第二章 专题讲座一 化学计算的思想方法（word教参）-【勤径学升】2025年高考化学一轮总复习（人教版）

专题讲座一　化学计算的思想方法 ➢ 对应学生用书P34 思想一　守恒法 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”。在化学变化中存在各种各样的守恒，如原子守恒、电荷守恒、电子守恒等。 题组一　原子守恒 1.有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO3 37.3%，取1g该样品投入25mL 2mol·L－1的盐酸中后，多余的盐酸用1.0mol·L－1 KOH溶液30.8mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体 （　　） A.1g B.3.725g C.0.797g D.2.836g 解析　最终溶液中的溶质为KCl，根据元素质量守恒，其质量为 2×0.025×74.5g＝3.725g。 答案　B 2.(2023·鹤岗一中测试)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入足量的NaOH的溶液并加热，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况下)，则 (NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为(　　) A.1∶1 B.1∶2 C.1.87∶1 D.3.65∶1 解析　设7.24 g (NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品中含(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量分别为a mol、b mol，则132a＋115b＝7.24 g ①；与碱反应放出氨气的物质的量为＝0.08 mol；根据氮元素守恒得2a＋b＝0.08 mol ②；联立①②，解得a＝0.02、b＝0.04，(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为1∶2。故选B。 答案　B 3.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为(　　) A.0.25 mol B.0.2 mol C.0.3 mol D.0.35 mol 解析　由题意可知，混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝×＝0.25 mol，则n(Fe)＝0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 mol。故选A。 答案　A 题组二　电荷守恒 4.在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是(　　) A.＋4 B.＋5 C.＋6 D.＋7 解析　方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在RO中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5。方法2：设元素R在RO中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－(－1)]×2，x＝＋5。故选B。 答案　B 5.将ag Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋ 、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为　　　　。  解析　当Fe3＋ 、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：＝，所以，n（NaOH）＝n（Na＋）＝2n（S）＝n（H＋）＝0.1mol·L－1×0.2L＝0.02mol，c（NaOH）＝＝0.2mol·L－1。 答案　0.2mol·L－1 题组三　电子守恒 6.某强氧化剂XO（OH可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10－3mol XO（OH需用30mL 0.1mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是 （　　） A.XO B.X2O3 C.X2O D.X 解析　由题意知，S元素由＋4价→＋6价，假设反应后X的化合价为＋x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可得，1.2×10－3mol×（5－x）＝0.03L×0.1mol·L－1×（6－4），解得x＝0，所以X元素被还原后的物质是X，D项正确。 答案　D 7.(2023·枣阳一中月考)将一定量的锌与100 mL18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下26.88 L的SO2和H2的混合气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0 mol·L－1，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为(假设反应前后溶液体积不变)(　　) A.1∶1 B.4∶1 C.1∶4 D.3∶2 解析　生成标准状况下26.88 L的SO2和H2的