11 第1篇 第1部分 第2章 第8讲 物质的量在化学反应中的计算(能力课)-【高考DNA解码】2026年高考化学一轮总复习学生用书word

第8讲　物质的量在化学反应中的计算(能力课) 　1．掌握物质的量在化学方程式中的计算。　2．掌握化学反应有关计算的三种方法——差量法、守恒法与关系式法。　3．利用热重分析法确定物质的成分。 　物质的量在化学方程式计算中的应用 1．以物质的量为核心的转化关系 2．化学方程式的计算 (1)基本原理 2Na ＋2H2O===2NaOH＋H2↑ 化学计量 数之比： 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 扩大NA倍： 2NA ∶ 2NA ∶ 2NA ∶ NA 物质的量之比： 2 mol ∶ 2 mol ∶ 2 mol ∶ 1 mol 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。 (2)解题步骤 ①根据题意写出并配平化学方程式。 ②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。 ③把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。 ④选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。 [示例]　在标准状况下，15.6 g Na2O2投入足量水中，充分反应，生成NaOH的物质的量为________；生成O2的体积为________；转移电子数目为____________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 1．(2024年1月·江西适应性考试)马来酸依那普利(记为X，摩尔质量为Mr g·mol-1)是一种心血管疾病防治药物，结构简式为 通常使用以下两种方法滴定分析样品中X的质量分数ω： 方法一：将m g样品溶于有机溶剂中，以c1 mol·L-1的HClO4溶液滴定，终点消耗V1 mL，计量关系为n(X)∶n(HClO4)＝1∶1； 方法二：将m g样品溶于水中，以c2 mol·L-1的NaOH溶液滴定，终点消耗V2 mL，计量关系为n(X)∶n(NaOH)＝1∶3。 下列说法正确的是(　　) A．方法一滴定终点时，pH＝7 B．方法一ω＝×100% C．方法二滴定终点时，pH＝7 D．方法二ω＝×100% 2．200 g含MnO2 87%的软锰矿与足量浓盐酸共热，则被氧化的HCl的物质的量为__________________________________________________________________， 标准状况下生成Cl2的体积为__________________________________________， 转移电子数为________。 　化学反应计算中的三种技巧方法 一、差量法 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。 [示例]　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＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。其中正确的是 (　　) A．①②　　 B．①④ C．②③ 　 D．③④ 二、守恒法 1．元素守恒(原子守恒)：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．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。 3．电荷守恒：在离子反应中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。 [示例]　3.2 g铜与30 mL 8 mol·L-1 HNO3溶液充分反应，硝酸的还原产物仅为NO和NO2，反应后溶液中含有a mol H＋，下列说法正确的是(气体均换算成标准状况下，不考虑硝酸的挥发) (　　) A．所得NO的物质的量为(0.5a－0.02) mol B．反应后的溶液中不存在 C．生成NO2的体积为(0.16＋1.5a) L D．该反应中Cu作还原剂，被还原 三、关系式法 关系式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“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。确定关系式的方法如下： 1．在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为 2．利用元素守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N元素守恒可推导关系式：NH3～HNO3。 3．利用得失电子守恒推导：如K2Cr2O7氧化Fe2+，利用得失电子守恒可推导关系式：～6Fe2+。　 [示例]　黄铁矿的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 0 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：＋2Fe2+＋4H＋；＋6Fe2+＋14H＋===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O。 (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留一位小数)。 (2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%硫酸的质量为________t。 差量法 1．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，则原氮氧化物的化学式为 (　　) A．N2O3　　B．NO2　　C．NO　　D．N2O 守恒法 2．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为(　　) A．0.24 mol 　 B．0.21 mol C．0.16 mol 　 D．0.14 mol 3．一定条件下，将28.8 g Cu2O固体投入100 mL 12.0 mol·L-1的HNO3溶液中充分反应后，固体全部溶解，硝酸被还原为氮氧化物(NOx)，并收集到标准状况下气态氮氧化物(NOx)4.48 L(生成气体全部逸出)。 (1)x＝________。 (2)向反应后的溶液中加入4.00 mol·L-1 NaOH溶液，为使沉淀质量达到最大，至少需要NaOH溶液________mL。 关系式法 4．Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL 葡萄酒样品，用0.010 0 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗碘标准液10.00 mL。滴定反应的离子方程式为__________________________________ ____________________________________________________________________， 该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L-1(以SO2计)。 　热重分析法确定物质的成分 热重分析法是指在一定的温度下，测定固体残留质量或残留率，进而分析确定成分。其一般思路为 (1)先确定分解前样品物质的物质的量或假设1 mol。 (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) ×100%＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由元素守恒得m氧，由n金属∶n氧即可求出失重后物质的化学式。 为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示。 (1)300 ℃时残留固体的成分为________。 (2)900 ℃时残留固体的成分为________。 ①盐的水合物盐氧化物 ②300 ℃时残留物为CaC2O4 ③900 ℃时残留物为CaO 1．将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。下列说法正确的是(　　) A．FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子 B．在100 ℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O C．在200 ℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O D．380 ℃的P加热至650 ℃的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑ 2．在焙烧NH4VO3的过程中，固体残留率(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。 1．(2023·湖北卷，T18节选)已知实验：向含Cu片的过量30% H2O2溶液中滴加稀硫酸，铜片溶解，溶液变蓝，有少量无色气体产生。 (1)用足量NaOH处理实验中新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为______________。 (2)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-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知：)标志滴定终点的现象是____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________， 粗品中X的相对含量为________。 2．(2024·江苏卷，T14节选)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 (1)向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为____________________________________________________ ____________________________________________________________________。 (2)将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550～600 ℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中的比值____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ (写出计算过程)。[Mr(Nd)＝144] 600～800 ℃发生反应的化学方程式为___________________________________ ____________________________________________________________________。 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第8讲　物质的量在化学反应中的计算(能力课) 考点一 [核心知能突破] 示例　解析：n(Na2O2)==0.2 mol， 2Na2O2＋2H2O===4NaOH ＋ O2↑　Δn(e－) 2 4 1 2 0.2 mol n(NaOH) n(O2) n(e－) === n(NaOH)=0.4 mol，n(O2)=0.1 mol，n(e-)=0.2 mol，V(O2)=2.24 L，N(e-)=0.2NA。 答案：0.4 mol　2.24 L　0.2NA [关键能力提升] 1．B　[使用HClO4溶液滴定，计量关系为n(X)∶n(HClO4)=1∶1，HClO4主要与碱性基团反应，滴定终点时，由于X含有羧基，pH<7，故A错误；使用HClO4溶液滴定X，计量关系为n(X)∶n(HClO4)=1∶1，ω=×100%=×100%，故B正确；使用NaOH溶液滴定，NaOH主要与酸性基团反应，由于X含有亚氨基，pH>7 ，故C错误；使用NaOH溶液滴定X，计量关系为n(X)∶n(NaOH)=1∶3，ω=×100%=×100%，故D错误。] 2．解析：n(MnO2)==2 mol， MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　Δn(e－) 1 2(被氧化) 1 2 2 mol n(HCl) n(Cl2) n(e－) 则被氧化的n(HCl)=4 mol，n(Cl2)=2 mol，V(Cl2)=44.8 L，n(e-)=4 mol，N(e-)=4NA。 答案：4 mol　44.8 L　4NA 考点二 [核心知能突破] 一、示例　C　[根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。 6NO＋4NH35N2＋ 6H2O(g)　ΔV 6 4 5 6 1 9 mL 6 mL (17.5－16)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V(NO)∶V(NH3)在9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。] 二、示例　A　[3.2 g Cu的物质的量n(Cu)==0.05 mol，30 mL 8 mol·L-1硝酸中含有溶质的物质的量n(HNO3)=8 mol·L-1×0.03 L=0.24 mol，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、NO和H2O，反应后溶液中含有a mol H+，则溶液中还剩a mol HNO3，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=2n(Cu)=0.1 mol，假设反应产生NO2、NO的物质的量分别是x mol、y mol，则根据得失电子守恒得x+3y=0.1①，根据氮元素守恒得0.05×2+a+x+y=0.24②，联立①②解得x=0.16-1.5a，y=0.5a-0.02。根据分析，生成的NO的物质的量为(0.5a-0.02)mol，A正确；反应后溶液中含有a mol H+，则溶液中还剩a mol HNO3，同时Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，因此反应后的溶液中含有N，B错误；根据分析，生成的NO2的物质的量为(0.16-1.5a)mol，其标准状况下的体积为22.4×(0.16-1.5a)L，C错误；该反应中Cu作还原剂，被氧化，D错误。] 三、示例　解析：(1)根据化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++4H+；Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O，可得关系式： ～6Fe2+～3SO2～FeS2 1 (0.020 0×0.025) mol m(FeS2)=0.090 0 g，样品中FeS2的质量分数为×100%=90.0%。 (2)由硫元素守恒得 FeS2　　　　～　　　2SO2　～　2H2SO4 1 mol 2 mol 196 g mol n(SO2) m(H2SO4)×98% 则n(SO2)=1.5×105 mol，标准状况下V(SO2)=3.36×106 L，m(H2SO4)=1.5×107 g=15 t。 答案：(1)90.0%　(2)3.36×106　15 [关键能力提升] 1．A　[设该氮氧化物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox+xH2===N2+xH2O，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， N2Ox+xH2===N2+xH2O　ΔV 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．B　[根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2，根据元素守恒可知n(Fe)=×(0.12×4 mol- mol)=0.21 mol，故根据铁元素守恒，相同质量的混合物与足量CO反应，得到的Fe的物质的量为0.21 mol，B项正确。] 3．解析：(1)n(Cu2O)==0.2 mol，n(NOx)==0.2 mol，在反应中，Cu2O中的Cu元素化合价由+1价升高到+2价，HNO3中生成NOx的N元素化合价由+5价降低为+2x价，依据得失电子守恒可得：0.2 mol×2=0.2 mol×(5-2x)，解得x=1.5。(2)向反应后的溶液中加入4.00 mol·L-1 NaOH溶液，当沉淀质量达到最大时，Cu(NO3)2及过量HNO3刚好与NaOH完全反应，生成NaNO3等，则n(NaOH)=n(N)，从而得出4.00 mol·L-1×V(NaOH)=n(HNO3)-n(NOx)=0.100 L×12.0 mol·L-1-0.2 mol，V(NaOH)=0.25 L=250 mL。 答案：(1)1.5　(2)250 4．解析：根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒可得关系式2SO2~S2~2I2，n(SO2)=n(I2)=0.010 0 mol·L-1×10.00×10-3 L=1×10-4 mol，该样品中Na2S2O5的残留量(以SO2计)为=0.128 0 g·L-1。　 答案：S2+2I2+3H2O===2S+4I-+6H+　0.128 0 考点三 [核心知能突破] 典例导航　(1)CaC2O4　(2)CaO [关键能力提升] 1．D　[从题图中可以看出，FeSO4·7H2O晶体受热后发生4次分解反应，通常情况下，晶体先分多次失去结晶水，然后所得无水盐再分解。FeSO4·7H2O晶体中，水分子的结合力都是相同的，A不正确；n(FeSO4·7H2O)==0.03 mol，则100 ℃时，M的摩尔质量为=224 g·mol-1，化学式为FeSO4·4H2O，B不正确；在 200 ℃时，N的摩尔质量为=170 g·mol-1，化学式为FeSO4·H2O，C不正确；380 ℃的P加热至650 ℃时，产物Q中n(Fe)∶n(O)=0.03 mol∶=2∶3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，D正确。] 2．解析：NH4VO3分解的过程中生成氨和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，210 ℃时若分解生成HVO3和氨，则剩余固体占起始固体百分含量为×100%≈85.47%，符合，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。 答案：HVO3 [高考真题 衍生变式] 1．解析：(1)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO)，则： CuOxCuO+O2↑ 64+16x 80 m n 则=，又=，解得x=2，则X的化学式为CuO2。(2)CuO2在酸性条件下生成Cu2+，Cu2+与KI反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色时，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，可得关系式：2CuO2~3I2~6Na2S2O3，则样品中m(CuO2)=×2×96 g=0.048 g，ω(CuO2)=×100%=96%。 答案：(1)CuO2　(2)当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不恢复原来的颜色　96% 2．解析：(1)Nd3+、C发生相互促进的水解反应，产物为Nd(OH)CO3和CO2，根据电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为2Nd3++3C+H2O===2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。(2)n[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol，其中n(OH-)=4×10-5 mol，550~600 ℃时，Nd(OH)CO3生成NdaOb(CO3)c，质量减少8.84 mg-7.60 mg=1.24 mg，焙烧产物中不含有氢元素，则根据2OH-~H2O，可知焙烧过程中生成的H2O的质量为×4×10-5 mol×18 g·mol-1×103 mg·g-1=0.36 mg，则生成的CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，根据C~CO2，发生反应的C=2×10-5 mol，起始固体中含有的C的物质的量=n[Nd(OH)CO3]=4×10-5 mol，则剩余固体中C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，焙烧过程中，Nd不会减少，则剩余固体中Nd3+的物质的量为4×10-5 mol，故产物中n(Nd3+)∶n(C)=(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)=2∶1。 答案：(1)2Nd3++3C+H2O===2Nd(OH)CO3↓+CO2↑　(2)2∶1，8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为4×10-5 mol，550~600 ℃时，固体分解产生H2O与CO2，质量共减少1.24 mg，其中n(H2O)=2×10-5 mol，m(H2O)=0.36 mg，则m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，n(CO2)=2×10-5 mol，发生反应的n(C)=n(CO2)=2×10-5 mol，剩余固体中n(C)=4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，n(Nd3+)=n[Nd(OH)CO3]=4×10-5 mol，n(Nd3+)∶n(C)=2∶1 真题变式　Nd2O2CO3Nd2O3+CO2↑ 学科网（北京）股份有限公司 $$