10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）

高考总复习 化学 大单元一　化学语言与 概念 第7讲　化学计算的常用方法 第二章　物质的量 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 × √ 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点一　差量法、关系式法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 考点二　守恒法及其应用 D 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 学科素养 进阶发展 请完成：课时训练（7） 温馨提示 请完成：章末综合测试卷（二） 温馨提示 谢谢观看！ 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%。 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%。 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。 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%＝%。 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 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。 $$