl－，杂质不参加反应)，加入2～3 滴淀
粉溶液，用0.25mol·L－1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液20.00mL，试计算产品
NaClO2的纯度____________。(提示：2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2Nal)
【答案】90.5%
【解析】根据方程式得出关系
解得x = 0.00125mol，则12.5g 样品中NaClO2的物质的量0.00125mol×100 = 0.125 mol，其产品NaClO2的纯
度
，故答案为：90.5%。
9．高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂。以废铁屑（含有少量Ni）为
主要原料制备高铁酸钾的流程如下：
测定产品纯度：将wg 粗产品，溶入过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH 为
2，在所得的重铬酸盐溶液中加入5 滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用c mol·L1 (NH4)2Fe(SO4)2溶
液滴定至终点，消耗滴定液V mL。有关滴定反应有：
Cr(OH)4
-＋FeO4
2-＋3H2O
Fe(OH)3·3H2O↓＋CrO4
2- +OH
2
＋2H
＋H2O
＋6Fe2+＋14H
2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O
该粗产品中K2FeO4的纯度为____________（用含w、c、V 的代数式表示）。若滴定管没有用待装液润
洗，则测得结果________（“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】(33cv/5w)％ 偏高
【解析】⑺根据三个方程分析
Cr(OH)4－＋FeO4
2－＋3H2O
Fe(OH)3·3H2O↓＋CrO4
2－ +OH－
2
＋2H
＋H2O
＋6Fe2+＋14H
2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O
根据反应得出以下关系：
该粗产品中K2FeO4的纯度为
，若滴定管没有用待装液润洗，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积偏
高，测得结果偏高。
10．如图是工业上以制作印刷电路的废液
含
、
、
、
生产CuCl 的流程：
氯化亚铜的定量分析：
①称取样品
于250mL 锥形瓶中，加入10mL 过量的
溶液，不断摇动：
②待样品溶解后，加入20mL 蒸馏水和2 滴指示剂；
③立即用
硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；
④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为
。
上述相应化学反应为
、
，则样品中CuCl 的纯
度为______
保留三位有效数字
。
【答案】
【解析】根据题给的相应化学反应
、
可得CuCl
和Ce4+的反应配比是1:1，所以可得CuCl 的纯度
，故答案为：
。
11．工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有 Al2O3、CaO 等杂质)，钙化法焙烧制备 V2O5，其
流程如下：
（4）测定产品中 V2O5 的纯度:称取 ag 产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4 溶液。再加入
b1mLc1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2 溶液(VO2
++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O) 最后用 c2mol/LKMnO4 溶液滴定过
量的(NH4)2Fe(SO4)2 至终点，消耗 KMnO4 溶液的体积为 b2mL。已知 MnO4
-被还原为 Mn2+，假设杂
质不参与反应。则产品中 V2O5 的质量分数是____________________。(V2O5 的摩尔质量:：182g/mol)
【答案】
【解析】（4）加入高锰酸钾发生反应：
，反应消耗KMnO4为
b2×10−3L×c2mol⋅L−1=b2c2×10−3mol，剩余的Fe2+物质的量=5b2c2×10−3mol，与
反应Fe2+物质的量
=b1×10−3L×c1mol⋅L−1−5b2c2×10−3mol=(b1c1−5b2c2)×10−3mol，由关系式
可知n(V2O5)=
mol，故产品中V2O5的质量分数为：
12．工业上用自然界存在的角膜硼镁矿
主要成分为
制取金属镁和粗硼，工艺过程如
下：
制得的粗硼可在一定条件与
作用生产
，再提纯
，
沸点较低，提纯可采用 ______ ；高温时
即可分解，得到高纯度硼。根据分解生成碘的量还可以测定粗硼的粗度。方法如下：
称取
粗硼转化成纯
，再完全分解，生成的碘用
的
溶液滴定至终点，消耗标
准液
滴定原理：
①滴定终点判断应用 ___________ 作指示剂；
②标准液应盛装在 ___________ 滴定管中；
③该粗硼的纯度为 ___________ 。
【答案】淀粉 碱式
【解析】制得的粗硼可在一定条件与
作用生产
，再提纯
，
沸点较低，提纯可采用蒸馏的方
法分离得到，故答案为：蒸馏；
生成的碘用
的
溶液滴定至终点，需要淀粉溶液做反应的指示剂，故答案为：淀粉
溶液；
硫代硫酸钠溶液呈碱性，选择碱式滴定管，故答案为：碱式；
硫代硫酸钠的物质的量为：
，根据关系式：
，
，
硼的质量为：
，粗硼中硼的含量为：
，
故答案为：
；
13．硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛．已知：硼镁矿主要成分为
，硼砂的化
学式为
利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如下
制得的粗硼在一定条件下生成
，
加热分解可以得到纯净的单质硼．现将
粗硼制成的
完全分解，生成的
用
为弱酸
溶液滴定至
终点，消耗
溶液
盛装
溶液的仪器应为 ______
填“酸式”或“碱式”
滴定管．该粗硼样品的纯度为 ______ (提示：
)
【答案】碱式 97.2%
【解析】
溶液显碱性，据此选择滴定管应为碱式滴定管； 硫代硫酸钠的物质的量为：
，
，
根据关系式：
，
， 硼的质量为：
，粗硼中硼的含量为：
， 故答案为：碱式；
。
14．硝酸锶[Sr(NO3)2]常作为制备焰火、信号弹的原料。实验室以生产碳酸锶工厂的废渣(含
SrCO338.40%，SrO12.62%，CaCO338.27%，BaCO32.54%，MgCO31.88%，其它不溶于硝酸的杂质
6.29%)为原料制备硝酸锶粗品的部分实验过程如下：
制得的硝酸锶粗品中含有少量Ca(NO3)2、Ba(NO3)2等杂质。实验室测定硝酸锶纯度的实验步骤如下：准确
称取一定质量的硝酸锶样品，加入1∶1 无水乙醇与乙醚的混合液萃取硝酸钙，用水溶解分离硝酸钙后
的样品，于250mL 容量瓶中定容得样品溶液。准确移取25.00mL 样品溶液，调节pH 为7，加入指示
剂，加热至微沸，立即用碳酸钠标准溶液滴定至终点。另取样品溶液用比浊法测得硝酸钡的含量。滴
定过程中反应的离子方程式为：Sr2＋＋CO3
2-=SrCO3↓， Ba2＋＋CO3
2-=BaCO3↓。
①滴定选用的指示剂为_______________，滴定终点观察到的现象为____________________。
②若滴定前样品中Ca(NO3)2没有除尽，所测定的硝酸锶纯度将会_______________(填“偏高”、“偏低”
或“不变”)。
【答案】酚酞 溶液由无色变为浅红色30 秒内不褪色 偏高
【解析】（3）①分析滴定过程可知，样品溶液无色，滴入碳酸钠沉淀完全可以滴入酚酞试液指示终点，
滴入最后一滴溶液呈红色，半分钟内不褪色，故答案为：酚酞；溶液由无色变为浅红色30 秒内不褪
色；
②若滴定前样品中Ca(NO3)2没有除尽，多消耗标准溶液碳酸钠，依据滴定误差分析，c(待测液)＝
，消耗标准液多，所测定的硝酸锶纯度会偏高，故答案为：偏高。
15．镍是有机合成的重要催化剂．某化工厂有含镍催化剂废品
主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化
合物，少量难溶性杂质
某学习小组设计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：
取
硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用
的
标准溶液滴定至终点，消耗
EDTA 标准溶液为
滴定反应为
计算样品纯度为 ______
已
知，
相对分子质量为281，不考虑杂质反应
．
【答案】
【解析】（3）
，根据滴定反应式知，
，
，
故答案为：
；
16．毒重石的主要成分 BaCO3（含 Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备 BaCl2·2H2O 的流
程如下：
利用间接酸碱滴定法可测定 Ba2+的含量，实验分两步进行。已知：2CrO4
2-＋2H+＝Cr2O7
2-＋H2O Ba2+＋
CrO4
2-＝BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取 xmL 一定浓度的 Na2CrO4 溶液与锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用 b mol·L-1盐酸标准液滴
定至终点，测得滴加盐酸体积为 V0 mL。
步骤Ⅱ：移取 y mLBaCl2 溶液于锥形瓶中，加入 x mL 与步骤Ⅰ相同浓度的 Na2CrO4 溶液，待 Ba2+完全
沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为 V1 mL。
滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_______（填“上方”或“下方”）。
BaCl2 溶液的浓度为___________mol·L-1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值
将_______（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
【答案】上方
偏大
【解析】（3）无论酸式还是碱式滴定管，“0”刻度位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加
入酸碱指示剂，用bmol/L 盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO4
2−
+2H+═Cr2O7
2−+H2O 的盐酸的物质的量为：V1×10−3L×bmol/L，步骤Ⅰ：用bmol/L 盐酸标准液滴定至终
点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10−3L×bmol/L，Ba2+
+CrO4
2−═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO4
2−的物质的量为V0×10−3L×bmol/L−V1×10−3L×bmol/
L=(V0−V1)×b×10−3mol，BaCl2溶液的体积为ymL，所以BaCl2溶液的浓度为：
；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则测得V1偏小，则
Ba2+浓度测量值将偏大；故答案为：上方；
；偏大。
17．医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Na＋、Al3＋、Fe3＋等杂
质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O 的质量分数为97.0%~103.0%）的主要流程如下：
测定样品中Cl－含量的方法是：a.称取0.7500g 样品，溶解，在250mL 容量瓶中定容；b.量取25.00mL 待测
液于锥形瓶中；c.用0.05000mol·L－1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为
20.39mL。
①上述测定过程中需用溶液润洗的仪器有：____________________。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O 的质量分数为：____________________。
③若用上述方法测定的样品中CaCl2·2H2O 的质量分数偏高（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因
有：__________；___________。
【答案】酸式滴定管 99.9% 样品中存在少量的NaCl 少量CaCl2·2H2O 失水
【解析】①滴定实验中，需润洗的仪器有滴定管、移液管，该实验是用 AgNO3溶液滴定待测液的，所以
需要润洗的仪器一定有酸式滴定管，故答案为酸式滴定管；
② 根据关系式：CaCl2·2H2O ~ 2AgNO3
147 2
α×0.7500×25/250 0.05000×0.02039
解得：α＝0.9991＝99.9%，故答案为99.9%；
③根据反应：CaCl2·2H2O ~ 2Cl－~ 2AgNO3，若Cl－偏多，则滴定的结果就会偏高，所以样品中若混有含氯
量高于CaCl2的NaCl 或CaCl2·2H2O 晶体中的结晶水失去一部分都能使CaCl2·2H2O 的质量分数偏高，
故答案为样品中存在少量的NaCl；少量的CaCl2·2H2O 失水。
18．
在玻璃工业中常用作澄清剂和脱色剂，工业上采用酸性高浓度含砷废水
主要以
形式
存在
提取
的工艺流程如下：
已知
，含砷污染物允许排放标准为不大于
。若低浓度含砷废水
假设砷均以
形式存在
中
的浓度为
，则低浓度含砷废水中
的浓度为_________
，________
填“符合”或“不符合”
排放标准。
【答案】
符合
【解析】
，
的浓度为
，所以
，则低浓度含砷废水中
的浓度为：
×208g/mol×103mg/g =
，小于
，符合排放标准；
故答案为：
；
；符合。
19．钛矿工业中的酸性废水富含Ti、Fe 等元素，其综合利用如图
已知：
易水解，只能存在于强酸
性溶液中
：
为了控制
用量需要测定固体中
的含量。称1g 固体样品，用30mL 蒸馏水溶解并
加入
溶液和
溶液，再用
标准溶液滴定到溶液刚好变成粉红色，
停止滴定，消耗标准溶液V mL。反应中涉及的重要化学方程式有：
紫红
粉红
黄
无色
①
的作用______。②样品中
的含量为______
。
【答案】消除
的颜色干扰
【解析】
铁离子颜色呈黄色，干扰终点判断，而
黄色
无色
，消除了铁离子干扰，
故答案为：消除
的颜色干扰；
待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为：
，
根据反应：
，硫酸亚铁的物质的量为：
，
所以样品中含有的
的质量为：
，
的质量分数为：
，
故答案为：
。
20．亚硝酸钠是重要的防腐剂，某化学兴趣小组设计如下流程制备NaNO2。
现采用下列方法测定NaNO2粗品中NaNO2的质量分数：
称取NaNO2粗品0.450 g 于锥形瓶中，加水溶解，再向其中滴加0.1000 mol·L－1酸性KMnO4溶液，恰好完
全反应时，消耗酸性KMnO4溶液24.00 mL。计算NaNO2粗品中NaNO2的质量分数（杂质不参与反
应，请写出计算过程）。已知测定过程中发生反应的方程式为MnO4
-＋NO2
-＋H＋—Mn2+＋NO3
-＋H2O
（未配平），计算NaNO2粗品中NaNO2的质量分数（请写出计算过程）。________________
【答案】92.0%
【解析】⑶已知测定过程中发生反应的方程式并配平：2MnO4
-＋5NO2
-＋6H＋=2Mn2+＋5NO3
-＋3H2O
根据反应，2mol KMnO4消耗5mol NaNO2，现滴定过程中消耗KMnO4的物质的量为
0.1000mol×0.024L=0.0024mol，则消耗NaNO2的物质的量为0.006mol，NaNO2的质量为
0.006mol×69g/mol=0.414g，粗品中NaNO2的质量分数
=92%。
21．从某废催化剂(含ZnO、CuO、Fe2O3、石墨及MnO2等)中回收金属并制取活性氧化锌的工艺流程如下
(已知：Zn 及其氧化物、氢氧化物的性质与Al 及其相应化合物性质类似)：
测得“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：
I.准确称取粗铜粉mg，加入足量盐酸和H2O2溶液使其完全溶解。
Ⅱ.将溶液煮沸1~2min，除去过量的H2O2。
Ⅲ.滴入铁掩蔽剂排除Fe3+的干扰。然后加入稍过量的KI 溶液(反应：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2)，再加入几滴淀
粉溶液作指示剂，用 c mol ·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失(I2+2S2O3
2－=2I－+S4O6
2－)且半分钟内
不变色，共消耗Na2S2O3标准溶液VmL。
①铜的质量分数为______________________。
②缺少步骤Ⅱ哙会使测得的铜的质量分数___________(填“偏大”、“偏小”、或“不变”)
【答案】6.4Vc/m% 偏大
【解析】（4）测得“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：
I.准确称取粗铜粉mg，加入足量盐酸和H2O2溶液使其完全溶解。
Ⅱ.将溶液煮沸1~2min，除去过量的H2O2。
Ⅲ.滴入铁掩蔽剂排除Fe3+的干扰。然后加入稍过量的KI 溶液(再加入几滴淀粉溶液作指示剂，用 c mol ·L－
1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失且半分钟内不变色，共消耗Na2S2O3标准溶液VmL。
①根据反应：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，I2+2S2O3
2－=2I－+S4O6
2－可知关系2Cu2+~~I2~~~2S2O3
2－，铜的质量分数为
；
②缺少步骤Ⅱ,则被氧化的碘离子的量偏多，滴定时消耗的Na2S2O3标偏多，会使测得的铜的质量分数偏
大。
22．氯化亚铜（CuC1）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。CuCl 微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于
Cl-浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu 和少量CuO）为原料，采
用硝酸铵氧化分解技术生产CuC1 的工艺过程如图。回答下列问题：
用K2Cr2O7溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备的氯化亚铜
样品10.00g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成100mL 溶液，
取溶液10.00mL 用0.1000mol•LK2Cr2O7溶液进行滴定，反应中Cr2O7
2﹣被还原成Cr3+，相关数据记录如
表所示：该样品中CuCl 的质量分数___________________。
实验编号
1
2
3
消耗K2Cr2O7溶液的体积/mL
14.98
16.03
15.02
【答案】89.55%
【解析】（4）氯化亚铜与氯化铁反应：Fe3＋＋CuCl=Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2＋＋
Cr2O7
2－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，反应的关系是为6CuCl～6Fe2＋～Cr2O7
2－，第二次试验误差较
大，可舍去，消耗K2Cr2O7溶液的体积为15mL，
，n(CuCl)=9×10－2mol，则
m(CuCl)=9×10－2mol×99.5g·mol－1=8.955g，则CuCl 质量分数=
×100%=
89.55%；答案：89.55%；
23．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺
流程如下：
取上述流程中得到的CeO2产品0.43g，加硫酸溶解后，用0.1mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原
为Ce3+，其它杂质均不反应)，消耗20.00mL 标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为_____________。
【答案】80%
【解析】
的物质的量为
，根据电子得失守恒可得关系式
，所以
的质量为
，产品中
的质量分数为：
。
24．草酸合铁酸钾晶体Kx[Fe(C2O4)y]•3H2O 是一种光敏材料(见光易分解)，下面是一种制备草酸合铁酸钾晶
体的实验流程：
补全测定草酸合铁酸钾产品中Fe3+含量的实验步骤[备选试剂：KMnO4溶液、锌粉、NaOH 溶液]：
步骤1：准确称取所制备的草酸合铁酸钾晶体ag，配成250mL 待测液；
步骤2：用移液管移取25.00mL 待测液于锥形瓶中，加入稀H2SO4酸化，_____________，C2O4
2-转化为
CO2被除去；
步骤3：向步骤2 所得溶液中_____________加热至充分反应（溶液黄色刚好消失），过滤、洗涤、将过滤
及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中。
步骤4：用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定步骤3 所得溶液至终点，消耗vmLKMnO4标准溶液。该草酸合铁
酸钾晶体产品中Fe3+的质量分数为__________________。
【答案】加入足量KMnO4溶液 加入稍过量的锌粉
×100%
【解析】步骤2： C2O4
2-转化为CO2发生氧化反应，所以需要加入足量的KMnO4溶液；
步骤3：把Fe3+还原为Fe2+，需要加入稍过量的锌粉。
步骤4：用cmol•L-1KMnO4标准溶液与步骤3 生成的Fe2+反应，
设Fe2+的物质的量是x；
；
草酸合铁酸钾晶体产品中Fe3+的质量分数为
×100%。
25．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可制多种化工试
剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程：
将5.49g 草酸亚钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物
质，其质量如下表所示：
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
4.41
290～320
2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为
_______。(已知：CoC2O4·2H2O 的摩尔质量为183 g/mol)
【答案】 Co3O4或者CoO·Co2O3
【解析】计算晶体物质的量n=
=0.03 mol，失去结晶水应为0.06 mol，固体质量变化
=0.06 mol×18 g/mol=1.08 g，图表数据可知，150～210 固体质量变化△m=5.49 g-4.41 g=1.08 g，说明
210℃失去结晶水得到CoC2O4，210～290℃过程中是CoC2O4发生的反应，210～290℃过程中产生的气
体只有CO2，依据元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06 mol，质量=0.06 mol×44 g/mol=2.64 g，气体
质量共计减小=4.41 g-2.41 g=2 g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量
m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，O2物质的量n(O2)=0.64 g÷32 g/mol=0.02 mol；n(CoC2O4)：n(O2)：
n(CO2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2，故反应产物化学式为Co3O4或者CoO•Co2O3。
