11第7讲　化学计算的常用方法-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（人教单选版）

第7讲　化学计算的常用方法 考点一　差量法、关系式法及其应用 [对应学生用书P39] 1.差量法及其应用 (1)“差量法”是利用最终态(生成物)与起始态(反应物)的量的变化来求解的方法。 (2)适用条件：当反应前后固体(或液体)的质量(或物质的量)发生变化时，或反应前后气体的体积(同温同压下)、反应过程中的热效应等发生变化时，可采用“差量法”计算。 (3)解题关键 差量法解题的关键是找准“理论差量”，把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如： 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气) 2 mol　1 mol　 2 mol　 24 g　1 mol　 2.关系式法及其应用 (1)“关系式法”是物质间的一种简化式子，多步进行的连续反应，以中间产物为媒介，找出起始反应物和最终产物的关系式，首尾列式，一步计算完成。 (2)解题关键 “关系式法”解题的关键是根据题中关键信息，建立正确的关系式，利用相关数据列出比例关系、求解。 (3)确定关系式的两种方法 根据方程式 据方程式确定关系式，连续反应的中间产物是建立关系式的“桥梁” 根据守恒关系 根据多步连续反应中某元素守恒确定关系式，如FeS2燃烧生成SO2，SO2催化氧化生成SO3，SO3与H2O化合生成H2SO4，据硫元素守恒可得关系式：FeS2～2H2SO4 (4)利用关系式法解题的思维流程如下： 1.差量法及其应用 [考题对接1] (2022·全国乙卷，改编)化合物NH4B5O8·4H2O的热重曲线如图所示，在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出。 判断下列说法的正误： (1)100～200 ℃阶段热分解失去4个H2O(　　×　　) (2)500 ℃热分解后生成固体化合物B2O3(　　√　　) 2.关系式法及其应用 [考题对接2] (2023·天津卷，改编)下面是制备硫酸的工业流程： 用32 t含S 99%的硫黄为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸________ t。 答案：94.11　解析：上述流程依次发生反应：S＋O2SO2、2SO2＋O22SO3、SO3＋H2O===H2SO4，据此建立关系式：S～H2SO4，中间转化过程损失的硫元素可都看作起始硫粉转化的损失。n(H2SO4)＝n(S)＝×(1－2%)×97%≈9.411×105 mol，故生产98%的浓硫酸的质量为＝94.11×106 g＝94.11 t。 [考题对接3] (2024·浙江1月选考卷，节选)取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g，产品的纯度为________。 答案：99%　解析：根据铜元素守恒可知，CuO的质量为32.814 g－31.230 g＝1.584 g，则氧化铜的物质的量为0.019 8 mol。据关系式：H2S～CuS～CuO可知，n(H2S)＝0.019 8 mol，则H2S的质量为0.673 2 g，产品纯度为×100%＝99%。 [对应学生用书P40] 考向1　差量法及其应用 [例1] (2023·全国乙卷，节选)FeSO4·7H2O在N2气氛中的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知x＝________，y＝________。 利用固体质量“差量”分析如下： 关键信息 信息解读 (1)失重比为19.4%，对应FeSO4·xH2O FeSO4·7H2O―→FeSO4·xH2O，失去(7－x)H2O占总质量的19.4% (2)失重比为38.8%，对应FeSO4·yH2O FeSO4·7H2O―→FeSO4·yH2O，失去(7－y)H2O占总质量的38.8% (3)失重比为45.3%，对应FeSO4 FeSO4·7H2O―→FeSO4，完全失去H2O，占总质量的45.3% 答案：4　1 解析：FeSO4·7H2O的相对分子质量为278，当失重比为19.4%时，对应质量减少了54 g，对应的是3 mol水，因此x＝4，同理，当失重比为38.8%时，质量减少108 g，失水共6 mol，因此y＝1。 [对点训练1] (2024·江苏卷，节选)将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g/mol)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n(Nd3＋)∶n(CO)的比值为________。 答案：2∶1　解析：8.84 mg Nd(OH)CO3为4×10－5 mol，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，据Nd元素守恒可知，n(Nd3＋)＝4×10－5 mol。550～600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg，固体减少的质量为1.24 mg，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸盐分解得到氧化物和CO2，可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量。根据H元素守恒可知，固体分解时生成H2O的质量为4×10－5 mol××18×103 mg/mol＝0.36 mg，则生成CO2的质量为1.24 mg－0.36 mg＝0.88 mg，即2×10－5 mol。由C元素守恒可知，分解后剩余的CO的物质的量为4×10－5 mol－2×10－5 mol＝2×10－5 mol，可以确定该产物中n(Nd3＋)∶n(CO)的比值为＝2∶1。 考向2　关系式法及其应用 [例2] (经典高考题，节选)一般用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2＋。 反应式：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 某次实验称取0.280 0 g样品，滴定时消耗浓度为0.030 00 mol/L的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量为________%。 利用“关系式”解题的思路如下： 分析原理 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 建立关系 6Fe～6Fe2＋～Cr2O 列出等式 n(Fe)＝6n(Cr2O) 答案：90　解析：样品用过量稀硫酸溶解：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，反应Cr2O＋Fe2＋＋H＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O配平后为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，得到关系式6Fe～6Fe2＋～Cr2O，n(Fe)＝6n(Cr2O)＝6×0.030 00 mol/L×0.025 1 L＝0.004 518 mol，则有m(Fe)＝0.004 518 mol×56 g/mol≈0.253 g，故Fe的质量分数为×100%≈90%。 [对点训练2] (2025·江西赣州六校联考)用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度：取所得液体样品m g溶于水，配制成250 mL溶液，取出25.00 mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol/L AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。已知：Ag2CrO4为不溶于水的砖红色沉淀；常温下Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.8×10－12。 (1)滴定时，应使用__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。 (2)滴定达到终点的标志是______________________________________。 (3)亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为__________(用计算式表示即可)。 答案：(1)酸式 (2)滴加最后半滴AgNO3溶液时，恰好有砖红色沉淀生成，且半分钟内不变色 (3)×100% 解析：(1)AgNO3中Ag＋水解使溶液呈酸性，故滴定时，盛装AgNO3标准溶液应使用酸式滴定管。 (3)滴定过程中存在定量关系：NOCl～AgNO3，则有n(NOCl)＝n(AgNO3)；取出25.00 mL溶液中n(NOCl)＝bc×10－3 mol，则NOCl总的物质的量为10bc×10－3 mol，故亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%。 考点二　守恒法及其应用 [对应学生用书P41] 守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒思想，只考 虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如元素守恒、得失电子守恒、能量守恒等)，从而达到快速解题的目的。 (1)元素守恒 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。利用“元素守恒法”解题的思维流程如下： (2)得失电子守恒 ①基本依据：氧化还原反应中，氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数。 ②主要应用：滴定法测定物质含量时，多步连续氧化还原反应可以通过得失电子守恒建立关系式，并进行相关计算。 元素守恒 [考题对接1] (2022·天津卷，节选)天然碱的主要成分为Na2CO3·NaHCO3·2H2O，1 mol Na2CO3·NaHCO3·2H2O经充分加热得到Na2CO3的质量为________g。 答案：159　解析：1 mol Na2CO3·NaHCO3·2H2O中含有1 mol Na2CO3、1 mol NaHCO3，经充分加热得到Na2CO3，据Na＋守恒可知，n(Na2CO3)＝1.5 mol，其质量为1.5 mol×106 g/mol＝159 g。 [考题对接2] (2022·浙江1月选考卷)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)＝×2＝0.02 mol，则有＝0.02 mol，解得x＝9。 (2)气体产物中n(H2O)＝0.17 mol，则n(HNO3)＝0.02 mol×9×2－0.17 mol×2＝0.02 mol，根据氮元素守恒，n(NO2)＝样品中N的物质的量－HNO3中N的物质的量＝0.02 mol×3－0.02 mol＝0.04 mol，根据氧元素守恒，n(O2)＝ ＝0.010 0 mol。 [对应学生用书P42] 考向1　元素守恒法及其应用 [例1] (2023·全国乙卷，节选)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 回答下列问题： (1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先________，而后将已称重的U形管c、d与石英管连接，检查__________。依次点燃煤气灯__________，进行实验。 (2)O2的作用有__________________。CuO的作用是______________________________ (举1例，用化学方程式表示)。 (3)若样品CxHyOz为0.023 6 g，实验结束后，c管增重0.010 8 g，d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子质量为118，其分子式为__________。 答案：(1)通O2　装置气密性　b、a (2)作助燃剂使有机物充分反应，排尽装置中的CO2和水蒸气　CuO＋COCu＋CO2 (3)C4H6O4 解析：(3)结合c、d两个干燥管增重的质量可知，n(H)＝×2＝0.001 2 mol，n(C)＝＝0.000 8 mol，结合元素守恒，可知有机物中n(O)＝＝0.000 8 mol，n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.000 8 mol∶0.001 2 mol∶0.000 8 mol＝2∶3∶2，则最简式为C2H3O2；结合其相对分子质量为118可知，该有机物的分子式为C4H6O4。 考向2　得失电子守恒法及其应用 [例2] (2024·安徽卷，节选)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2­HgCl2­K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。 【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 (1)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (2)若消耗c mol/L K2Cr2O7标准溶液V mL，则a g试样中Fe的质量分数为________(用含a、c、V的代数式表示)。 解答本题的思路分析如下： 关键信息 信息解读 (1)试样加入浓盐酸 Fe与盐酸反应生成FeCl2 (2)步骤Ⅱ滴加SnCl2溶液至黄色消失 过量SnCl2使Fe3＋还原为Fe2＋ (3)步骤Ⅲ中K2Cr2O7溶液滴定Fe2＋ 物质变化：Cr2O―→2Cr3＋，Fe2＋―→Fe3＋； 反应原理：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 答案：(1)偏小　(2)% 解析：(1)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2＋易被空气中的O2氧化为Fe3＋，导致测定的铁含量偏小。 (2)根据离子方程式6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O可得：n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×10－3cV mol，则a g试样中Fe的质量为6×10－3cV mol×56 g/mol＝0.336cV g，故Fe的质量分数为×100%＝%。 [对应学生用书P43] 1.(2024·湖南娄底一模)实验探究是化学学习的方法之一，某化学实验小组进行FeSO4·7H2O在N2气氛中受热分解实验，根据实验结果或现象，所得结论不正确的是(　　) A.FeSO4·7H2O脱水热分解，其热重曲线如图所示。根据实验结果推算出：x＝4，y＝1 B.FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明生成的物质为Fe2O3 C.生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2 D.把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，不能证明其气态产物中含有SO3 D　解析：FeSO4·7H2O相对分子质量为278，100 ℃时，失重率为19.4%，则固体质量损失为278×19.4%≈54，即分解生成FeSO4·4H2O和3H2O。同理可以求得200 ℃时，FeSO4·4H2O分解生成FeSO4·H2O和3H2O，300 ℃时，FeSO4·H2O分解生成FeSO4和H2O，更高温度下，FeSO4隔绝空气，分解生成Fe2O3、SO2、SO3。100 ℃时，生成FeSO4·4H2O，即x＝4，200 ℃时，分解生成FeSO4·H2O，即y＝1，A正确；FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明最终生成的物质为Fe2O3，B正确；能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是常温有还原性的气体，反应中可能生成的有还原性的气体只有SO2，故生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2，C正确；把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，因为SO2无法和氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，故可以说明其气态产物中含有SO3，D错误。 2.(2025·黑龙江哈尔滨师大附中调研)某实验小组对MgCl2·6H2O进行热重曲线分析： (1)分析181 ℃时固体产物的化学式为________。 (2)写出从181 ℃加热到300 ℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)的化学方程式______ ________________________________________________________________________。 答案：(1)MgCl2·2H2O　(2)MgCl2·2H2OMg(OH)Cl＋HCl↑＋H2O 解析：(1)0～181 ℃失去结晶水，发生反应MgCl2·6H2OMgCl2·(6－x)H2O＋xH2O，203 g MgCl2·6H2O的物质的量为1 mol，0～181 ℃固体质量变化为(203－131)g＝72 g，应是减少水的质量，计算出x＝4，181 ℃时固体产物的化学式为MgCl2·2H2O。 (2)181 ℃加热到300 ℃得到一种含镁的碱式盐，其质量为76.5 g，203 g MgCl2·6H2O的物质的量为1 mol，根据原子守恒，含镁的碱式盐中含有1 mol Mg2＋、1 mol Cl－和1 mol OH－，则含镁的碱式盐为Mg(OH)Cl，其反应的化学方程式为MgCl2·2H2OMg(OH)Cl＋H2O＋HCl↑。 3.(2022·江苏卷，节选)FeS2、FeS在空气中易被氧化。将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为____________(填化学式)。 答案：Fe2O3　解析：设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)＝120 g/mol，则M(FeOx)＝120 g/mol×66.7%＝80.04 g/mol，则56＋16x＝80.04，x≈，即固体产物为Fe2O3。 4.(2022·山东卷，节选)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验： 实验Ⅰ：称取m1 g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2＋达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2O转化为Cr3＋，Cl－不反应)。 实验Ⅱ：另取m1 g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2 g。 则n＝________；下列情况会导致n测量值偏小的是________(填标号)。 A.样品中含少量FeO杂质 B.样品与SOCl2反应时失水不充分 C.实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解 D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 答案：　AB 解析：滴定过程中Cr2O将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，则m1 g样品中n(FeCl2)＝6n(Cr2O)＝6cV×10－3 mol；m1 g样品中结晶水的质量为(m1－m2)g，结晶水物质的量为 mol，n(FeCl2)∶n(H2O)＝1∶n＝(6cV×10－3 mol)∶ mol，解得n＝。样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7标准溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A正确；样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B正确；实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C错误；滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D错误。 [课时训练(7)见P431、章末综合测试卷(二)见P434] 学科网（北京）股份有限公司 $$