专题讲座1 化学计算的思想方法-【勤径学升】2026年高考化学一轮总复习教师用书Word

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．(2025·吉林省白城实验高级中学高三期末考试)将1.52 g铁的氧化物(FexO)溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x的值为(　　) A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93 解析　 2e－，根据得失电子守恒可知， ××x＝×2，解得x＝0.80。 答案　A 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的混合气体，得电子的物质的量为×2＝2.4 mol，根据得失电子守恒，反应消耗1.2 mol Zn、生成1.2 mol ZnSO4，根据S元素守恒，反应生成SO2的物质的量为0.1 L×18.5 mol/L－1.2 mol－0.1 L×＝0.6 mol；生成氢气的物质的量为－0.6 mol＝0.6 mol，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为1∶1。故选A。 答案　A 8.化学需氧量（COD）可量度水体受有机物污染的程度，以K2Cr2O7作强氧化剂处理水样时所消耗的K2Cr2O7的量换算成相当于O2的含量（以mg·L－1计）来计量。 （1）处理时，水样应先酸化，最好选用　　　　（填“稀硝酸”“稀硫酸”或“稀盐酸”）酸化。 （2）在该条件下，Cr2最终转化为Cr3＋、取水样100mL，处理该水样时消耗了10mL0.025mol·L－1 K2Cr2O7溶液。则该水样的COD为　　　　　 mg·L－1。 解析　（1）硝酸是氧化性酸，K2Cr2O7能氧化盐酸，所以最好选用稀硫酸酸化水样；（2）根据电子守恒，1molK2Cr2O7相当于1.5molO2，10mL0.025mol·L－1，K2Cr2O7溶液相当于（10×10－3×0.025×1.5）molO2，该水样的COD为＝120mg·L－1。 答案　（1）稀硫酸　（2）120 思想二　关系式法 关系式法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，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。 9.在氧气中燃烧0.22g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10mL 0.5mol·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 （　　） A.72% B.40% C.36% D.18% 解析　由S原子守恒和有关反应可得出： S～H2SO4～2NaOH 32g 2mol m（S） 0.5×10×10－3mol 得m（S）＝0.08g，则原混合物中w（S）＝×100%≈36%。 答案　C 10.（2022·高考浙江6月卷）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3（s）CaO（s）＋CO2（g）　ΔH＝1.8×102kJ·mol－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30kJ·g－1（假设焦炭不含杂质）。 请回答： （1）每完全分解100kg石灰石（含CaCO3 90%，杂质不参与反应），需要投料　　　　kg焦炭。 （2）每生产106kg纯碱，同时可获得　　　　　　　　　kg CaO（列式计算）。 解析　（1）100kg石灰石中碳酸钙的物质的量为＝900mol，完全分解，需要吸收能量1.8×102kJ·mol－1×900mol＝1.62×105kJ，设需要投料xkg焦炭，则30kJ·g－1×x×103g×50%＝1.62×105kJ，解得x＝10.8。（2）根据生产纯碱的过程可得关系式：CO2～NaHCO3～Na2CO3，每生产106kg纯碱，消耗44kg CO2，由于石灰窑中产生的CO2只有40%最终转化为纯碱，且由（1）计算可知，参与反应的CaCO3和焦炭的物质的量之比为1∶1，则煅烧石灰石产生CO2的质量为＝55kg，根据CaCO3CaO＋CO2↑，可获得CaO的质量为55kg×＝70kg。 答案　 （1）10.8 （2）＝70 思想三　差量法 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。 11．标准状况下，等体积的氧气、二氧化碳、氮气组成的混合气体通过一定的过氧化钠后，体积变为原体积的，此时混合气体中氧气、二氧化碳、氮气的物质的量之比为(　　) A．3∶2∶4 B．4∶1∶3 C．6∶3∶4 D．8∶2∶7 解析　混合气体中只有CO2能与Na2O2发生反应，设混合气体三种组分体积都为m， 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　ΔV 　　　 2　　　　　　　　1　 1 3m× 则消耗CO2的体积为2ΔV＝m，生成O2的体积为ΔV＝m，故反应后混合气体中氧气、二氧化碳、氮气的体积之比为∶∶m＝4∶1∶3，由于三种气体处于相同的状况下，则其物质的量之比等于其体积之比为4∶1∶3。B正确。 答案　B 12．(2023·四川成都四校高一联考)将22.1 g由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物加热至质量不再变化，冷却后称得质量为15.9 g，将残余固体溶于100 mL盐酸中，收集到V L(标准状况下)CO2。下列说法错误的是(　　) A．V＝3.36 B．盐酸的浓度至少为3 mol·L－1 C．原固体混合物中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)＝4∶1 D．若将原固体与足量盐酸充分反应，生成CO2的体积为5.6 L(标准状况下) 解析　固体混合物只有碳酸氢钠可以受热分解，设混合物中NaHCO3的质量为x g， 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm 2×84　　　　　106　　　　　　　　18＋44 x g　　　　　　　　　　 　 　(22.1－15.9) g 则＝，解得x＝16.8，则原混合物中Na2CO3的质量为(22.1－16.8) g＝5.3 g，原混合物中NaHCO3的质量是16.8 g，则其物质的量n(NaHCO3)＝＝＝0.2 mol，其分解生成的Na2CO3的物质的量为0.1 mol，原碳酸钠的物质的量n(Na2CO3)＝＝＝0.05 mol，加热后剩余固体Na2CO3的总物质的量为0.15 mol，加入盐酸完全反应生成的二氧化碳为0.15 mol，标准状况下V(CO2)＝0.15 mol×22.4 L·mol－1＝3.36 L，A正确；依据反应的化学方程式：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，0.15 mol Na2CO3消耗HCl的物质的量为0.3 mol，则盐酸的最低浓度c(HCl)＝＝3 mol·L－1，B正确；原固体混合物中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)＝0.05 mol∶0.2 mol＝1∶4，C错误；依据C原子守恒，原混合物中NaHCO3为0.2 mol，Na2CO3为0.05 mol，加入足量盐酸，可以放出0.25 mol CO2，标准状况下其体积V(CO2)＝0.25 mol×22.4 L·mol－1＝5.6 L，D正确。 答案　C 学科网（北京）股份有限公司 $$