核心素养突破1 化学计算常用方法-【创新教程】2026年高考化学总复习大一轮讲义（人教版2019）

答案:(１)分批慢慢加入硫酸(或边加入边搅拌) (２)防止因温度下降使H３BO３ 从溶液中析出 (３)加压升温结晶(或加压升温结晶并过滤) ３．钒钛 磁 铁 矿 炼 钢 后 剩 余 的 尾 渣 中 含 有 V２O３、 MgO、Al２O３、Fe２O３、SiO２ 等,现从该钒渣中回收 V２O３ 的工艺流程如下: (１)检验滤渣Ⅰ中是否含有Fe２O３ 的方法是 　. (２)在沉钒操作中,选择使用(NH４)２SO４ 比使用 (NH４)２CO３ 的沉钒效率高,其原因为 　. (３)NH４VO３ 和Na２SO４ 的混合液需要经过蒸发浓缩、 趁热过滤、冷却结晶和过滤等操作得到NH４VO３ 晶 体,结合如图,分析为了得到较纯净的NH４VO３ 晶体 和较高的晶体析出率,应选择最适宜的结晶温度,为 a、b、c、d四点中　　　　点对应的温度. 答案:(１)将少量滤渣Ⅰ溶于稀盐酸中,向溶解后的 混合液中滴加KSCN溶液,若溶液变为红色,说明 滤渣中含有Fe２O３ (２)CO２－３ 与NH＋４ 水解相互促进,导致(NH４)２CO３ 溶液 中 的 c(NH＋４ )比 (NH４)２SO４ 溶 液 中 的 c(NH＋４ )小,因此(NH４)２SO４ 溶液沉钒效率高　 (３)b ４．由工业级碳酸锂(含有少量碳酸镁等杂质)制备高 纯碳酸锂.实验过程如下: 工业 碳酸 锂悬 浊液 碳 化→ ↓ CO２ 除 镁→ ↓ NaOH 溶液 调pH→ ↓ CO２ 过 滤→ 滤渣 ↓ 蒸 发 分 解 → 􀆺􀆺→ 高纯 碳酸 锂 → 已知在不同温度下蒸发分解碳酸锂的产率与溶解 度关系如图: ９０℃以下,随温度升高,碳酸锂产率升高的原因可 能是 　 　. 解析:由蒸发分解碳酸锂的产率与溶解度关系可知 随温度升高碳酸锂的溶解度减小,而温度升高碳酸 氢锂也易分解生成碳酸锂,两个因素共同促进了随 温度升高,碳酸锂产率的升高. 答案:碳酸氢锂随温度的升高分解产率增大,碳酸 锂的溶解度随温度升高而减小 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　　　　　　　　化学计算常用方法 学生用书　P１５ 核 心 素 养 变化观念与 平衡思想 利用物质性质和化学变化所遵循的 守恒关系,通过化学反应方程式,进 行一些有关量的计算,从而解决实 际问题 证据推理与 模型认知 通过化学反应方程式中各物质的联 系,建立已知量和未知量之间的关 系、通过论证推理建立解决化学计 算题的模型 科学态度与 社会责任 通过化学计算培养严谨求实的科学 态度,具有探索、崇尚真理的意识 　　　　关系式法 　　关系式法常应用于一步反应或多步进行的连续 反应中,利用该法可以节省不必要的中间运算过程, 避免计算错误,并能迅速准确地获得结果.一步反应 中可以直接找出反应物与目标产物的关系;在多步反 应中,若第一步反应的产物是下一步反应的反应物, 可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”,找出 已知物质和所求物质之间量的关系. [例１]　已知:２Cu２＋ ＋４I－ 􀪅􀪅２CuI↓＋I２,I２＋ ２S２O２－３ 􀪅􀪅２I－ ＋S４O２－６ ,某同学测定 CuSO４􀅰 ５H２O产品的质量分数可按如下方法:取３．００g产 品,用水溶解后,加入足量的KI溶液,充分反应后 过滤、洗涤,将滤液稀释至２５０mL,取５０mL加入 淀粉溶液作指示剂,用０．０８０mol􀅰L－１Na２S２O３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８１􀅰 高考总复习　化学 标准溶液滴定,达到滴定终点的依据是　　　　　 　　　　　　　　　　　.四次平行实验耗去 Na２S２O３ 标准溶液数据如下: 实验序号 １ ２ ３ ４ 消耗Na２S２O３ 标准溶液(mL) ２５．００２５．０２２６．２０２４．９８ 此产品中CuSO４􀅰５H２O的质量分数为　　　　. 解析:滴定终点:当滴入最后半滴Na２S２O３ 标准溶 液时,溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色; 根据表中数据知,３误差较大,舍去,平均消耗硫代硫 酸 钠 溶 液 体 积 V ＝２５．００＋２５．０２＋２４．９８３ mL＝ ２５．００mL,n(Na２S２O３)＝０．０８０mol􀅰L－１×０．０２５L＝ ０．００２mol,根据反应的化学方程式知,Na２S２O３ 消 耗的I２,５０mL溶液中n(I２)＝ １ ２n (Na２S２O３)＝ １ ２ ×０．００２mol＝０．００１mol,则２５０mL溶液中n(I２)＝ ０．００１mol×５＝０．００５mol,根据反应的化学方程式 ２Cu２＋＋４I－􀪅􀪅２CuI↓＋I２ 得n(Cu２＋)＝２n(I２) ＝０．０１mol,根据铜原子守恒得n(CuSO４􀅰５H２O) ＝n(Cu２＋)＝０．０１mol,m(CuSO４ 􀅰５H２O)＝ ２５０g􀅰mol－１×０．０１mol＝２．５g,此产品中CuSO４ 􀅰５H２O的质量分数＝ 实际质量 样品质量×１００％＝ ２．５g ３．００g ×１００％≈８３．３％. 答案:当滴入最后半滴Na２S２O３ 标准溶液时,溶液 由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色　８３．３％ 　　　　守恒法 质量 守恒 反应前后元素的质量、某原子(离子或原 子团)的物质的量相等 得失电 子守恒 氧化还原反应中,氧化剂得电子数 ＝ 还原剂失电子数 电荷 守恒 任何体系中,阳离子带的正电荷数 ＝ 阴离子带的负电荷数 [例２]　强氧化剂 NaClO会将CN－ 氧化,生成 N２、 CO２－３ 和Cl－等无毒无害物质,可用该反应处理含 氰废水(破氰),反应的离子方程式为 　 　. 若用一定量 NaClO处理浓缩后的含氰废水１０L [c(CN－)＝０．２mol􀅰L－１],过程中产生标准状况下 ２１L氮气,则该过程的破氰率达到　　　　％. 解析:该 反 应 的 离 子 方 程 式 为２CN－ ＋５ClO－ ＋ ２OH－􀪅􀪅２CO２－３ ＋N２↑＋５Cl－＋H２O;n(CN－) ＝０．２mol􀅰L－１×１０L＝２mol,根据N原子守恒 可知理论上反应得到氮气的物质的量为n(N２)＝ １ ２n (CN－)＝１mol,其在标准状况下的体积V＝ ２２．４L,实际得到氮气的体积为２１L,所以该过程 的破氰率φ＝ ２１L ２２．４L×１００％＝９３．７５％ . 答案:２CN－＋５ClO－＋２OH－􀪅􀪅２CO２－３ ＋N２↑＋ ５Cl－＋H２O　９３．７５ 　　　　热重分析的方法 (１)设晶体为１mol. (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, m余 m(１mol晶体质量) ×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mO,由 n金属∶nO,即可求出失重后物质的化学式. [例３]　(２０２３􀅰全国乙卷)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＝　　　. 解析:由图中信息可知,当失重比为１９．４％时,FeSO４ 􀅰７H２O转化为FeSO４􀅰xH２O,则 １８(７－x) ２７８ ×１００％＝ １９．４％,解之得x＝４;当失重比为３８．８％时,FeSO４􀅰 ７H２O转化为FeSO４􀅰yH２O,则 １８(７－y) ２７８ ×１００％＝ ３８．８％,解之得y＝１. 答案:４　１ １．(２０２４􀅰黑吉辽卷)硫及其化合物部分转化关系如 图.设NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确 的是 (　　) ① 　→ SO２ H２S S ② 碱,△→ SO２－３ S２－ A．标准状况下,１１．２LSO２ 中原子总数为０􀆰５NA B．１００mL０􀆰１mol􀅰L－１Na２SO３ 溶液中,SO２－３ 数 目为０􀆰０１NA C．反应①每消耗３􀆰４gH２S,生成物中硫原子数目 为０􀆰１NA D．反应②每生成１mol还原产物,转移电子数目 为２NA 解析:D　[A．标准状况下SO２ 为气体,１１􀆰２LSO２ 为０􀆰５mol,其含有１􀆰５mol原子,生成的原子数为 １􀆰５NA,A错误;B．SO２－３ 为弱酸阴离子,其在水中 易发生水解,因此,１００mL０􀆰１mol􀅰L－１Na２SO３ 溶液中SO２－３ 数目小于０􀆰０１NA,B错误;C．反应① 的化学方程式为SO２＋２H２S􀪅􀪅３S↓＋２H２O,反应 中每 生 成３molS消 耗２molH２S,３􀆰４gH２S为 ０􀆰１mol,故 可 以 生 成０􀆰１５molS,硫 原 子 数 目 为 ０􀆰１５NA,C错误;D．反 应②的 离 子 方 程 式 为３S＋ ６OH－ △ 􀪅􀪅SO２－３ ＋２S２－＋３H２O,反应的还原产物 为S２－,每生成２molS２－共转移４mol电子,因此, 每生成１molS２－,转移２mol电子,数目为２NA,D 正确.] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第一章　物质的量 ２．(２０２５􀅰哈尔滨市三中高三开学考)一定量的某磁 黄铁矿(主要成分FexS,S为－２价)与１００mL盐 酸恰 好 完 全 反 应 (杂 质 不 与 盐 酸 反 应),生 成 ０．０１mol硫单质、０．０４molFeCl２ 和一定量的某种 气体,且反应后溶液中无 Fe３＋.有关说法正确 的是 (　　) A．c(HCl)＝０．４mol/L B．生成了８９６mL气体 C．x＝４ D．FexS中,n(Fe２＋)∶n(Fe３＋)＝１∶１ 解析:D　[A．１００mL盐 酸 恰 好 完 全 反 应,生 成 ０．０４molFeCl２,没有其他的氯化物生成,根据原子 守恒,n(HCl)＝n(Cl－)＝２n(FeCl２)＝０．０４mol× ２＝０．０８ mol,所 以 HCl的 浓 度 为c(HCl)＝ n(HCl) V ＝ ０．０８mol ０．１L ＝０．８mol /L,A错误;B．根据 信息,FexS和盐酸反应生成硫单质、FeCl２ 和 H２S 气体,根据氢原子守恒,生成的 H２S为０．０４mol, 标准状况下体积为８９６mL,B错误;C．根据上述分 析,可 以 写 出 反 应 的 化 学 方 程 式:５FexS＋８HCl 􀪅􀪅S↓＋４FeCl２＋４H２S↑,根据原子守恒,得出: x＝４５＝０．８ ,C错误;D．在FexS中S为－２价,设 １mol该 化 合 物 中 Fe２＋ 和 Fe３＋ 物 质 的 量 分 别 为 amol和bmol,则a＋b＝０．８,２a＋３b＝２,a＝０．４, b＝０．４,所以n(Fe２＋)∶n(Fe３＋)＝１∶１,D正确.] ３．准确称取０􀆰２５００g氯化亚铜样品置于一定量的 ０􀆰５mol􀅰L－１FeCl３ 溶液中,待样品完全溶解后, 加水２０mL,用０􀆰１０００mol􀅰L－１的Ce(SO４)２ 溶 液滴定到终点,消耗２４􀆰６０mLCe(SO４)２ 溶液.有 关化学反应的离子方程式为Fe３＋＋CuCl􀪅􀪅Fe２＋ ＋Cu２＋＋Cl－、Ce４＋＋Fe２＋􀪅􀪅Fe３＋＋Ce３＋,计算 上述样品中CuCl的质量分数是　　　　％(答案 保留四位有效数字). 解析:根 据 反 应 的 离 子 方 程 式:Fe３＋ ＋CuCl􀪅􀪅 Fe２＋＋Cu２＋＋Cl－、Ce４＋＋Fe２＋􀪅􀪅Fe３＋＋Ce３＋ 可得 关系式:CuCl~Ce４＋,２４􀆰６０mL０􀆰１０００mol􀅰L－１的 Ce(SO４)２ 溶液中n[Ce(SO４)２]＝０􀆰１０００mol􀅰L－１× ０􀆰０２４６０L＝２􀆰４６×１０－３mol,则根据关系式可知, n(CuCl)＝n(Ce４＋)＝２􀆰４６×１０－３mol,m(CuCl)＝ ２􀆰４６×１０－３mol×９９􀆰５g􀅰mol－１＝０􀆰２４４７７g,所 以该 样 品 中 CuCl的 质 量 分 数 是０．２４４７７g０．２５００g × １００％≈９７􀆰９１％. 答案:９７􀆰９１ ４．取１􀆰０００gKIO３ 产品配成２００􀆰００mL溶液,每次 精确量取２０􀆰００mL溶液置于锥形瓶中,加入足量 KI溶液和稀盐酸,加入淀粉作指示剂,用０􀆰１００４ mol􀅰L－１Na２S２O３ 溶液滴定.滴定至终点时蓝色 消失(I２＋２S２O２－３ 􀪅􀪅２I－＋S４O２－６ ),测得每次平 均消耗Na２S２O３ 溶液２５􀆰００mL.则产品中 KIO３ 的质量分数为　　　　(结果保留三位有效数字). 解析:每２０．００mLKIO３ 溶液中,加入 KI溶液和 稀盐酸发生反应的离子方程式为IO－３ ＋５I－＋６H＋ 􀪅􀪅３I２＋３H２O,滴定时发生的反应为:I２＋２S２O２－３ 􀪅􀪅２I－＋S４O２－６ ,可列出关系式:IO－３ ~３I２~６S２O２－３ , 每次平均消耗的n(S２O２－３ )＝０􀆰１００４mol􀅰L－１× ０􀆰０２５L＝０􀆰００２５１mol,则每２０mLKIO３ 溶液 中,n(KIO３)＝n(IO－３ )＝ １ ６×n (S２O２－３ )＝ １ ６× ０􀆰００２５１mol≈０􀆰０００４１８mol,２００mL溶液中, n(KIO３)＝０􀆰００４１８mol,产品中KIO３ 的质量分数 ＝２１４g 􀅰mol－１×０．００４１８mol １．０００g ×１００％≈８９􀆰５％ . 答案:８９􀆰５％ ５．(２０２５􀅰济宁市模拟)草酸钪晶体[Sc２(C２O４)３􀅰 ６H２O]隔绝空气加热, m(剩余固体) m(原始固体) 随温度的变化 情况如图所示. ５５０℃时,晶体的成分是　　　　　(填化学式),５５０ ~８５０℃,生成气体的物质的量之比为　　　　　(已 知Sc２(C２O４)３􀅰６H２O的摩尔质量为４６２g􀅰mol－１). 解析:设有１mol草酸钪晶体(４６２g)在空气中受 热,结晶水的质量分数为１８×６ ４６２ ×１００％≈２３．４％ , ５５０℃时,减少的质量分数为２３．４％,则失去全部 结晶水,此时晶体的主要成分是Sc２(C２O４)３.设起 始仍为１mol草酸钪晶体,８５０℃ 时,剩余固体质 量为４６２g×２９．８％≈１３８g,由 于 M(Sc２O３)＝ １３８g􀅰mol－１,故可知５５０~８５０℃,１molSc２(C２O４)３ 分解产生１molSc２O３,则碳元素全部转化为气体,由 于草酸根离子中碳元素为＋３价,则反应发生CO２ 和 CO两种气体,根据得失电子守恒可知CO２ 和CO物 质的量之比为１∶１. 答案:Sc２(C２O４)３　１∶１ ６．某反应后滤渣的成分是Zr(CO３)２􀅰xZr(OH)４. 取干燥后的滤渣 ３７．０g,煅烧后可得到２４．６g ZrO２.则x等于　　　　. 解析:根据反应的化学方程式: Zr(CO３)２􀅰xZr(OH)４ 煅烧 􀪅􀪅(x＋１)ZrO２＋２CO２↑＋２xH２O↑ 　　２１１＋１５９x　　　１２３(x＋１) 　　３７．０g　　　　　２４．６g 则２１１＋１５９x ３７．０g ＝ １２３(x＋１) ２４．６g 　 解得x＝１ 答案:１ ７．经过热重分析测得:CaCl２􀅰６H２O 在焙烧过程中,固体质量的减少 值(纵坐标)随温度变化的曲线如 图所示.则第一个相对稳定的物 质的化学式是　　　. a．CaCl２􀅰４H２O b．CaCl２􀅰２H２O c．CaCl２􀅰H２O d．CaCl２ 解析:２１．９gCaCl２􀅰６H２O物质的量为０􀆰１mol, m(CaCl２)＝０􀆰１mol×１１１g/mol＝１１􀆰１g,加热到 １８０℃时固体的质量由２１􀆰９g变为１４􀆰７g,失去部 分结 晶 水,则１４􀆰７g固 体 中 含 水 的 物 质 的 量 为 １４．７g－１１．１g １８g/mol ＝０．２mol ,则n(CaCl２)∶n(H２O) ＝０􀆰１mol∶０􀆰２mol＝１∶２,则分子式为CaCl２􀅰 ２H２O;答案是b. 答案:b 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０２􀅰 高考总复习　化学