第10讲 高考题中的重要计算方法-【优化探究】2025年高考化学一轮复习高考总复习配套课件（苏教版2019）

高考题中的重要计算方法 优化探究 大单元一　化学基本概念与化学实验基础 专题2　物质的量 第10讲 考点1　差量法　关系式法 考点2　守恒法　热重分析法 课时作业10　高考题中的重要计算方法 考点1　差量法　关系式法 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。根据 化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示 出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果。 掌握必备知识 筑牢应试根基 2. 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。 3. 应用关系式法的思维模型 命题方式1　差量法 1. 标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉 末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积 为(　C　) A. 4 L B. 8 L C. 12 L D. 16 L C 提升关键能力 应对命题方式 44.8 L 22.4 L V (CO2) (20－16) L 44.8 L∶22.4 L＝ V (CO2)∶(20－16) L， 解得 V (CO2)＝8 L， 则 V (CO)＝(20－8) L＝12 L。 混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为 V (CO2)， 2CO2＋2Na2O2 2Na2CO3＋O2 Δ V 2. (2024·黑龙江哈尔滨调研)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，计算原混合气体中NO与NH3 的物质的量之比。 答案： ＜ ＜ 6NO 　＋　 4NH3 5N2＋6H2O(g)　Δ V 　　6　　4　　5　　6　　1 　　 V (NO)　　 V (NH3)　　　　　　　　1.5 mL V (NO)＝ ＝9 mL， V (NH3)＝ ＝6 mL， 由此可知共消耗15 mL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 ＜ ＜ ，即 ＜ ＜ 。 命题方式2　关系式法 3. 某硫酸厂用接触法制硫酸的生产过程中，在燃烧黄铁矿时，损失的硫 的质量分数为5％，在SO2的催化氧化过程中有92％的二氧化硫转化为三 氧化硫，在吸收塔中损失SO3的质量分数为0.6％。现有含FeS2 95％的黄 铁矿100 t，可制得98％的硫酸 ⁠吨。 根据题意，几乎每一步反应过程中硫元素都有所损失，同时所给单位不 统一，可以将生产过程中各种硫元素损失的质量分数全部转换为在生产 过程中对FeS2的实际利用率。 根据硫元素守恒可得关系式：FeS2～ 2SO2～2SO3～2H2SO4。 137.55　 设可制得98％的硫酸的质量为 x 。则 FeS2 ～ 2H2SO4 120 196 100 t×95％×(1－5％)×92％×(1－0.6％) 98％ x ＝ 解得 x ≈137.55 t。 4. 测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)中铁的含量： ①称取 m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用 c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后， 过滤洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用 c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液 V mL。该晶体中铁 的质量分数的表达式为 。 ×100％ ①KMnO4能将样品溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，将C2 氧化成CO2。② 加入过量锌粉能将溶液中的Fe3＋还原成Fe2＋，酸化后，Fe2＋与KMnO4溶 液反应，根据化合价变化可得关系式5Fe2＋～Mn ，根据消耗KMnO4 溶液的浓度和体积可知溶液中 n (Fe2＋)＝ c mol·L－1× V ×10－3 L×5＝ 5×10－3 cV mol，则该晶体中铁元素的质量分数为 ×100％或 ×100％。 考点2　守恒法　热重分析法 　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。 掌握必备知识 筑牢应试根基 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。 命题方式1　质量守恒法 1.28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过 滤，将滤渣加强热，列式计算最终得到的固体质量。 答案：经过一系列反应后，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守 恒： n (Fe2O3)＝ n (Fe)＝ × ＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的 质量为0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。 提升关键能力 应对命题方式 命题方式2　电荷守恒法 2. 将 a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL 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100 mL，则NaOH溶液的浓度为 ⁠。 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＋)＝2 n (S )＝ n (H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol， c (NaOH)＝ ＝0.2 mol·L－1。 0.2 mol·L－1　 3. (2024·辽宁大连质检)在 a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入 b mol BaCl2，恰好使溶液中的S 完全沉淀；加入足量强碱并加热可得 到 c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为(　D　) A. B. C. D. D 由混合溶液中加入 b mol BaCl2，恰好使溶液中的S 完全沉淀， 根据S ＋Ba2＋ BaSO4↓可知 n (S )＝ b mol；由加入足量 强碱并加热可得到 c mol NH3，根据N ＋OH－ NH3↑＋H2O 可知 n (N )＝ c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物 质的量为 x mol，由电荷守恒可知，3 x ＋ c ＝2 b ，所以 x ＝ ， 由于溶液的体积是 a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度 c (Al3＋) ＝ ＝ mol·L－1，故D正确。 命题方式3　得失电子守恒 4. 取 x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应 后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则 x 等于 ⁠。 反应流程为 x g＝17.02 g－ m (OH－)， 9.20　 而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电 子的物质的量，即： n (OH－)＝ ×1＋ ×2×1＝0.46 mol，所以 x g＝ 17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。 5. (2024·辽宁铁岭调研)足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和 NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(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5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积 是 mL。 60　 由题意可知，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即 n (Cu)＝2 n (O2)＝2× ＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的 反应可得关系式： n (NaOH)＝2 n [Cu(NO3)2]＝2 n (Cu)＝0.3 mol，则 V (NaOH)＝ ＝0.06 L＝60 mL。 命题方式4　热重分析法 6. 随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用， 并被誉为“合金的维生素”。经过热重分析测得NH4VO3在焙烧过程 中，固体残留率(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解 过程中(　B　) A. 先分解失去H2O，再分解失去NH3 B. 先分解失去NH3，再分解失去H2O C. 同时分解失去H2O和NH3 D. 同时分解失去H2、N2和H2O B NH4VO3的摩尔质量为117 g/mol，设NH4VO3的物质的量为1 mol， 则210 ℃时失重的质量为1 mol×117 g/mol×(1－85.47％)≈17 g。NH3 的摩尔质量为17 g/mol，所以先分解失去1 mol NH3，根据质量守恒得 化学方程式为NH4VO3 HVO3＋NH3↑。380 ℃时失重的质量为1mol×117 g/mol×(1－77.78％)≈26 g，在第一次失重的基础上，第 二次失重的质量为26 g－17 g＝9 g，H2O的摩尔质量为18 g/mol，所以 再分解失去0.5 mol H2O，根据质量守恒得化学方程式为2HVO3 V2O5＋H2O↑。故B选项正确。 7. Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率 随 温度的变化如图所示。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：Co(OH)2在加热分解过程中，Co原子的数目不变。 设起始时有1 mol Co(OH)2，质量为93 g。则固体中Co的物质的量为1 mol，质量为59 g。 设290 ℃后固体的化学式为CoO x ， A点固体的相对分子质量为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为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为93×80.65％≈75， 此时 x ＝1，即该固体为CoO。 8. MnCO3可用作电信器材的元件材料，还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐 的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率 随温度的变化如图所示。则300 ℃时，剩余固体中 n (Mn)∶ n (O) 为 ；图中C点对应固体的成分为 (填化学 式)(注：固体残留率＝ ×100％)。 1∶2　 Mn3O4和MnO　 MnCO3的摩尔质量为115 g/mol，设MnCO3的物质的量为1 mol，则A点 300 ℃时失重的质量为1 mol×115 g/mol×(1－75.65％)≈28 g，已知CO 的摩尔质量是28 g/mol，根据质量守恒定律可知，分解反应的化学方程 式为MnCO3 MnO2＋CO↑，所以A点300 ℃时固体成分的化学式为 MnO2，则 n (Mn)∶ n (O)为1∶2。 B点770 ℃时失重的质量为1 mol×115 g/mol×(1－66.38％)≈38.7 g，由 于300 ℃时固体的成分为MnO2，再加热造成失重的原因只能是氧元素以 O2的形式逸散失去，随着氧元素的失去，锰的化合价也发生了变化，因 此失去氧原子的物质的量为 n (O)＝ ≈ mol，则剩余固体成分 可表示为Mn ，整理得化学式为Mn3O4。D点900 ℃时失重的质 量为1 mol×115 g/mol×(1－61.74％)≈44 g，失去的 n (O)为 ＝1 mol，则剩余固体成分可表示为MnO(2－1)，整理得化学式为MnO。所以C 点时固体物质正从Mn3O4转化为MnO，此时为Mn3O4和MnO的混合物。 1. (2023·湖北卷，节选)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸 性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知：2Cu2＋＋4I－ 2CuI↓＋I2，I2＋2S2 2I－＋S4 ) 标志滴定终点的现象是 ⁠ ，粗品中X的相对含量为 ⁠。 (已知：X为CuO2) 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色 刚好褪去，且半分钟内不恢复 96％ 探究真题 素养提升 Cu2＋与KI反应生成I2，I2遇淀粉变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，当滴 入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 时，表明I2已完全反应，达到滴定终点。CuO2中Cu为＋2价、O为－1 价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应：2CuO2＋ 8I－＋8H＋ 2CuI↓＋3I2＋4H2O，则2CuO2～3I2～6Na2S2O3，则样品 中 m (CuO2)＝ ×2×96 g＝0.048 g， w (CuO2)＝ ×100％＝96％。 2. (2023·全国乙卷，节选)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用 作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答问题： 在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知 x ＝ ， y ＝ ⁠。 4　 1　 由题图可知，FeSO4·7H2O FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为 45.3％，则失重比为19.4％时，失去的结晶水数目为 ≈3，故 x ＝7－3＝4，同理可推出 y ＝7－ ≈1。 课时作业10　高考题中的重要计算方法 一、选择题 1. 把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所 得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与S 的物质 的量浓度之比为(　A　) A. 1∶4 B. 2∶7 C. 1∶2 D. 3∶8 A 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为 x mol、 y mol。 Fe ＋ CuSO4 FeSO4＋Cu Δ m (固体质量增加) 56 g 1mol 64 g 8 g 56 y g y mol 64 y g 8 y g Fe ＋ H2SO4 FeSO4＋H2↑ Δ m (固体质量减少) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 56 g 1 mol 56 g 56 x g x mol 56 x g 因为在反应前后固体质量相等，所以Δ m (减)＝Δ m (增)，即：56 x ＝8 y ， ＝ ＝ ＝ ，则 ＝ ＝ 。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2. 常温下，某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合，在一定条件下 反应，使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态，反应后气 体体积比反应前气体体积减小了46.8 L，则原氮的氧化物的化学式为 (　A　) A. N2O3 B. NO2 C. NO D. N2O A 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设该氮氧化合物的分子式为N2O x ，化学方程式为N2O x ＋ x H2 N2＋ x H2O，相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比，也 等于其化学计量数之比， N2O x ＋ x H2 N2＋ x H2O Δ V 1 x 15.6 L 46.8 L 则1∶ x ＝15.6 L∶46.8 L， x ＝3，所以其化学式为N2O3。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3. (2024·浙江宁波质检)将15 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L－1 MCl n 盐溶液中，恰好将溶液中的M n ＋完全沉淀为碳酸盐， 则MCl n 中 n 值是(　B　) A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 B 2 3 4 5 6 7 8 9 1 　　0.04 L×0.5 mol·L－1 　　0.015 L×2 mol·L－1 解得 n ＝3。 M的化合价为＋ n ，Na2CO3与MCl n 反应对应的关系式为 2M n ＋ ～ n C 2 n 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4. 用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入过量的澄 清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是 (　C　) A. PbO B. Pb2O3 C. Pb3O4 D. PbO2 C 2 3 4 5 6 7 8 9 1 所以 m (Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g， x ∶ y ＝ ∶ ＝3∶4。 设此铅氧化物的化学式为Pb x O y ， Pb x O y ～ y [O]～ y CO～ y CO2～ y CaCO3 16 y 100 y m (O)＝1.28 g 8.0 g 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5. 在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二 氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸 可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分 含量为(　C　) A. 72％ B. 40％ C. 36％ D. 18％ C 2 3 4 5 6 7 8 9 1 S与O2反应生成SO2，进而被氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸 与氢氧化钠发生反应：H2SO4＋2NaOH Na2SO4＋2H2O。 n (H2SO4) ＝ n (NaOH)＝ ×0.01×0.5 mol＝0.002 5 mol，根据硫原子守恒，可知 n (S)＝0.002 5 mol， w (S)＝ ×100％≈36％。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6. 某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度， 称取11.5 g绿矾样品，溶解，配制成1 000 mL 溶液，量取25.00 mL该溶 液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 mol·L－1高锰酸钾溶液滴定至终 点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样 品的纯度约为(　C　) A. 94.5％ B. 96.1％ C. 96.7％ D. 97.6％ C 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据得失电子守恒，Mn ～5Fe2＋， n (KMnO4)＝20.00×10－3 L×0.010 00 mol·L－1＝2.0×10－4 mol，则 n (FeSO4·7H2O)＝5 n (KMnO4) ＝1.0×10－3 mol， w (FeSO4·7H2O)＝ ×100％≈96.7％。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7. 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　) A. 0.25 mol B. 0.2 mol C. 0.3 mol D. 0.35 mol A 2 3 4 5 6 7 8 9 1 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]＝(0.15 L×4 mol·L－1－ )× ＝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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 二、非选择题 8. CoC2O4是制备钴的氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴 (CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所 得固体均为钴的氧化物。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 通过计算确定C点剩余固体的化学成分为 ⁠ (填化学式)。写出B点对应的物质与O2在225～300 ℃发生反应的化 学方程式： ⁠。 Co3O4(写成CoO·Co2O3也 可)　 3CoC2O4＋2O2 Co3O4＋6CO2 2 3 4 5 6 7 8 9 1 CoC2O4·2H2O CoC2O4 Co x O y ， C点应为钴的氧化物，18.3 g晶体中钴的物质的量为0.1 mol，质量为5.9 g，8.03 g Co x O y 中氧的物质的量为 ≈0.133 mol，所以 ＝ ≈ ，其化学式为Co3O4。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9. 为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样 品进行加热，样品的固体残留率 随温度 的变化如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)300 ℃时残留固体的成分为 ，900 ℃时残留固体的成分 为 ⁠。 CaC2O4　 CaO　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1) n (CaC2O4·H2O)＝ ＝0.25 mol，含有 m (H2O)＝0.25 mol×18 g·mol－1＝4.50 g，在300 ℃时， ×100％＝87.67％， m (剩余) ＝36.50 g×87.67％≈32 g，减少的质量为36.50 g－32 g＝4.50 g，故此 时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 在900 ℃时， ×100％＝38.36％， m (剩余)＝36.50 g× 38.36％≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含 m (Ca)＝0.25 mol× 40 g·mol－1＝10 g，另外还含有 m (O)＝14 g－10 g＝4 g， n (O)＝ ＝0.25 mol，则 n (Ca)∶ n (O)＝1∶1，化学式为CaO。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。 ⁠ ⁠ ⁠ ⁠  　在600 ℃时， ×100％＝68.49％， m (剩余)＝36.50 g ×68.49％≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g－25 g＝ 7 g，失去物质的摩尔质量为 ＝28 g·mol－1，则应为CO，此时固体 残留物为CaCO3。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 ⁠ ⁠ ⁠ ⁠ ⁠ ⁠ ⁠。 500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中 CaC2O4·H2O的物质的量为0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质 的量分别为 x mol和 y mol，根据500 ℃时固体总质量可得：128 x ＋100 y ＝36.50 g×76.16％，根据钙元素质量守恒可得： x ＋ y ＝0.25，解得： x ≈0.1， y ≈0.15， m (CaC2O4)＝0.1 mol×128 g·mol－1＝12.8 g，　 m (CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g。500 ℃时固体的成分为 12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3 2 3 4 5 6 7 8 9 1 $$