文档文本内容
第03 讲 物质的量在化学方程式计算中的应用
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维
03
考点精讲·靶向突破
拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 根据化学方程式进行计算
知识解
构
知识点1 物质的量与其他物理量之间的计算公式 ∣
知识点2 化学方程式中的定量关系∣
知识点3 物质的量应用于化学方程式计算的解题步骤
考向破译 考向 根据化学方程式进行计算 ∣
解题妙招 化学方程式计算过程中注意事项
考点二 常用化学计算技法
知识解构 知识点1 关系式法 ∣ 知识点2 守恒法
知识点3 差量法(差值法) ∣ 知识点4 热重分析法
考向破译 考向1 关系式法的应用 ∣ 考向2 守恒法的应用
考向3 差量法的应用 ∣ 考向4 热重分析法
解题妙招1 关系式法解题步骤
解题妙招2 守恒法解题步骤
解题妙招3 差量法解题模板
解题妙招4 热重曲线图分析方法
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
考情梳理--三年真题 考向梳理
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
根据化学方程式进行
计算
化学计算的常用方法
全国新课标卷28(6)
广西卷T15(7)
安徽卷T16)(5)
甘肃卷T15(5)
河南卷T16
陕晋宁青卷T15
浙江1 月卷T20(6)
贵州卷T15(6)
天津卷T15(9)
福建卷T12(4)
重庆卷T16(2)
浙江6 月卷T20
安徽卷T16
考向解读--洞悉趋势 精准预判
►命题解码：
以化学方程式为中心的综合运算每年高考必考，属于热点问题，尤其是滴定过程中的相关计算，涉及
的运算方法主要有关系式法、差量法和守恒法，而解题中最常用的守恒法是化学学科中的一种基本思想和
方法，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。
预计2027 年高考仍会有以物质的量为中心的综合运算。以工艺流程、化工生产、科学实验为情境载
体，进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁作用”，初步建立化学计算的思维模型，注重化学计算能
力、思维能力的考查。
复习过程中学通学精这些方法是解题的金钥匙，能使复杂的计算简单化、规律化。有利于学生养成解
决相关问题的科学思维。
►复习目标：
1．结合化学方程式了解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度等概念之间的有关计
算。
2．通过对化学方程式化学计量数意义的重新认识，完成对化学反应从微观到宏观认知的转变，明确
化学计量数在不同层次的运算中的使用。
3．通过对物质的量在化学方程式中的应用，理解物质的量在高中化学计算的应用，建立高中使用物
质的量及相关概念在方程式计算中的基本运用模型。
4.通过运用物质的量及相关物理量根据化学方程式进行简单计算，了解化学计算中的常见类型，学会
常用的解题方法，感受定量研究对化学科学的重要作用。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 根据化学方程式进行计算
知●识●解●构
知识点1 物质的量与其他物理量之间的计算公式
知识点2 化学方程式中的定量关系
物质在发生化学反应时，参加反应的各粒子之间是按照一定比例进行的。而这些数目的粒子又可以
用不同的物理量来表示。例如：
化学方程式
2CO+O2
2CO2
化学计量数之比
2 1 2
∶∶
物质微粒数之比
2 1 2
∶∶
扩大NA倍之后
2NA N
∶
A 2N
∶
A
物质的量之比
2 mol 1 mol 2 mol
∶
∶
标准状况下体积之比
44．8 L 22
∶
．4 L 44
∶
．8 L
相同状况下体积之比
2 1 2
∶∶
结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于粒子个数之比，也等于各物质的物质的量之比。
知识点3 物质的量应用于化学方程式计算的解题步骤
①“审”：审清题目条件和题目要求。
②“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且不带单位。
③“写”：依据题意写出并配平化学方程式。
④“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关物理量的关系，并
代入已知量和未知量。比较复杂的数量关系可先化简。
⑤“列”：将有关的几个量列出比例式。
⑥“解”：根据上述比例式求解未知数。
⑦“答”：根据题目要求简明地写出答案。
得分速记
(1)书写规范：各种符号的书写要规范，大写字母与小写字母的意义各不相同。如“M”表示摩尔质
量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。
(2)符号规范
①设未知数直接用各物理量的符号表示，且要注明物质(或粒子)的符号。如设参加反应HCl 溶液的
体积为V[HCl(aq)]。
②各物理量及单位、物质的名称、公式等尽量用符号表示。如已知NaOH 溶液的体积和物质的量浓
度，求NaOH 溶液的质量时就写成：m(NaOH)=c(NaOH)×V[NaOH(aq)]×M(NaOH)。
(3)单位规范：把已知量代入计算式中计算时都要带单位且单位要统一。
考●向●破●译
考向 考查根据化学方程式计算
例1 向含CuCl2和HCl 的100g 混合溶液中，逐滴加溶质质量分数为10%的NaOH 溶液，参加反应的
NaOH 溶液质量与生成沉淀质量关系如图[仅考虑沉淀为Cu(OH)2]。求：
(1)P 点溶液中含有的溶质的化学式为 。
(2)图像中，m1= 。
(3)计算M 点时溶液中溶质的质量分数 (结果保留到0.1%)。
【答案】(1)NaCl、CuCl2 (2)120 (3)8.3%
【解析】(1)向含CuCl2和HCl 混合溶液中逐滴加NaOH 溶液，NaOH 先于HCl 反应，再与CuCl2反
应生成沉淀，发生的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O、2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2↓+2NaCl，P 点溶液
是HCl 恰好完全反应时图像，溶液中含有的溶质为NaCl、CuCl2；(2)设与CuCl2溶液反应的NaOH 的质
量为xg，生成NaCl 的质量为yg，则
，解得：x=8，y=11.7，与CuCl2溶液反应的NaOH 溶液的质量为
，
m1=40g+80g=120g；(3)M 点时溶液中溶质为NaCl，设NaOH 溶液与HCl 反应生成NaCl 的质量为zg，则
，解得：z=5.85，M 点时溶液中溶质的质量分数
。
解题妙招
化学方程式计算过程中注意事项
(1)书写格式规范化：在根据化学方程式计算的过程中，各物理量、物质名称、公式等尽量用符号表
示，且数据的运算要公式化并带单位。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而
“n”表示物质的量。
(2)单位运用对应化：根据化学方程式计算时，如果题目所给的两个量单位不一致，要注意两个量的
单位要“上下一致，左右相当”。
(3)如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，必须先判断哪种过量。
【变式1】【变载体】把10.2 g 镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，在标准状况下生成6.72 L 氢
气。试计算：
(1)该合金中铝的质量分数是 。
(2)该合金中镁与铝的物质的量之比是 。
(3)该合金溶于足量的盐酸溶液中，标准状况下产生氢气的体积是 。
【答案】(1)52.9% (2)1∶1 (3)11.2 L
【解析】(1)把镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中，镁不反应，只有铝能与氢氧化钠溶液反应。
设铝的物质的量为n(Al)，则：
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2 mol 3×22.4 L
n(Al) 6.72 L
解得：n(Al)＝0.2 mol，m(Al)＝0.2 mol×27 g·mol－1＝5.4 g，铝的质量分数为×100%≈52.9%。
(2)m(Mg)＝10.2 g－5.4 g＝4.8 g，n(Mg)＝＝0.2 mol，则n(Al)∶n(Mg)＝1∶1。
(3)设由铝生成的氢气为V1(H2)，由镁生成的氢气为V2(H2)，由铝和镁与盐酸的反应可知：
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2 mol 3×22.4 L
0．2 mol V1(H2)
解得：V1(H2)＝6.72 L；
Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑
1 mol 22.4 L
0．2 mol V2(H2)
解得：V2(H2)＝4.48 L，V 总(H2)＝V1(H2)＋V2(H2)＝6.72 L＋4.48 L＝11.2 L。
【变式2】【新载体】一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0 g，投入50 g 水中，最多能产生0.2 g
气体，则：
(1)涉及的化学方程式为 ， 。
(2)钠块中钠的质量是
g 。
(3)钠块中氧化钠的质量是
g 。
(4)原来钠块中被氧化的钠的质量是
g 。
(5)设所得溶液的体积为50 mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是 。
【答案】(1) 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ Na2O＋H2O===2NaOH
(2) 4.6 (3) 12.4 (4) 9.2 (5) 12_mol·L－1
【解析】(1)该过程中涉及的化学方程式有2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Na2O＋H2O===2NaOH；(2)
(3)反应生成氢气的质量为0.2 g，则：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
46 2
m(Na) 0.2 g
m(Na)＝＝4.6 g；m(Na2O)＝17.0 g－4.6 g＝12.4 g；(4)m(Na2O)＝12.4 g，则被氧化成氧化钠的金属钠
的质量＝12.4 g×＝9.2 g；(5)原样品中钠元素的质量＝4.6 g＋9.2 g＝13.8 g，钠元素的物质的量＝＝0.6
mol，根据钠守恒得，溶液中氢氧化钠的物质的量＝0.6 mol，则氢氧化钠的浓度＝＝12 mol·L－1。
【变式3】【新情境】玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH 溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O
(x－1)S＋K2S===K2Sx(x＝2～6)
S＋K2SO3===K2S2O3
请计算：
(1)0.480 g 硫单质与V mL 1.00 mol·L－1 热KOH 溶液恰好完全反应，只生成K2S 和K2SO3，则V＝
________mL。
(2)2.560 g 硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L－1热KOH 溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝
________。(写出计算过程)
【答案】(1)30.0 (2)3
【解析】(1)根据方程式3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O 可知，3 mol S 可以和6 mol KOH 反应，
0.480 g S 的物质的量n(S)＝0.015 mol，则需要消耗KOH 的物质的量n＝2n(S)＝0.03 mol，需要KOH 溶
液的体积V＝＝＝0.03 L＝30.0 mL。
(2)若S 与KOH 溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x＋2)S＋6KOH===2K2Sx＋
K2S2O3＋3H2O，有＝，即＝，解得x＝3。
考点二 常用化学计算技法
知●识●解●构
知识点1 关系式法
1．含义：关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子，在多步反应中，它可
以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。一般适用于多
步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出
原料和最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转
化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率
高。高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系式法，可
以缩短答题时间；解题的关键是正确书写关系式。
2．关系式法类型：
(1)纵向关系式：经过多步的连续反应，即后一反应的反应物为前一反应的生成物，采用“加合”，
将多步运算转化为一步计算
(2)横向关系式：几种不同物质中含相同的量，根据该量将几种不同物质直接联系起来进行运算。有
多个平行的化学反应即多个反应的生成物有一种相同，根据这一相同的生成物，找出有关物质的关系
式，依此关系式进行计算可简化运算过程。
3．关系式法解题步骤：
第一步：写出各步反应的化学方程式；
第二步：根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质
量、物质的量或相同条件下气体的体积)的关系；
第三步：确定已知物质和所求物质之间的量的关系；
第四步：根据所确定的已知物质和所求物质之间的量的关系和已知条件进行计算。
知识点2 守恒法
1．含义：所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理
量的总量保持“不变”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电
子守恒、电荷守恒、能量守恒等。利用化学反应前后某些量之间的等量关系，推理得出正确答案的方法
称为守恒法，从而达到速解、巧解化学试题的目的。仔细挖题目中隐含的等量关系是守恒法解题的关
键。
2．守恒法主要有如下三种类型：
①质量守恒法：宏观特征：反应前后质量守恒；微观特征：反应前后各元素的原子个数守恒。
②电荷守恒法：溶液中阴、阳离子个数不一定相等，但正负电荷总数相等。离子方程式中，反应物
所带电荷总数与生成物所带电荷总数相同且电性相同。
③得失电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。
3．守恒法一般解题步骤如下：
第一步：明确目标：明确题目要求解的量；
第二步：分析过程：根据题目要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的
量；
第三步：运用守恒：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。
知识点3 差量法(差值法)
1．含义：差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量
可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程
式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。
2．差量类型
(1)气体体积差量
(2)气体质量差量
(3)液
- 液质量
差量
(4)固
- 液质量
差量
(5)气
- 液质量
差量
(6)气
- 固质量
差量
(7)溶解度差量。
3．差量法(差值法)解题步骤
第一步：准确写出有关反应的化学方程式；
第二步：深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该
“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量
成正比；表示出实际差值并写在相应位置(注意应将理论差值与实际差值写在化学方程式最右侧)；
第三步：根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。
得分速记
(1)x、y 可表示物质的质量、物质的量、气体体积等,因而差量可指质量之差(
m)
△
物质的量之差(
n)
△
或气体体积之差(△V)等。
(2)分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况,存在多个反应,可能差量的增减方向并不一致,这就要取
其代数和.若方向相同,则总差量等于各个分差量之和。
(3)正确分析形成差量的原因,找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键。
知识点4 热重分析法
热重曲线题是实验和计算的有机融合，久考不衰。
1．热重分析法：热重曲线是指在热分析过程中通过热天平而得到的试样在加热过程中质量随温度
变化的曲线。通过热重曲线的分析计算，可以了解样品在某一温度下的反应程度及相应的物质含量等信
息，是一种常用的热分析方法。
2．热重曲线试题主要类型
(1)从失重的方式来分，热重曲线类试题可分为两类：第一类试样发生分解反应，以脱水、分解等方
式失重，气氛物质不参加反应；第二类试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失重。当然也
有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。
(2)从选试样是否已知，热重曲线类试题可分为两类：第一类以已知试样确定产物组成的目标思维法
试题；第二类以未知试样需要确定组成的逆向思维法试题。
得分速记
解答热重分析试题的常用方法
(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 剩余，固体残留率＝×100%。
(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。
考●向●破●译
考向1 关系式法的应用
例1(2026·甘肃武威高三联考)三氯化铬(CrCl3)在无机合成和有机合成中有重要的作用，实验室可采
用湿法和干法制备CrCl3。
(3)无水CrCl3样品的纯度测定。
准确称取
样品，配成
溶液，取25.00mL 溶液于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量
溶液，生成Cr(OH)3沉淀。冷却后，加足量H2O2至沉淀完全转化为Na2CrO4加热煮沸一段时间，
冷却后加入稀硫酸，再加入足量KI 溶液，充分反应后生成Cr3+和I2。用0.025mol·L-1的Na2S2O3标准溶液
滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。样品中无水CrCl3的质
量分数为_______。
【答案】(3)79.25%
【解析】(3)推导反应的物质的量关系式涉及的反应：
，
，
，
通过上述反应可得关系式：
，即1molCrCl3~3molNa2S2O3。计算
样品中CrCl3的物质的量滴定消耗Na2S2O3的物质的量：
则25.00 mL 溶液中CrCl3的物质的量：
，250 mL 溶
液中CrCl3的物质的量：
，CrCl3摩尔质量
，则样品中CrCl3的质量：
样
品中无水CrCl3的质量分数：
解题妙招
关系式法解题步骤
【变式1】【变载体】金属钒广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。
(6)取100 g 含V2O5 6%的钒碳质金矿进行提钒(原料中的所有钒已换算成V2O5)，将产物转化为
VO2+后，用0.1 mol/L 的KClO3溶液氧化，反应关系为3V2O5~6VO2+~ClO3
-。假设各转化过程钒没有损
失，若消耗KClO3溶液100 mL，则该实验中钒的回收率是___________。[M(V2O5)=182 g/mol]
【答案】(6)91.0%
【解析】(6)由反应关系3V2O5~6VO2+~ClO3
-可知，n(ClO3
-)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，则理论上对应
V2O5的物质的量n(V2O5)=0.01mol×3=0.03mol，m(V2O5)=0.03mol×182g/mol=5.46g；100g 含V2O56%的钒
碳质金矿中V2O5的质量为100g×6%=6g，所以该实验中钒的回收率是
×100%=91.0%。
【变式2】【新情境】取制得的NaBiO3粗产品mg，加入足量的稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反
应，生成Bi3+，溶液变为紫红色。将反应后的溶液准确配制成100mL 溶液，取25.00mL 用nmol/L 的
H2C2O4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗H2C2O4溶液VmL。该产品的纯度是 (用含n、m、V
的代数式表示)。
【答案】
【解析】NaBiO3将MnSO4氧化为MnO4
-，自身被还原为Bi3+，MnO4
-被H2C2O4还原，根据得失电
子守恒：
，关系式：
，则纯度：
。
【变式3】【新考法—碘量法测定产品纯度】六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283
℃，沸点为340 ℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备
WCl6，利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
(1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1 分钟，盖紧称
重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1 分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为________g(不考虑空气
中水蒸气的干扰)。
(2) 滴定：先将WCl6 转化为可溶的Na2WO4 ，通过IO 离子交换柱发生反应：WO ＋
Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO 的溶液中加入适量酸化的KI 溶液，发生反应：IO
＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。
滴定达终点时消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数
为________。
【答案】(1)(m3＋m1－2m2)
(2)%
【解析】(1)称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量
的质量要减少，开盖并计时1 分钟，盖紧称重为m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入
待测样品并计时1 分钟，又挥发出(m1－m2)g 的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g
－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。
(2)滴定时，根据关系式：WO～2IO～6I2～12S2O，样品中n(WCl6)＝n(S2O)＝cV× 10 －3 mol，
m(WCl6)＝ cV× 10－3 mol×M g·mol－1＝ g，则样品中WCl6的质量分数为 ×100%＝%。
考向2 守恒法的应用
例2 大气污染物中的氮氧化物可用NaOH 溶液吸收，发生如下反应：
NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O
2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
请计算：
(1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO 和NO2)与V mL 0.500 mol·L-1 NaOH 溶液恰好
完全反应，则V=_____________mL。
(2)若V(NO)∶V(NO2)=5 1∶，与x mol O2混合，能与60.0 mL 1.00 mol·L-1 NaOH 溶液恰好完全反应全部
转变成NaNO3，则x=_____________。
【答案】(1)3.00 (2)0.04
【解析】(1)33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO 和NO2)的物质的量为33.6×10
-3L
22.4 L·mol
-1
=1.5×10-3 mol，根据氮氧化物中所含氮原子的情况及产物中氮原子和钠原子的个数比可知，反应时氮氧
化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1 1∶，则消耗NaOH 的物质的量为1.5×10-3 mol，则V=
1.5×10
-3mol
0.500mol·L
-1 =3.00×10-3 L=3.00 mL。(2)n(NaOH)=1.00 mol·L-1×0.06 L=0.06 mol；恰好完全反应全部
转
变
成
NaNO3
，
根
据
元
素
质
量
守
恒
有
n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol
，
n(NO)∶n(NO2)=V(NO)∶V(NO2)=5 1∶，故n(NO)=0.05 mol，n(NO2)=0.01 mol，根据得失电子守恒，失电子：
NO
NO3
-
、NO2
NO3
-
；得电子：O2
2O
-2
；故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol×4，则x mol=0.05
mol×3
4 +0.01 mol×1
4 =0.04 mol。
解题妙招
守恒法解题步骤
【变式1】【变载体】(2026·河北邢台高三期末)氮化铬(CrN)主要用作高硬度耐磨涂层材料。
(7)CrN 产品中含少量Cr2N 杂质，取17.68 g 样品在氧气流中充分煅烧，残留固体20.52 g，其成分全
为Cr2O3.样品中CrN 与Cr2N 的物质的量之比为_______。
【答案】(7)25：1
【解析】(7)设产品中CrN 的物质的量为x mol，Cr2N 的物质的量为y mol，则可建立如下等量关系
式：66x+118y=17.68 ①；根据Cr 原子守恒，Cr 原子的总物质的量为：x+2y=
×2=0.27 ②，解方程
可得：x=0.25 mol，y=0.01 mol，从而得出样品中CrN 与Cr2N 的物质的量之比为0.25：0.01=25：1。
【变式2】【新情境】碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]在高温下均能分解成氧化铜,均可溶于盐酸
转化为氯化铜。溶解28.4 g 碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物,恰好消耗500 mL1mol·L-1的盐酸。煅烧等质量
的上述混合物,得到氧化铜的质量是( )
A.35 g B.30 g C.20 g D.15 g
【答案】C
【解析】要求“得到的氧化铜的质量”,需要求出混合物中“Cu”的物质的量。28.4 g CuCO3和
Cu2(OH)2CO3的混合物恰好消耗500 mL 1 mol·L-1 的盐酸,转化为CuCl2。根据Cl 原子守恒,可得
n(CuCl2)=0.5 L×1mol·L-1÷2=0.25 mol。根据Cu 原子守恒,混合物中n(Cu)=n(CuCl2)=0.25 mol,可知煅烧后得
到的n(CuO)=0.25 mol,质量为0.25 mol×80 g·mol-1=20 g,故选C。
【变式3】【新考法—结合氧化还原先后律】有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I-(忽略水
的电离)，其中Cl-、Br-、I-的个数之比为2：3：3，向溶液中通入氯气，使溶液中Cl-和Br-的个数比为
7：3(已知还原性I->Fe2+>Br->Cl-)，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比为
A．5：4
B．4：5
C．5：12
D．12：5
【答案】A
【解析】还原性：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，根据电荷守恒2n(Fe2+)=n(Cl-)+n(Br-)+n(I-)计算n(Fe2+)，根据溶
液中通入氯气使溶液中Cl-和Br-的个数比为7：3，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量。由题意可设
Cl-、Br-、I-的物质的量分别为2mol、3mol、3mol，由电荷守恒可得：2n(Fe2+)=n(Cl-)+n(Br-)
+n(I-)=2mol+3mol+3mol=8mol，n(Fe2+)=4mol，通入氯气后，溶液中有剩余Fe2＋，说明Br－没有参加反
应，I－全部参加反应，要满足 n(Cl-)：n(Br-)=7：3，Cl-只要增加5mol 就可以，即需通入氯气2.5mol。
3mol I-先消耗1.5mol 氯气，2mol Fe2+消耗1mol 氯气，剩余Fe2+2mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量
之比为：2.5：(4-2)=5：4。故选项A 正确。
考向3 差量法的应用
例3 取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分
反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算：
(1)KMnO4的分解率为______________。
(2)气体A 的物质的量为______________。
【答案】(1)60.0% (2)0.095
【解析】(1)根据
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑ Δm(固)
(2×158) g 32 g
m 7.90 g-7.42 g
解得m=4.74 g，即KMnO4的分解率为4.74 g
7.90 g ×100%=60.0%。(2)根据上述反应可知剩余固体中含
KMnO4为7.90 g-4.74 g=3.16 g(即0.02 mol)，生成K2MnO4为0.015 mol，生成MnO2为0.015 mol，根据固
体与浓盐酸反应生成气体A，可知A 为Cl2，结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2，可
计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05 mol、0.03 mol 和0.015 mol，即生
成Cl2的物质的量为0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。
解题妙招
差量法解题模板
(1)明确产生差量的原因,并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。
(2)结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。
(3)列比例式求解。
【变式1】【变载体】为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，
其质量变为w2 g ，则该样品的纯度(质量分数)是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据方程式可知
2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑
m
△
2×84 106 62
m(NaHCO3) w1－w2
m(NaHCO3)＝84(w1－w2)/31
则该样品的纯度是[w1－84(w1－w2)/31]÷w1＝(84w2－53w1)/31w1，答案选A。
【变式2】【新情境】16 mL 由NO 与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反
应：6NO＋4NH3
5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中
NO 与NH3的物质的量之比可能为( )
A．5 3∶ B．3 2∶ C．4 3∶ D．9 7∶
【答案】BC
【解析】根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH3
5N2＋6H2O(g) ΔV(气体的体积差)
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量)
9 mL 6 mL 17.5 mL－16 mL＝1.5 mL(实际差量)
由此可知共消耗15 mL NO 与NH3的混合气体，还剩余1 mL 气体，假设剩余的气体全部是NO，则
V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL) 6 mL
∶
＝5 3∶；假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL (6 mL
∶
＋
1 mL)＝9 7∶，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于
9 7∶与5 3
∶
之间，对照所给的数据知3 2∶与4 3∶在此区间内。
【变式3】【新情景】臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧
气通过高压放电管来制取臭氧：3O2
2O3。
(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为_____________g·mol-1(保
留一位小数)。
(2)将8 L 氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为_____________L。
【答案】(1)35.6 (2)3
【解析】(1)设原有1 mol O2，则有
3O2
2O3 Δn
3 mol 2 mol 1 mol
0.3 mol 0.1 mol
则M=m总
n总
=32 g
0.9mol ≈35.6 g·mol-1。
(2)3O2
2O3 ΔV
3 体积 2 体积 1 体积
V 8 L-6.5 L=1.5 L
解得V=3 L。
考向4 热重分析法
例4(2026·上海杨浦高三模拟预测)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀
土元素。钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%，化学性质非常活泼。
草酸钪晶体[Sc(C2O4)3·6H2O]在空气中加热，
随温度的变化情况如下图所示。250℃
时，晶体的主要成分是_______(填化学式)，550~850℃，反应的化学方程式为_______。
{M[Sc(C2O4)3·6H2O]=462g·molˉ1}。
【答案】Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O2
2Sc2O3+12CO2
【解析】已知原始固体为，摩尔质量为462 g/mol，250℃时，剩余固体质量为1-19.5%=80.5%，计
算失去结晶水的质量分数，失去了5 个结晶水，故此时晶体只带一个结晶水，化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；
550~850℃过程中，Sc2(C2O4)3发生反应，根据质量变化及后续产物，可知是与氧气反应，根据原子守恒
配平化学方程式，得2Sc2(C2O4)3+3O2
2Sc2O3+12CO2。
解题妙招
热重曲线图分析方法
1．结晶水合盐受热分解步骤
加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步
是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。
2．热重曲线图的分析方法
(1)识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X 轴和函数Y 轴表示
的意义)，寻找X、Y 轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊
点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏
态等变化)。
(2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化
的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。
(3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用
新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。
【变式1】【变载体】(2026·吉林白山高三开学考试)废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次
资源可加以回收利用。
(6)在空气中加热18.3gCoC2O4·2H2O，其热重曲线如图所示。图中，a、c 两点对应固体的成分分别是
___________、___________(填化学式，其中c 为Co 的氧化物)。
【答案】(6) CoC2O4 CoO
【解析】(6)18.3 gCoC2O4·2H2O 的物质的量为0.1 mol，其中结晶水的质量为3.6 g，得到a 点固体损
失质量18.3 g-14.7 g=3.6 g，恰好结晶水全部失去，则a 点对应固体的成分是CoC2O4，固体Co 元素的质
量始终为5.9 g，b 点固体中O 元素质量=8.0 g-5.9 g=2.1 g，b 点固体Co 和O 的个数比=
，
即b 点对应固体的成分是Co3O4，c 点固体中O 元素质量=7.5 g-5.9 g=1.6 g，c 点固体中Co 和O 的个数比
=
，即c 点对应固体的成分是CoO。
【变式2】【新情境】(2026·黑龙江大庆二模)电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂
的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置。
(7)MnSO4·H2O 受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70 g MnSO4·H2O 样品受热分解过程的热重曲线
(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为___________。
【答案】(7)3MnO2
Mn3O4+O2↑
【解析】(7)MnSO4·H2O 的摩尔质量为169g·molˉ1，50.70g 样品的物质的量为0..3mol，含Mn 的物质
的量为0..3mol，870℃时固体质量为26.10g，
时为22.90g，该阶段质量减少是由于生成了氧气，
减少的质量
，则生成氧气的物质的量
，
时固体为0.3molMnO2，1200℃时产物为0.1molMn3O4，反应方程式为)3MnO2
Mn3O4+O2↑。
【变式3】【新考法】(2026·湖南长沙高三模拟考试)(5)2.5 g 胆矾(CuSO4·5H2O)受热分解过程的热重
曲线(样品质量随温度变化的曲线)和胆矾结构如图所示：
①请用化学方程式解释258℃时，胆矾晶体减重的原因：_______。
②请从原子结构角度解释，温度高于1000℃时发生反应的原因可能是_______。
【答案】(5)CuSO4·H2O
CuSO4+H2O CuO 中Cu2+价电子排布为3d9，Cu2O 中Cu+价电子为
全充满3d10的稳定结构
【解析】(5)
2.5g
①
胆矾(CuSO4·5H2O，摩尔质量250g/mol)物质的量为0.01mol，113℃时，固体质量
变为1.78g，失去结晶水的质量m = 2.50g - 1.78g = 0.72g，物质的量
，此时固体物
质为CuSO4·H2O，258℃时剩余固体质量为1.60g，恰好等于0.01mol CuSO4的质量，说明胆矾完全失去
结晶水，写出反应方程式为CuSO4·H2O
CuSO4+H2O。 ② 1000℃时，固体质量由0.80g 变为
0.72g，680℃时0.80g 固体为CuO(0.01mol 胆矾中Cu 元素物质的量为0.01mol，若全转化为CuO，
)，从CuO 变为0.72g 固体，质量减少0.80g - 0.72g = 0.08g，这是O 元素的
质量，物质的量
，剩余O 元素物质的量为0.01mol - 0.005mol = 0.005mol ，Cu 与
O 物质的量之比为0.01mol：0.005mol = 2：1 ，此时固体为Cu2O，所以1000℃时发生反应的化学方程式
为4CuO
2Cu2O+O2↑。从结构上看，CuO 中Cu2+价电子排布为3d9，Cu2O 中Cu+价电子为全充满
3d10，3d 轨道全充满结构更稳定，因此高温下Cu2+转化为更稳定的Cu+。
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．(2025·全国新课标卷，9)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg2Si2O5(OH)4，伴生有少
量Ni、Fe、Al 等元素。
(6)1.0kg 蛇纹石“矿化”固定CO2，得到0.466kgMg5(CO3)4(OH)2·4H2O，相当于固定CO2 L(标
准状况)。
【答案】(6)89.6
【解析】(6)0.466kgMg5(CO3)4(OH)2·4H2O 物质的量为
，根据C 原子守恒
Mg5(CO3)4(OH)4·4H2O~4C~4CO2，固定CO2为4mol，标准状况下的体积为
。
2．(2025·广西卷，15)HBr 和MgBr2广泛应用于精细化工领域。
(7)尝试直接加热MgBr2·6H2O 制备无水MgBr2。当加热至460℃，失重后固体残渣质量为原化合物质量
的30.7%。经分析该固体残渣为Mgx(OH)yBrz，则x：y：z= (
均为正整数)。继续加热，最
终得到MgO。据以上结果判断，欲从MgBr2·6H2O 获得无水MgBr2，应采用的措施是 。
【答案】(7)2：3：1 HBr 气氛下加热
【解析】(7)设292gMgBr2·6H2O 加热至460℃，失重后固体残渣质量为原化合物质量的30.7%，反应前
后镁元素质量不改变，根据镁的质量守恒，产物中含24gMg，则可知x=1，则可得：
24+17y+80z=292×30.7%，y+z=2x=2，解得y=1.5，z=0.5，则x：y：z=2：3：1；继续加热，最终得到
MgO。据以上结果判断，欲从MgBr2·6H2O 获得无水MgBr2，应采用的措施是在HBr 气氛下加热，可以抑
制水解。
3．(2025·安徽卷，16)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。
(5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7g 和10.3g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2
气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究：
实验
操作
现象
a
将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL 饱和
Na2CO3溶液，持续20 min，消耗600 mL CO2
无明显现象
b
将20 mL 饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500
mL 矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1~2
min，静置
矿泉水瓶变瘪，3 min
后开始有白色晶体析出
i．实验a 无明显现象的原因是 。
ii．析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42g 晾干后的白色晶体，加热至
恒重，将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH 溶液，NaOH 溶液增重0.088g，则白色晶体中
NaHCO3的质量分数为 。
【答案】(5)CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生
成的NaHCO3的量较少，NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体 80%
【解析】(5)i．实验a 无明显现象的原因是：CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小，且
两者发生反应的速率也较小，生成的NaHCO3的量较少，NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态，故不
能析出晶体。ii．析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42g 晾干后的白色晶体，
加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH 溶液。NaHCO3受热分解生成的气体中有
H2O 和CO2，而Na2CO3·10H2O 分解产生的气体中只有H2O，无水CaCl2可以吸收分解产生的H2O，NaOH
溶液可以吸收分解产生的CO2；NaOH 溶液增重0.088g，则分解产生的CO2的质量为0.088g，其物质的量
为
，由分解反应可知，NaHCO3的物质的量为0.004 mol，则白色晶体中NaHCO3的
质量为
，故其质量分数为
。
4．(2025·甘肃卷，15)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物
Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。
(5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减
轻的原因为 。结晶水个数
。[M(C7H5O2
-)]=121，结果保留两位有效数字]。
【答案】(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O 吸潮的水 1.7
【解析】(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O 在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H5O2)3·xH2O
吸潮的水，92℃~195℃失去的是结晶水的质量；最后得到的是Eu2O3，1mol Eu(C7H5O2)3·xH2O 失去结晶水
质量减少18xg，重量减少5.2%，根据[M(C7H5O2
-)]=121，1mol Eu(C7H5O2)3生成0.5mol 的Eu2O3，质量减少
3×(121-8)g=339g，重量减少56.8%，有关系式18x：5.2%=339：56.8%，x=1.7。
5．(2025•河南卷，16)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应
为S+2OH-+3H2O2=SO4
2-+4H2O。
主要实验步骤如下：
Ⅰ．如图所示，准确称取
细粉状药用硫黄于①中，并准确加入V1mLKOH 乙醇溶液(过量)，加入适
量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。
Ⅱ．室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30% H2O2溶液，加热至100 ℃，保持
20min，冷却至室温。
Ⅲ．将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2 滴甲基橙指示剂，用cmol·L-1HCl 标准溶液滴定至终点，
消耗HCl 溶液体积为V2mL。
Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗
标准溶液体积为V3mL。计算样品中硫
的质量分数。
Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。
回答下列问题：
(1)仪器①的名称是： ；②的名称是 。
(2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是 。
(3)步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是 。
(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是 。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的SO4
2-，实
验操作是 。
(5)步Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为 。
(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为 (写出计算式)。
【答案】(1)圆底烧瓶 球形冷凝管
(2)作溶剂，溶解单质硫
(3)防止双氧水氧化乙醇，影响实验测定结果
(4) 实验需要加热至100 ℃ 取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实验现象，再加入氯化
钡溶液产生白色沉淀，说明含有SO4
2-
(5)滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色
(6)
【解析】(1)根据仪器构造可知①是圆底烧瓶，②是球形冷凝管；
(2)硫单质难溶于水，微溶于酒精，所以乙醇的作用是作溶剂，溶解单质硫；
(3)双氧水具有强氧化性，乙醇具有还原性，二者混合发生氧化还原反应，所以必须蒸馏除去乙醇；
(4)由于实验需要加热至100 ℃，而水的沸点就是100 ℃，所以不宜采用水浴加热；要检验溶液中的
硫酸根离子，需要排除溶液中其它离子的干扰，所以实验操作是取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实
验现象，再加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明含有SO4
2-；
(5)甲基橙作指示剂，盐酸滴定氢氧化钾溶液，则滴定终点的现象为滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄
色变为橙色，且半分钟内不褪色；
(6)不加入硫磺，消耗HCl 标准溶液体积为V3mL，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3mol，反应后
剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV2mol，因此与硫磺反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c(V3－V2)mol，
所以根据方程式S+2OH-+3H2O2=SO4
2-+4H2O 可知硫单质的物质的量0.0005c(V3－V2)mol，所以单次样品测
定中硫的质量分数可表示为
。
6．(2025•陕晋宁青卷，15)某实验室制备糖精钴
，并测定其结晶水含量。
已知：Sac-
表示糖精根离子，其摩尔质量为182 g·molˉ1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水
中较小；丙酮沸点为
，与水互溶。
(一)制备
I．称取1.0gCoCl2·6H2O，加入
蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。
Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入10mL 蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。
Ⅲ．将溶液2 加入到接近沸腾的溶液1 中，反应3 分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
(1)I 和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有 、 (写出两种)
(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于 中，以使大量晶体析出。
(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1% NaSac 溶液洗涤晶体，正确顺序为 。
A．①③② B．③②① C．②①③
(4)Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中， (将实验操作、现象和
结论补充完整)。
(5)与本实验安全注意事项有关的图标有 。
(二)结晶水含量测定
EDTA 和Co2+形成
配合物。准确称取
糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓
冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用
的
标准溶液滴定。
(6)下列操作的正确顺序为 (用字母排序)。
a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL 处
c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数
(7)滴定终点时消耗标准溶液
，则产品
中x 的测定值为 (用含m、
c、V 的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x 的测定值 (填“偏
高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)玻璃棒 量筒(或胶头滴管等，合理即可)
(2)冰水浴
(3)B
(4)加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净
(5)ABC
(6)cabd
(7)
(或：
) 偏高
【解析】按照反应
制备糖精钴，
然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1% NaSac 溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最
后将糖精钴晶体溶解后用EDTA 标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。
(1)步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。
(2)因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于
冰水浴中。
(3)先用冷的1% NaSac 溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的
Co2+转化为晶体析出，且不引人新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性
离子，丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，
故答案为B。
(4)Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴
加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净。
(5)进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗
双手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故A、
B、C 符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D 不符合题意，故答案为ABC。
(6)使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进行润洗(a)，待
润洗完成后 装入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL 处(b)，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度
下，准确记录标准溶液体积的初始读数(d)，故答案为cabd。
(7)滴定消耗的
，EDTA 与Co2+形成1：1 配合物，则样品溶解后的
，即样品中的
，而
，所以
，解得
；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，
滴定后有气泡，测得消耗EDTA 溶液体积偏小，即V 偏小，根据
，则x 偏高。
