第2章 第7讲 化学计算的常用方法(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考化学一轮复习（人教 单选版）

第二章　物质的量 第7讲　化学计算的常用方法 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 核心考点突破 01 高考真题感悟 02 知能达标训练 03 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 核 心 考 点 突 破 栏目导航 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 高 考 真 题 感 悟 栏目导航 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 栏目导航 第二章　物质的量 1 知 能 达 标 训 练 栏目导航 点击进入Word 栏目导航 第二章　物质的量 1 谢谢观看 栏目导航 第二章　物质的量 1 [课程标准]　 1.理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。 2.了解化学计算的常用方法，初步建立化学计算的思维模型。 考点一　守恒法(包括热重分析) 1．所谓“守恒”就是物质在发生“变化”的过程中某些量的总量保持“不变”。 守恒法是一种思维方法，运用守恒定律，不必纠结过程细节。只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态，常考的有以下三种守恒。 (1)元素守恒 化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各元素原子的种类和数目保持不变。 (2)电荷守恒 电解质溶液中，阴、阳离子所带电荷总数相等。如：Na2SO4溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq \o\al(2－,4))＋c(OH－)，因溶液显中性，故c(Na＋)＝2c(SOeq \o\al(2－,4))。 (3)得失电子守恒 氧化还原反应中，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。 2．守恒法的解题思路 一、元素守恒 1．28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为(　　) A．36 g　　　　　　　 B．40 g C．80 g D．160 g 解析　28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝eq \f(1,2)n(Fe)＝eq \f(1,2)×eq \f(28 g,56 g·mol－1)＝0.25 mol,所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·moL－1＝40 g。 答案　B 2．(2022·浙江1月选考)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＝________________________(写出计算过程)。 (2)气体产物中n(O2)＝________mol。 解析　(2)n(样品)＝n(Al)＝ eq \f(1.02 g,102 g·mol－1)×2＝0.02 mol，气体产物中n(H2O)＝eq \f(3.06 g,18 g·mol－1) ＝0.17 mol，根据氢元素守恒，n(HNO3)＝0.02×9×2 mol－0.17×2 mol＝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＝0.02×3 mol－0.02 mol＝0.04 mol，根据氧元素守恒，n(O2)＝eq \f(0.02×18－0.17－0.02×3－0.04×2－0.03,2) mol＝0.0100 mol。 答案　(1)9 计算过程： 2[Al(NO3)3·xH2O]～Al2O3 2(213＋18x)g 102 g 7.50 g 1.02 g eq \f(2213＋18x,7.50)＝eq \f(102,1.02) 解得x＝9　(2)0.0100 二、电荷守恒(电中性原则) 3．(2024·江苏昆山月考)将K2SO4、Al2(SO4)3和KAl(SO4)2三种混合溶液加H2SO4酸化，测得c(SOeq \o\al(2－,4))＝0.105 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.055 mol，pH＝2.0(假设H2SO4完全电离为H＋和SOeq \o\al(2－,4))，则c(K＋)为(　　) A．0.045 mol·L－1　　　　 B．0.035 mol·L－1 C．0.055 mol·L－1 D．0.040 mol·L－1 解析　因pH＝2.0，所以c(H＋)＝0.01 mol·L－1，c(OH－)很小，忽略不计。根据电荷守恒有：c(K＋)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq \o\al(2－,4))，解之得：c(K＋)＝0.035 mol·L－1；故选B。 答案　B 三、电子守恒 4．(2024·马鞍山模拟)ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产时需用其他气体稀释。生产ClO2和NaClO2的工艺流程： ClO2发生器中反应为NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4―→Na2SO4＋ClO2↑＋H2O(未配平)。 (1)每生成1 mol ClO2转移________mol电子。 (2)参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为______。 解析　(1)该反应中，Cl元素由＋5价降低到＋4价，则每生成1 mol ClO2转移1 mol电子； (2)Cl元素由＋5价降低到＋4价，S元素由＋4价升高到＋6价，根据电子守恒，n(NaClO3)×1＝n(Na2SO3)×2，故n(NaClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1。 答案　(1)1　(2)2∶1 考点二　差量法及其应用 1．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”。 这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。 2．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 22.4 L(标况) 一、气体差量法应用 1．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为(　　) A．4 L　　　　　　 B．8 L C．12 L D．16 L 解析　混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)， 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　　ΔV 44．8 L　　　　　　　　　22.4 L　 22.4 L V(CO2)　　　　　　　　　　　　 　(20－16) L 44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16) L， 解得V(CO2)＝8 L， 则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。 答案　C 二、热重差量法的应用 2．(2025·八省联考内蒙古卷)对产品Cu(NH3)4SO4·xH2O进行热重分析，结果如下图所示。200 ℃时结晶水已全部失去，400 ℃时产物为CuSO4，则x＝________；250～400 ℃阶段反应的化学方程式为________________________________________________。 解析　根据图像可知，400 ℃时固体质量为3.20 g，产物为CuSO4，物质的量为eq \f(3.20 g,160 g/mol)＝0.02 mol，根据元素质量守恒，初始25 ℃时，固体Cu(NH3)4SO4·xH2O质量为4.92 g，物质的量为0.02 mol，则其摩尔质量为eq \f(4.92 g,0.02 mol)＝246 g/mol，数值上等于相对分子质量，而Cu(NH3)4SO4的相对分子质量为228，则x＝eq \f(246－228,18)＝1；失去全部结晶水时Cu(NH3)4SO4的质量为0.02 mol×228 g/mol＝4.56 g，200 ℃时固体质量只有3.88 g，说明此时固体不是Cu(NH3)4SO4，而400 ℃时固体为CuSO4， 质量为3.20 g, 由Cu(NH3)4SO4转化为CuSO4时质量减少4.56 g－3.20 g＝1.36 g，为eq \f(1.36 g,17 g/mol)＝0.08 mol NH3的质量，200 ℃时固体质量3.88 g转化为CuSO4时质量减少3.88 g－3.20 g＝0.68 g，由Cu(NH3)4SO4转化为200 ℃时固体质量减少4.56 g－3.88 g＝0.68 g，可知200 ℃时固体为Cu(NH3)2SO4，200～250 ℃阶段与250～400 ℃阶段固体质量减少量相等，都为0.34 g，则250 ℃时固体为Cu(NH3)SO4(或400 ℃时固体CuSO4物质的量为0.02 mol,250～400 ℃阶段固体质量减少0.34 g为0.02 mol NH3的质量，CuSO4与NH3物质的量之比为1∶1，确定250 ℃时固体为Cu(NH3)SO4，故250～400 ℃阶段反应的化学方程式为Cu(NH3)SO4eq \o(===========,\s\up17(250～400 ℃),\s\do15(　))CuSO4＋NH3↑。 答案　1　Cu(NH3)SO4eq \o(===========,\s\up17(250～400 ℃),\s\do15(　))CuSO4＋NH3↑ 考点三　关系式法及其应用 1．关系式法是物质间的一种简化的式子，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。 2．关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系；④利用化学方程式的加和等。 1．称取软锰矿样品0.1000 g。对样品进行如下处理： ①用过氧化钠处理，得到MnOeq \o\al(2－,4)溶液； ②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物； ③酸化溶液，MnOeq \o\al(2－,4)歧化为MnOeq \o\al(－,4)和MnO2； ④滤去MnO2； ⑤用0.1000 mol·L－1 Fe2＋标准溶液滴定滤液中MnOeq \o\al(－,4),共用去25.80 mL。 计算样品中MnO2的质量分数(保留1位小数；写出简要的计算过程)。 答案　有关反应方程式为 MnO2＋Na2O2===Na2MnO4 3MnOeq \o\al(2－,4)＋4H＋===2MnOeq \o\al(－,4)＋MnO2↓＋2H2O MnOeq \o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O 3MnO2～3MnOeq \o\al(2－,4)～2MnOeq \o\al(－,4)～10Fe2＋ 故w(MnO2)＝eq \f(\f(3,10)cFe2＋·VFe2＋·MMnO2,m试样)×100% ＝eq \f(0.1000 mol·L－1×0.02580 L×\f(3,10)×87 g·mol－1,0.1000 g)×100%≈67.3%。 2．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：Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；某次实验称取0.2800 g样品，滴定时消耗浓度为0.03000 mol·L－1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量为________%。 解析　关系式：6Fe～6Fe2＋～Cr2Oeq \o\al(2－,7)，n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq \o\al(2－,7))。代入数据得：eq \f(0.2800 g×αFe,56 g·mol－1)＝6×0.03000 mol·L－1×25.10×10－3 L，解得α(Fe)＝90.36%。 答案　90.36 1．(2023·山东卷节选)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。 m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，再进行灼烧、冷却、干燥、称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2 g，测得样品纯度为________________(用含m1、m2的代数式表示)。 解析　SiHCl3eq \o(——→,\s\up17(水解),\s\do15(　))H2SiO3·nH2Oeq \o(——→,\s\up17(灼烧),\s\do15(　))SiO2，根据Si原子守恒可得关系式SiHCl3～SiO2，则m1 g样品中SiHCl3的质量为eq \f(m2,60)×135.5 g，样品的纯度为eq \f(\f(m2,60)×135.5 g,m1 g)×100%＝eq \f(135.5m2,60m1)×100%。 答案　eq \f(135.5 m2,60 m1)×100% 2．(2023·全国乙卷节选)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知x＝________，y＝________。 解析　由图可知，FeSO4·7H2O—→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为eq \f(19.4%×7,45.3%)≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－eq \f(38.8%×7,45.3%)≈1。 答案　4　1 3．(2023·辽宁卷节选)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700 ℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、________和________(填化学式)。 解析　根据图示的热重曲线所示，在700 ℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4eq \o(=====,\s\up17(700 ℃),\s\do15(　))3CuO＋2SO2↑＋SO3↑＋O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2。 答案　SO3　CuO $$