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
目录
01 考情解码·命题预警...........................................................................................................................
02 体系构建·思维可视...........................................................................................................................
03 核心突破·靶向攻坚...........................................................................................................................
考点一 根据化学方程式进行计算.....................................................................................................
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类的解题步骤......................................................................
考向1 根据化学方程式进行计算..............................................................................................................
【思维建模】根据化学方程式进行计算的解题步骤
考点二 常用的化学计算方法...........................................................................................................
知识点1 守恒法..................................................................................................................................................
知识点2 差量法..................................................................................................................................................
知识点3 关系式法..............................................................................................................................................
考向1 守恒法在化学计算中的应用................................................................................................................
【思维建模】守恒法的应用
考向2 差量法在化学计算中的应用................................................................................................................
【思维建模】差量法的应用
考向3 关系式法在化学计算中的应用.............................................................................................................
【思维建模】关系式法的应用
考向4 热重曲线法在化学计算中的应用...........................................................................................................
【思维建模】热重曲线法的应用
04 真题溯源·考向感知...........................................................................................................................
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
2022 年
2021 年
根据化学方程式
进行计算
选择题
非选择题
8 题，3 分
9 题，3 分
10 题，3 分
14 题，3 分
3 题，3 分
16 题，6 分
8 题，3 分
16 题，2 分
化学计算的常用
方法
选择题
非选择题
15 题，2 分
9 题，3 分
17 题，2 分
考情分析：
以物质的量为中心的计算常与化学方程式结合起来进行考查，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最常用的，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。
复习目标：
1．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。
2．掌握关系式法、守恒法、差量法在解题中的应用。
考点一 根据化学方程式进行计算
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
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类的解题步骤
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
计算过程中的注意事项
（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 根据化学方程式进行计算
例1 （2025·湖南·联考）已知硫粉和
溶液发生以下离子反应：
，现有
溶液，往其中加入一定量的硫粉，控制一定条件使硫粉恰好完全反应，反应后溶液
中的阴离子为
（不考虑水的电离，假设溶液体积不变），且物质的量之比为
，在反
应后的溶液中加入NaClO 碱性溶液300mL，恰好将硫元素全部转化为
。请计算：
(1)反应后：
。
(2)加入硫粉的物质的量：
。
(3)NaClO 溶液的物质的量浓度为 mol/L。
【答案】(1)0.111
(2)0.21
(3)3.58
【详解】（1）根据反应：
可知，生成的
、
的物质的量与反应的
的物质
的量相等，则根据
守恒可得：
。
（2）由反应后
物质的量之比为
，设剩余的
，则有
、
，根据
，解得
，带入反应：
、
，可以计算加入硫粉的物质的量：
。
（3）在反应后的
溶液中加入300mLNaClO 碱性溶液，恰好能将硫元素全部转化为
，则
反应的离子方程式以及转化量关系为：
、
、
；得到消耗的
，NaClO 溶液的物质的量浓度为：
。
【变式训练1·变载体】（2025·湖南·二模）联氨
可用于镜面镀银，其原理为
(未配平)。设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的
是
A．
中非极性键的数目为
B．
晶体中
键的数目为
C．
溶液中
的数目为
D．该反应中每转移
电子生成
的数目为
【答案】C
【详解】A．32g N2H4的物质的量为1mol，N2H4分子中N—N 键为非极性键，1 个N2H4分子中有1 个非极
性键，所以1mol N2H4中非极性键的数目为NA，A 正确；
B．1mol
中σ 键的物质的量为4mol，1mol
中σ 键的物质的量为3mol，1 个NH4NO3分子中有7
个σ 键，所以1mol NH4NO3中σ 键的数目为7NA，B 正确；
C．[Ag(NH3)2]+是络合离子，其中Ag+被NH3分子络合，所以在[Ag(NH3)2]NO3溶液中，Ag+的数目少于
0.01NA，C 错误；
D．反应方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4→4Ag↓+N2↑+4
+4NH3，其中N2H4被氧化，N 的化合价从-2 变为
0，所以每生成1mol N2，转移4mol 电子，即每转移1mol 电子生成0.25mol N2，数目为0.25NA，D 正确；
故答案为：C。
【变式训练2·变考法】（湖南永州2024-2025 学年高三上学期1 月期末统考化学试题）向
和
的混
合溶液中不断通入
，溶液中n(含碘微粒)和n(含铁微粒)随
的变化曲线如图所示。已知：
与
的水溶液反应生成
和HCl，
为强酸。下列说法正确的是
A．原溶液中
B．e 点溶液中n(阳离子)为6mol
C．c 点溶液与o 点溶液混合，不会发生反应
D．通入
时，溶液中
【答案】D
【分析】已知还原性：I-大于Fe2+，Cl2先氧化I-生成I2，再氧化Fe2+生成Fe3+，过量的Cl2再氧化I2为
HIO3，结合图，Cl2的物质的量0mol 到bmol 的反应为2I-+Cl2=I2+2Cl-，反应生成0.5mol 碘单质，则
b=0.5；从Cl2的物质的量0.5mol 到dmol 的反应为Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，反应生成2mol 铁离子，消耗1mol
氯气，则d=1+0.5=1.5；从Cl2的物质的量1.5mol 到4mol 的反应为5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2
+12H+，消耗
2.5mol 氯气，生成6mol 氢离子；
根据上述分析可知，n(I-)=0.5mol×2=1.0mol，n(FeI2)=0.5mol，n(Fe2+)=2mol，
n(FeCl2)=2mol-0.5mol=1.5mol；
【详解】A．由分析，原溶液中n(FeI2)=0.5mol，A 错误；
B．e 点溶液中阳离子为铁离子和6mol 氢离子，结合铁守恒，阳离子共6mol+2mol=8mol，B 错误；
C．铁离子和碘离子会发生氧化还原反应生成碘单质，则c 点溶液与o 点溶液混合，会发生反应，C 错误；
D．通入
时，0.5mol 氯气氧化碘离子，0.5mol 氯气氧化1mol 亚铁离子生成1mol 铁离子，则溶液中
，D 正确；
故选D。
【变式训练3·
】【日常生活与学科知识结合】（2025·湖南·调研）用高铁酸钠(
)对河、
湖水消毒是城市饮水处理的新方法。高铁酸钠可通过湿法或干法来制备，反应原理如下：湿法：
；干法：
。下列说法错误的是
A．
中铁元素为
价，具有强氧化性，能消毒杀菌
B．湿法中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
C．湿法中氧化性：
D．干法中
既是氧化剂又是还原剂
【答案】B
【详解】A．Na2FeO4中Na 为+1 价，O 为-2 价，计算得Fe 为+6 价，具有强氧化性，能消毒杀菌，A 正
确；
B．湿法中Fe3+→
（+3→+6，每Fe3+失去3e-），ClO-→Cl-（+1→-1，每ClO-得到2e-）。总转移电子
数为6mol（2×3=6 失，3×2=6 得）。氧化产物F
与还原产物Cl-的物质的量比为2:3，B 错误；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物。湿法中ClO-是氧化剂，
是氧化产物，故ClO-的氧化性更强，C
正确；
D．干法中Na2O2的O 部分被还原为Na2O（-2 价），部分被氧化为O2（0 价），故Na2O2既是氧化剂又是
还原剂，D 正确；
故答案选B。
思维建模 根据化学方程式进行计算的解题步骤
写
写出有关的化学方程式
找
找出相关物质对应的化学计量数，从而找出相关物质的物质的量之比
列
将有关的四个量列出比例式
解
根据比例式求出n，再求m、V 或c
答
写出简明答案
考点二 常用的化学计算方法
知识点1 守恒法
1.原理阐述
守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始
态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关
系(如化合物中的化合价规则、电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的。常
见的守恒法有以下几种：
(1)质量守恒(原子守恒)
依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。
(2)电荷守恒
在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
(3)得失电子守恒
氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数=元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数=
氧化剂得电子的总数。
2.解题思路
确定研究对象→分析题意选择合适的守恒方法→确定研究对象的始态和终态相互间的关系并列式
知识点2 差量法
1.原理阐述
(1)所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之
和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。
(2)计算依据：化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。
(3)解题关键：一是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)。二是结合题
中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。
2.解题思路
分析反应前后物质变化，确定差值的原因→表示出理论差值及相应反应物、生成
物对应的物理量→表示出实际差值→建立等式计算
知识点3 关系式法
1.原理阐述
关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，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。
2.解题思路
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(质量或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量的关系
第四步
根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算
考向1 守恒法在化学计算中的应用
例1 （2025·湖南·联考）足量的铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和
、NO 的混合气体
2.24L(标准状况)，这些气体与一定体积的
(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝
酸，若向所得硝酸铜溶液中加入
溶液至
恰好完全沉淀，则消耗NaOH 溶液的体积是
50mL，下列说法正确的是
A．参加反应的硝酸是0.4mol
B．消耗氧气的体积为2.24L
C．此反应过程中转移的电子为0.3mol
D．参加反应的铜的质量是6.4g
【答案】D
【分析】硝酸铜溶液中加入
溶液至
恰好完全沉淀,反应方程式为
，
的物质的量为
，则
Cu(NO3)2的物质的量为
。
【详解】A．参加反应的硝酸包括被还原的（生成NO2和NO）和作为酸的[生成Cu(NO3)2]，气体总物质的
量0.1mol，硝酸铜中
为0.2mol，总HNO3为0.3mol，A 错误；
B．根据电子守恒，Cu 失去0.2mol 电子，则O2获得0.2mol 电子，需O2的物质的量为0.05mol，体积为
1.12L，B 错误；
C．转移的电子数等于Cu 失去的电子数，即0.1mol×2=0.2mol，C 错误；
D．Cu2+的物质的量为0.1mol，对应Cu 的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，D 正确；
故选D。
思维建模 守恒法的应用
第一步：明确题目要求解的量；
第二步：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：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。
【变式训练1】（2025·湖南·调研）实验室用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下
反应一段时间后，下列说法正确的是
A．甲烷和
反应后的产物有4 种
B．实验结束后食盐水中
C．
与足量的
完全取代生成等物质的量的
时，生成HCl 的量为
2mol
D．反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，说明生成的一氯甲烷具有酸性
【答案】B
【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中HCl 和
CH3Cl 是气体，其他三种均为油状液体，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，甲烷和
反应后的产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl 共5 种，A 错
误；
B．饱和食盐水中
，甲烷与氯气反应生成HCl，HCl 溶于饱和食盐水，使氯化钠溶液中
浓度大于钠离子，即实验结束后食盐水中
，B 正确；
C．
与足量的
完全取代生成等物质的量的
时，即生成
，则生成HCl 的量为2.5mol ，C 错误；
D．CH3Cl 是非电解质，不显酸性，所得的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红的原因是HCl 具有酸性， D
错误；
故选B。
【变式训练2】（2025·湖南·开学考）将28.8g 铜投入100mL 浓硝酸中，充分反应，铜有剩余，产生NO 和
的混合气体，溶液中
离子物质的量变化如下图所示，请回答下列问题：
(1)该浓硝酸物质的量浓度为
。
(2)该反应消耗铜的物质的量为 mol。
(3)生成的NO 气体在标况下的体积为 L。
【答案】(1)10
(2)0.3
(3)2.24
【详解】（1）反应前
，该浓硝酸物质的量浓度为
（2）将28.8g 铜投入100mL 浓硝酸中，充分反应，铜有剩余，说明硝酸完全反应，则反应后溶液中只含
硝酸铜一种溶质。反应后溶液中
，即反应消耗
0.3molCu；
（3）反应消耗0.3molCu，根据N 守恒，反应生成NO、NO2的总物质的量为0.4mol；设生成xmolNO，则
生成(0.4-x)molNO2，根据得失电子守恒0.3×2=3x+1×(0.4-x)，x=0.1mol，所以生成的NO 气体在标况下的体
积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
【变式训练3】（2025·湖南·联考）将
和
的固体混合物加入到
一定浓度的
溶液中，
固体完全溶解，生成4.48LNO 和
的混合气体（已折合为标准状况），在所得黄色溶液中加入
的NaOH 溶液0.5L，此时溶液中的金属离子恰好沉淀完全，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质
量是
，下列说法错误的是
A．硝酸的物质的量浓度为
B．混合气体中NO 的物质的量分数是
C．固体混合物中
与
的质量之比为
D．
与硝酸反应后剩余
为
【答案】B
【分析】黄色溶液中加入
的NaOH 溶液0.5L，此时溶液中的金属离子恰好沉淀完全，可知最终
沉淀为Fe(OH)3，质量21.4g，对应物质的量
=0.2mol，即Fe 元素的总物质的量0.2mol；设Fe 为
x mol，FeO 为y mol，联立方程：
，解得x=0.05，y=0.15；根据
可知总电子转移量
=0.05mol×3+0.15mol×1=0.3mol，设NO 为a mol，NO2为b mol，联立：
，解得a=0.05，
b=0.15，据此分析作答。
【详解】A．根据氮原子守恒，可知HNO3的总物质的量=0.05mol+0.15mol+0.2mol×3 +
=1.1mol，硝酸的物质的量浓度为
，A 项正确；
B．混合气体中NO 的物质的量分数是
=25%，B 项错误；
C．固体混合物中
与
的质量之比=
，C 项正确；
D．NaOH 的物质的量为0.9mol，沉淀Fe3+消耗的物质的量为0.6mol，剩余0.3mol 中和硝酸，即
与硝酸反应后剩余
为
，D 项正确；
答案选B。
考向2 差量法在化学计算中的应用
例2（2025·湖南·期末）有一置于水中的用特殊材料制成的密闭容器，气体分子可以通过容器壁，液体固
体则不能，其质量为1g，体积为0.04L，内装有32.7g 40%的硫酸溶液，如果向其中加入锌，要保持容器
不下沉，锌的质量最多不超过（ ）
A．6.3g
B．6.5g
C．7.5g
D．13.0g
【解答】解：设加入锌的质量为X，生成氢气质量为Y 则：
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
65 2
X Y
根据：
解得Y＝
；反应后剩余物质量为：32.7g+X﹣
，容器与容器内物质的总质量为：
1g+32.7g+X﹣
＝33.7g+X﹣
，由于体积为0.04L ＝40mL ，所以密度为：
，只要
≤1 就不会下沉，解得X≤6.5g。
故选：B。
思维建模 差量法的应用
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；
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。
【变式训练1】（2025·湖南·一模）含有Fe、Zn、Mg 的合金粉10.5g 与20%稀硫酸溶液恰好完全反应．蒸干
后得到晶体29.7g（不含结晶水），则同时最多可得到氢气（ ）
A．0.2g
B．0.3g
C．0.4g
D．无法确定
【解答】解：设生成氢气的质量为x，
29.7g 晶体中硫酸根的质量为：29.7g﹣10.5g＝19.2g，
由Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑可知，SO4～H2，
SO4 ～ H2，
96 2
19.2g x
，
x＝0.4g，
故选：C。
【变式训练2】（2024·湖南·一模）某化学兴趣小组为了测定某黄铜（铜、锌合金）样品中锌的质量分数，
取10 克样品放入烧杯中，再取60 克稀硫酸分六次加入烧杯中，均充分反应，实验数据如下：
第一次
第二次
第三次
第四次
第五次
第六次
加入稀硫酸的质量（g）
10
10
10
10
10
10
剩余固体的质量（g）
9.35
8.7
8.05
7.4
6.75
6.75
（1）黄铜样品中锌的质量是
3.25
g；
（2）所用稀硫酸的质量分数为多少？（写出计算步骤）
【解答】解：（1）最终剩余固体是铜，黄铜样品中锌的质量是：10g﹣6.75g＝3.25g。
故填：3.25。
（2）设10g 稀硫酸中硫酸质量为x，
由表中数据可知，10g 稀硫酸恰好反应的锌质量：10g﹣9.35g＝0.65g，
Zn + H2SO4═ZnSO4+H2↑，
65 98
0.65g x
＝
，
x＝0.98g，
所用稀硫酸的质量分数为：
×100%＝9.8%，
答：所用稀硫酸的质量分数为9.8%。
考向3 关系式法在化学计算中的应用
例3（2025·湖南·模拟预测）化学计量在化学学习和研究中具有重要作用。
(1)等温、等压条件下，等体积的
和
的质量比为 。
(2)在三个恒容密闭容器中分别充入
三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的
压强(p)分别用
)表示，由大到小的顺序是 。
(3)溶质的质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为
)的物质的量浓度为 。
(4)工业废料或废气中的硫单质可通过反应：
，转化为高附加值化学品
(
)，实现资源循环利用。该反应中的氧化产物的名称是 ；若消耗3molS，转移
的电子的物质的量是 mol。
(5)正常人体血液中钙离子浓度为
。某病人血样10mL，稀释后用草酸铵
[
]溶液处理，使
完全转变为草酸钙(
)沉淀，过滤、洗涤、干燥，将得到的沉淀用
含稀硫酸的
溶液氧化，消耗
溶液时，恰好把
完全氧化为
，同时
被还原为
。
①配平
与
溶液反应的离子方程式 。
②根据上述反应方程式可计算出该病人血液中钙离子浓度为
。
【答案】(1)2:3
(2)
(3)12mol/L
(4) 亚硫酸钠 4
(5)
【详解】（1）根据PV=nRT，等温、等压、等体积的O2和O3，含有相同物质的量，则
m(O2):m(O3)=M(O2):M(O3)=32:48:2:3；
（2）根据PV=nRT，得变式
，又知T、ρ 相等，则P 与摩尔质量M 成反比，故三种气体的压强
由大到小的顺序为
；
（3）根据浓度公式可知，
；
（4）由方程式可知，每3 个S 参与反应时，有2 个S 的化合价由0 价（S）降低至-2 价（Na2S），1 个S 的
化合价由0 价(S)升至+4 价(Na2SO3)，故氧化产物为硫酸钠；每3 个S 参与反应，共升4 价，故消耗
3molS，转移的电子的物质的量为4mol；
（5）①反应过程中，Mn 的化合价由+7 降为+2，C 的化合价由+3 升为+4，结合元素化合价升降相等、电
荷守恒等得到反应的离子方程式为
；②根据离
子方程式得出如下计量关系：5Ca2+~5
~2
，则血样中c(Ca2+)=
。
思维建模 关系式法的应用
方法1：
第一步：准确写出各步反应的化学方程式；
第二步：找出“中介”的物质，并确定最初反应物、中介物质、最终生成物之间量的关系；
第三步：确定最初反应物和最终生成物之间量的关系；
第四步：根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。
方法2：利用电子守恒或原子守恒直接确定关系式，然后列比例进行求算。
【变式训练1】（2025·湖南·期末）将一份由Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L
溶液，取出50mL 溶液，然后往其中滴加一定浓度的盐酸，反应中得到的图像如下(其中1mmol=1.0×10-
3mol)，下列说法正确的是
A．由图可求得，原混合物的质量为14.8g
B．加入的盐酸为150mL 时，放出气体CO2 0.224L(标准状况)
C．原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1
D．由图可求得，盐酸的浓度为0.5mol/L
【答案】C
【详解】A．根据题图可知，50mL 溶液中含有Na2CO3、NaHCO3各2.5mmol，根据m=n·M，可得原混合物
中m(Na2CO3)=2.5×10-3×106×
g =5.3g，m(NaHCO3)= 2.5 ×10-3×84×
g =4.2g，故m 总=
m(Na2CO3)+ m(NaHCO3)= 5.3g+4.2g=9.5g，A 错误。
B．加入盐酸0~50mL 时Na2CO3先和盐酸反应生成NaHCO3，50~150mL 时生成的NaHCO3和原有的
NaHCO3与盐酸反应生成CO2，150mL 时恰好完全反应；n(NaHCO3)=n(Na2CO3)= 2.5×10-3 mol，n 总
=2×2.5×10-3mol =5×10-3mol，完全反应放出5×10-3mol CO2，体积为5×10-3mol×22.4L·mol-1=112×10-
3L=112mL，B 错误。
C．根据题图可知，Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为1：1，溶液具有均一、稳定性，故原混合物中
Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1，C 正确。
D．加入盐酸0~50mL 时发生反应的化学方程式为Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl，n(HCl)=
n(Na2CO3)=2.5×10-3mol，故盐酸的浓度为c(HCl)=
=0.05mol·L-1，D 错误。
故答案选C。
【变式训练2】（2025·湖南永州·期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．在25℃时，
的
溶液中含有
数且为0.02NA
B．过氧化钠与水反应，生成
氧气时，转移的电子数为0.4NA
C．常温常压下，
的
和
混合气体含有的原子数为6NA
D．
与足量
反应失去的电子数为2NA
【答案】C
【详解】A．未给出溶液体积，无法计算OH⁻的数目，A 错误；
B．过氧化钠与水反应生成0.1mol O2时，转移的电子数为0.2NA（每mol O2转移2mol 电子），B 错误；
C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，则92g NO2中含有的原子个数为
×3×NAmol—
1=6NA，C 正确；
D．56g Fe（1mol）与Cl2反应生成Fe3+，失去3mol 电子，电子数为3NA，D 错误；
故选C。
【变式训练3】（2025·湖南·期中）室温时向100mL 碘水滴加
的
溶液，发生下列反
应：
，消耗了
溶液，计算原饱和溶液中I2的物质的量浓度
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据反应式，I2与
的物质的量比为1:2，消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.625mol/
L×0.04L=0.025mol，对应I2的物质的量为
=0.0125mol，原溶液体积为0.1L，浓度为
=0.125mol/L，故选A。
考向4 热重曲线法在化学计算中的应用
例4（24-25 高三上·湖南·开学考）
是中学化学中的重要物质。回答下列问题：
(1)以
制备
溶液的过程如下：
溶液(绿色)
溶液(黄色)
溶液
①
，既能发生上述I 的反应，也能与盐酸反应生成则
和
，则属于
属于
(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。
②反应II 利用了
的 (填“氧化性”或“还原性”)。
③反应III 的离子方程式为 。
(2)工业上制备
的方法之一是用
在酸性介质中与
反应。
遇
生成
和
。
①将
通入品红试液中，观察到的现象是 ；理由是 。
②用
替代
作水处理剂时，如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率
，那么消毒
杀菌剂消毒效率：
(氯元素均转化为
)。
(3)
是重要的化工原料。
①实验室以饱和
溶液制备
胶体的滴加顺序为 。
②某同学在实验室以
溶液为原料通过如下步骤制备
：
溶液
溶液
将
在氮气氛围中加热分解，得到固体分解产物的热重曲线(样品质量随温度的变化情况)
如图所示。
A 点时，固体物质的化学式为 ，B 点时，固体只含有一种铁的氧化物，该氧化物的化学式为
。
【答案】(1) 两性 氧化性
(2) 品红溶液褪色 HClO 具有漂白性，能漂白品红溶液 2.63
(3) 向沸水中滴加饱和
溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色
Fe3O4
【详解】（1）①
即能与酸反应又能与碱反应，故属于两性氧化物；
KCrO
②
2溶液中加入H2O2溶液，KCrO2转化为K2CrO4，反应过程中Cr 元素化合价由+3 价升高为+6 价，
KCrO2为还原剂，H2O2为氧化剂，因此反应Ⅱ利用了
的氧化性；
③反应Ⅲ中
转化为
，反应的离子方程式应为
；
（2）①将
通入品红试液中，
遇
生成
和
，则观察到品红溶液褪色，原因是
HClO 具有漂白性，能漂白品红溶液；
②单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率
，设二氧化氯和氯气均为1g，根据关系
，
，则
≈2.63；
（3）①制备
胶体的滴加顺序为向沸水中滴加饱和
溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色；
②
=
，200℃，固体剩余43.2g，固体加热首先失去结晶水，则n(H2O)=
，剩余固体恰好为
；B 点时，固体只含有一种铁的氧化物，
n(Fe)=0.3mol×56g/mol=16.8g，则n(O)=
，固体氧化物为Fe3O4。
思维建模 热重曲线法的应用
(1)设晶体的物质的量为1 mol，质量为m。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量(m 余)
样品的固体残留率＝×100%。
(4)晶体中金属元素质量不会减少，仍在m 余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒可得m 氧，由n 金属∶n 氧，即可求出失重后物质的化学式。
【变式训练1】（2025·湖南·期中）草酸
是一种二元酸。已知在常温下，草酸的电离常
数
。草酸钙
。请回答下列问题：
(1)常温下，在足量
溶液中加入少量
固体，发生反应：
。该反应的化学平衡常数：K= 。[用
表示]
(2)一水草酸钙
制备方法如下：
步骤I：用精制氯化钙溶液与草酸溶液共热，过滤，洗涤，将固体溶于热盐酸中；
步骤II：加氨水反应得一水草酸钙，过滤，热水洗涤，在
干燥得产品。
写出步骤II 反应的化学方程式 。
(3)通过下列方法测定
的纯度：取
样品于锥形瓶中，加入
的
溶液溶解，再稀释至
。从锥形瓶中取
溶液，用
的
标准溶液滴
定，消耗
标准溶液
。
①滴定终点的现象： 。
②计算
的纯度 (写出计算过程)。
(4)为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取
样品加热，样品的固体残留率
)随温度的变化如下图所示。
①
时化学方程式为 。
②
时残留固体的成分为 。
【答案】(1)
(2)
(3) 最后半滴高锰酸钾溶液滴入锥形瓶时，溶液突然变成浅紫红色，半分钟不复原 87.6%
(4)
【详解】（1）常温下，在足量
溶液中加入少量
固体，发生反应：
。该反应的化学平衡常数K=
。
（2）一水草酸钙
制备方法如下：
草酸钙溶于热盐酸中得氯化钙和草酸的混合液，加氨水反应得一水草酸钙、氯化铵，步骤II 反应的化学方
程式
。
（3）①草酸能还原高锰酸钾，当高锰酸钾不再褪色时达到滴定终点，滴定终点的现象：最后半滴高锰酸
钾溶液滴入锥形瓶时，溶液突然变成浅紫红色，半分钟不复原。
②根据化学反应建立关系式5
~~~5H2C2O4~~~2
，从锥形瓶中取
溶液，用
的
标准溶液滴定，消耗
标准溶液
，
溶液中n(
)=
×n(
)=
×0.1mol/L×0.012L=0.003mol，
的纯度为
。
（4）①样品中n(
)=
0.25mol，400℃时固体残留率为87.67%，失去的质量为
4.5g，则失去的是0.25mol 的H2O，400℃时残留固体成分为CaC2O4。600℃时，固体残留率为68.49%，剩
余固体质量为25g，其中钙的质量为0.25mol×40g/mol=10g，其余15g 物质的摩尔质量为
，则其余为碳酸根离子，600℃时剩余固体为CaCO3，
时化学方程式为
900℃
②
时，固体残留率为38.36%，剩余固体质量为14g，其中钙的质量为0.25mol×40g/mol=10g，剩余4g
物质的摩尔质量为
，其余为0.25molO 原子，则900℃时残留固体为CaO；
【变式训练2】（2025·湖南·调研）Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如下图
所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全脱水。计算并分析A、B、C 点物质的化学式 。
【答案】Co2O3；Co3O4；CoO
【详解】原始固体的质量即为Co(OH)2的质量，可假设有Co(OH)21mol，质量为93g，则固体中Co 的物质
的量为1mol，质量为59g，设290℃后固体的化学式为CoOx。
A 点固体的相对分子质量=93×89.25%=83，此时x=1.5，即该固体为Co2O3；
B 点固体的相对分子质量=93×86.38%=80.3，此时x=
，即该固体为Co3O4；
C 点固体的相对分子质量=93×80.65%=75，此时x=1，即该固体为CoO。
【变式训练3】（2025·全国·开学考试）化学实验兴趣小组探究不同氛围、不同温度下草酸亚铁晶体
(FeC2O4·2H2O)的分解产物。
I.甲同学在空气氛围中加热草酸亚铁晶体，分析在400℃左右完全分解得到的固体，可能含有FeO、
Fe2O3、Fe3O4中的一-种或多种。
已知：a.Fe3O4能与高浓度盐酸反应，与低浓度盐酸不反应；
b.实验中所用溶液均已做除O2处理。
(1)甲同学对固体成分进行了如下实验探究，请填空：
实验操作
实验现象
实验结论
实验1：取少量固体于试管中，向其中加入足量稀1mol/L 盐酸，充分
振荡，静置
固体部分溶
解
结论一：
实验2：取少许固体于试管中，向其中加入足量12mol/L 浓盐酸，充
分振荡
固体部分溶
解
实验3：取少量实验1 试管中的上层清液于试管中，滴入几滴
结论二：固体含有
FeO
实验4：
无明显现象
结论三：
(2)上述实验3 对应的离子反应方程式为 。
II.乙同学将54.0g 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)在氮气的氛围中加热分解，得到分解产物的热
重曲线(样品质量随温度的变化情况)如图所示。
(3)A 点时，固体物质的化学式为
(4)B 点时，固体只含有一种铁的氧化物，则FeC2O4·2H2O 晶体400℃时受热分解的化学方程式为
【答案】(1) 固体含有Fe3O4 K3Fe(CN)6溶液 生成蓝色沉淀 取少量实验1 试管上层清液
于试管中，滴入几滴KSN 溶液 固体不含有Fe2O3
(2)3Fe2++2Fe(CN)
=Fe3[Fe(CN)6]2↓
(3)FeC2O4
(4)3FeC2O4+2H2O=Fe3O4+4CO↑+2CO2↑+6H2O
【详解】（1）根据已知信息：Fe3O4能与高浓度盐酸反应，与低浓度盐酸不反应，结合实验1 和实验2 的
现象，可知原固体含有能溶于浓盐酸而不溶于稀盐酸的Fe3O4，则结论一：固体含有Fe3O4；根据实验3，
只要证明实验1 试管的上层清液含有Fe2+，就可得出固体含有FeO 的结论，则可加入几滴K3Fe(CN)6溶
液，生成蓝色沉淀，发生反应的离子方程式为3Fe2++2Fe(CN)
=Fe3[Fe(CN)6]2↓；根据结论三固体不含有，
需要证明实验1 试管中的上层清液不含Fe3+，则应加入几滴KSCN 溶液，观察无明显现象；
（2）实验3 中Fe2+与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，发生反应的离子方程式为3Fe2++2Fe(CN)
=Fe3[Fe(CN)6]2↓；
（3）n(FeC2O4·2H2O)=
，0.3mol FeC2O4的固体质量刚好为43.2g，即热重曲线上A 点
刚好为FeC2O4；
（4）B 点时，固体只有一种铁的氧化物，m(Fe)=nM=0.3mol×56g/mol=16.8g，则m(O)=23.2g-16.8g=6.4g，
n(O)=
，n(Fe)：n(O)=0.3:04=3:4，则该含铁氧化物的化学式为Fe3O4，则FeC2O4·2H2O
晶体400℃时受热分解的化学方程式为3FeC2O4+2H2O=Fe3O4+4CO↑+2CO2↑+6H2O。
1．（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)是一种含贵金属的可再生资
源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
；
③
易从溶液中结晶析出；
④不同温度下
的溶解度如下：
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
回答下列问题：
(1)Cu 属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有
和
，“氧化酸浸”时
反应的离子方程式为 ；
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的
：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，
浓度不能超过
。
(4)在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，两种离子分布分数
随
浓度的变化关系如图所示，若
浓度
为
，则
的浓度为
。
(5)滤液4 中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】(1) ds 3d104s1
(2)
(3) 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl 转
化为
0.5
(4)0.05
(5)
高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易
堵塞管道，难以实现连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中信息
可知，滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1 中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1 中加入NaClO3、H2SO4、
NaCl，将Au 转化为Na[AuCl4]除去，滤液2 中含有Na[AuCl4]，滤渣2 中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2 中加
入Na2SO3，将AgCl 转化为
和
，过滤除去PbSO4，滤液3 中加入Na2S2O4，将
Ag 元素还原为Ag 单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4 中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
【详解】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族，位于ds 区，其基态原子的价电子排布式为
3d104s1，故答案为：ds；3d104s1；
（2）滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se 与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成
、
和
，反应的离子方程式为：
，故答案为：
；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导
致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl 转化为
；
②由题目可知
，在“除金”工序溶液中，若
加入过多，AgCl 则会转
化为
，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol L
⋅
−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl 发生转
化，则令
，由
，可得
，即
浓度不
能超过
，故答案为：0.5；
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，溶液中存在平衡关
系：
，根据图可知当
时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当
时，
，解得此时
，故答案
为：0.05；
（5）由分析可知滤液4 中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下
的溶解度可知，高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答
案为：
；高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管
道，难以实现连续生产。
2．（2022·湖南·高考真题）下列离子方程式正确的是
A．
通入冷的
溶液：
B．用醋酸和淀粉
溶液检验加碘盐中的
：
C．
溶液中加入
产生沉淀：
D．
溶液与少量的
溶液混合：
【答案】AC
【详解】A．Cl2通入冷的 NaOH 溶液中发生反应生成氯化钠和次氯酸钠，该反应的离子方程式为
Cl2+2OH-=Cl－+ClO－+H2O，A 正确；
B．用醋酸和淀粉-KI 溶液检验加碘盐中的
的原理是
在酸性条件下与I－发生归中反应生成I2而遇淀
粉变蓝，由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能用H＋表示，离子方程式：
，B 不正确；
C．H2O2具有较强的氧化性，FeSO4溶液中加入H2O2产生的沉淀是氢氧化铁，Fe3+完全沉淀的pH 值大约在
3.5 左右，也就是说pH 大于3.5 时，Fe(OH)3是可以和H+共存的，该反应的离子方程式为2Fe2++
H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H＋，C 正确；
D．NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合后发生反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，NaHCO3过量，
Ba(OH)2全部参加反应，因此该反应的离子方程式为2
+Ba2++2OH-=BaCO3↓+
+2H2O，D 不正
确；
故选AC。
3．（2022·湖南·高考真题）科学家发现某些生物酶体系可以促进
和
的转移(如a、b 和c)，能将海洋中
的
转化为
进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中
发生氧化反应
B．a 和b 中转移的
数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】D
【详解】A．由图示可知，过程I 中NO 转化为NO，氮元素化合价由+3 价降低到+2 价，NO 作氧化剂，
被还原，发生还原反应，A 错误；
B．由图示可知，过程I 为NO 在酶1 的作用下转化为NO 和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守
恒可知，反应的离子方程式为：NO +2H++e-
NO+H2O，生成1molNO，a 过程转移1mole-，过程II 为NO
和NH 在酶2 的作用下发生氧化还原反应生成H2O 和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可
知，反应的离子方程式为：NO+NH +3e-+2H+
H2O+N2H4，消耗1molNO，b 过程转移3mol e-，转移电子
数目不相等，B 错误；
C．由图示可知，过程II 发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH +3e-+2H+
H2O+N2H4，
n(NO):n(NH )=1:1，C 错误；
D．由图示可知，过程I 的离子方程式为NO +2H++e-
NO+H2O，过程II 的离子方程式为NO+NH +3e-
+2H+
H2O+N2H4，过程III 的离子方程式为N2H4
N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO + NH =
N2↑+2H2O，D 正确；
答案选D。
4．（2022·湖南·高考真题）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为
)
A．
的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．
的
溶液中
的微粒数小于
D．
的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
【答案】D
【详解】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为
，故A 正确；
B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100 的化合反应，
故B 正确；
C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05mol/L 的硫酸氢铵溶液
中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×NAmol—1=0.05NA，故C 正确；
D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和
百分数都增大，故D 错误；
故选D。
5．（2021·湖南·高考真题）
可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要
以
形式存在，还含有
、
、
、
等物质。以独居石为原料制备
的
工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，该核素的符号为 ；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)；
(3)滤渣Ⅲ的主要成分是 (填化学式)；
(4)加入絮凝剂的目的是 ；
(5)“沉铈”过程中，生成
的离子方程式为 ，常温下加入的
溶液呈
(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：
的
，
的
，
)；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为
，在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电极材料
，同时生成
和
，该反应的化学方程式为 。
【答案】
适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3和Fe(OH)3 促使铝离子沉淀
↑ 碱性 3
+
+6
=6
+9CO↑+6H2O
【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，
转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，
与硫酸不反应，
转化为Al2(SO4)3，
转化为Fe2(SO4)3，
转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣
Ⅰ为
和硫酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤
渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；
加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
【详解】(1)铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为
；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成
的离子方程式为
↑；铵根离子的水解常数Kh(
)=
≈5.7×10-
10，碳酸氢根的水解常数Kh(
)=
≈2.3×10-8，则Kh(
)<Kh(
)，因此常温下加入
的
溶液呈碱性；
(6)由在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电极材料
，同时生成
和
可知，该反应中Fe 价态降低，C 价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为3
+
+6
=6
+9CO↑+6H2O。
6．（2021·湖南·高考真题）
常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步
反应为
。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)
时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的
制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中
的存在
【答案】A
【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0 价升高至KH(IO3)2中+5 价，每个碘原子升高5 价，即6I2
60e-，又因方程式中6I2
3Cl2，故3Cl2
60e-，即Cl2
20e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2
时，反应中应转移20 mol e-，A 错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式
的计量系数可知，11KClO3
6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B 正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C 正确；
D．食盐中
可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应
生成I2，I2再
与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中
的存在，D 正确。
故选A。
7．把500
有BaCl2和KCl 的混合溶液分成5 等份，取一份加入含
硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完
全沉淀；另取一份加入含
硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由Ba2++SO4
2-═BaSO4↓、Ag++Cl-═AgCl↓计算离子的物质的量，由混合溶液分成5 等份，则确定原
溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度。
【详解】取一份加入含amol 硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则
Ba2++SO4
2-═BaSO4↓
1 1
amol amol
另取一份加入含bmol 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则
Ag++Cl-═AgCl↓
1 1
bmol bmol
由混合溶液分成5 等份，则原溶液中钡离子的浓度为
=10amol/L，
氯离子的浓度为
=10bmol/L，
根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1，解得
x=10（b-2a）mol/L，
答案选D。
