03热点专攻1　化学计算的两种常用方法（课件PPT）-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（鲁教版）

热点专攻1　化学计算的两种常用方法 第1章　化学中常用的物理量——物质的量 请完成：跟踪练(2) 温馨提示 请完成：章末测试卷(1) 温馨提示 谢谢观看！ 1．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。 【例1】 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g/mol)可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下： (1)溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。 (2)滴定：取0.009 50 mol/L的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，用硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))===S4O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当___________________________________________________________， 即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________________%(保留1位小数)。 [思路剖析] ① 过程KI eq \o(————―→,\s\up16(K2Cr2O7))I2，定量关系：K2Cr2O7～3I2 ② 过程I2 eq \o(————―→,\s\up16(Na2S2O3))I－，定量关系：I2～2Na2S2O3 ③ 综合可得关系式：K2Cr2O7～6Na2S2O3，代入数据计算 答案：(1)烧杯　容量瓶　刻度线　(2)滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原来的颜色　95.0 解析：(2)加入淀粉溶液作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色即为滴定终点。由反应Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))===S4O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－，可得关系式：Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))～3I2～6S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，则有n(S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝6n(Cr2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)))＝0.009 50 mol/L×0.02 L×6，故硫代硫酸钠样品溶液的物质的量浓度为 eq \f(0.009 50 mol/L×0.02 L×6,0.024 8 L)，样品的纯度为 eq \f(\f(0.009 50 mol/L×0.02 L×6,0.024 8 L)×0.1 L×248 g/mol,1.200 0 g)×100%＝95.0%。 2．守恒法 应用原理 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”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等 解题步骤 第一步 明确题目要求解的量 第二步 根据题目中需要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量 第三步 根据守恒原理，列式计算求解 【例2】 (2022·浙江1月选考卷，改编)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06 g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02 g。计算： (1)x＝____________。 (2)气体产物中n(O2)＝____________mol。 答案：(1)9 (2)0.010 0 解析：(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213＋18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02 g，可知样品中n(Al)＝ eq \f(1.02 g,102 g/mol)×2＝ 0.02 mol，根据铝原子守恒，可得关系式：2[Al(NO3)3·xH2O]～Al2O3，则有 eq \f(7.50 g,（213＋18x） g/mol)＝0.02 mol，解得x＝9。 (2)气体产物中n(H2O)＝ eq \f(3.06 g,18 g/mol)＝0.17 mol，根据氢原子守恒，则n(HNO3)＝0.02×9×2 mol－0.17×2 mol＝0.02 mol；根据氮原子守恒，n(NO2)＝n样品(N)－nHNO3(N)＝0.02×3 mol－0.02 mol＝0.04 mol；根据氧原子守恒可得，气体产物中n(O2)＝ eq \f(（0.02×18－0.17－0.02×3－0.04×2－0.03） mol,2)＝0.010 0 mol。 1．制备的SnCl4中含有少量SnCl2杂质，可利用Fe3＋与Sn2＋反应生成Fe2＋与Sn4＋测定产物中SnCl4的质量分数，具体操作如下：取反应后的固体7.600 g于试管中，加适量的盐酸溶解，再加入少量KSCN溶液作指示剂，用0.100 0 mol/L FeCl3标准溶液进行滴定，用去FeCl3溶液的体积为20.00 mL。 (1)滴定终点的现象为_____________________。 (2)SnCl4的质量分数是________(保留四位有效数字)。 答案：(1)当滴入最后半滴FeCl3溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色　(2)97.50% 解析：(1)向含Fe3＋溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则达到滴定终点时，现象是当滴入最后半滴FeCl3溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色。 (2)依据得失电子守恒，可得关系式：2Fe3＋～SnCl2，则有n(SnCl2)＝ eq \f(1,2)n(Fe3＋)＝ eq \f(1,2)×0.100 0 mol/L×0.02 L＝0.001 mol，则SnCl4的质量分数为 eq \f(7.600 g－0.001 mol×190 g/mol,7.600 g)×100%＝97.50%。 2．测定食品中山梨酸钾(CH3CH===CHCH===CHCOOK)含量(杂质不参与反应)： 取待测食品m g，将其中的山梨酸钾浓缩、提取后，用盐酸酸化得到白色晶体。将白色晶体用试剂X溶解后，配成250 mL溶液。取25 mL配好的溶液，以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液滴定，三次平行实验测得消耗标准液的平均体积为V mL。 名称 分子式 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 性质 山梨酸钾 C6H7O2K 150 270 (分解) — 易溶于水和乙醇 山梨酸 C6H8O2 112 132 228 微溶于水，易溶于有机溶剂 (1)溶解白色晶体的试剂X可选用__________(填标号)。 A．蒸馏水　　B．乙醇　　C．稀盐酸 (2)待测食品中山梨酸钾的质量分数为__________%(用含字母的代数式表示)。 答案：(1)B　(2) eq \f(150 cV,m) 解析：(1)浓缩提纯后的山梨酸钾加盐酸酸化后所得白色晶体为山梨酸，山梨酸微溶于水，不利于滴定时反应试剂间接触，A错误；山梨酸易溶于有机溶剂，使用乙醇溶解有利于增大其和后续滴加的NaOH溶液的接触面积，使之充分反应，B正确；盐酸会和NaOH发生反应，会给山梨酸的定量分析带来误差，C错误。 (2)山梨酸钾用盐酸酸化得到山梨酸(CH3CH===CHCH===CHCOOH)，分子中含有1个—COOH，则参加反应的山梨酸钾和NaOH的物质的量之比为1∶1，故待测食品中山梨酸钾的质量分数为 eq \f(150 g/mol×c mol/L×V×10－3 L×\f(250 mL,25 mL),m)×100%＝ eq \f(150 cV,m)%。 3．(2024·湖北云学新高考联盟联考，改编)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理如下： Ⅰ.C3N3O3Cl eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋H＋＋2H2O===C3H3N3O3＋2HClO Ⅱ.HClO＋2I－＋H＋===I2＋Cl－＋H2O Ⅲ.I2＋2S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))===S4O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－ 准确称取1.120 0 g样品，用容量瓶配成250.0 mL溶液；取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5 min；用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。 通过计算判断该样品是否为优质品。 __________________________________________________________ __________________________________________________________ __________________________________________________________ __________________________________________________________ __________________________________________________________ (写出计算过程，该样品的有效氯＝ eq \f(测定中转化为HClO的氯元素质量×2,样品的质量)×100%) 答案：n(S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝0.100 0 mol/L×0.020 00 L＝2.000×10－3 mol 根据物质转换和得失电子守恒得到关系式： C3N3O3Cl eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))～2HClO～2I2～4S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)) 得n(HClO)＝ eq \f(1,2)n(S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝1.000×10－3 mol 氯元素的质量： m(Cl)＝1.000×10－3 mol×35.5 g/mol＝0.035 50 g 该样品的有效氯＝ eq \f(0.035 50 g,1.120 0 g×\f(25.00 mL,250.0 mL))×2×100%＝63.39% 该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品。 解析：n(S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝0.100 0 mol/L×0.020 00 L＝2.000×10－3mol，根据实验检测原理或根据物质转换和得失电子守恒关系：C3N3O3Cl eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))～2HClO～2I2～4S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，可得n(HClO)＝ eq \f(1,2)n(S2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝1.000×10－3mol，所以氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10－3mol×35.5 g/mol＝0.035 50 g，根据题目信息，则该样品的有效氯＝ eq \f(0.035 50 g,1.120 0 g×\f(25.00 mL,250.0 mL))×2×100%＝63.39%，该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品。 $$