03 第一部分 第1章 第3讲 物质的量在化学反应中的计算(能力课)-【名师导航】2026年高考化学一轮总复习课件（鲁科版）

第1章　物质的量 第3讲　物质的量在化学反应中的计算(能力课) 第一部分　化学基本概念 1.领悟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两种方法——守恒法与关系式法。 第1章　物质的量 2 考点一 01 考点二 02 考点三 03 考点四 04 高考真题演练 05 课时分层作业 06 第1章　物质的量 3 考点一 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 命题角度1 命题角度2 多维训练 第1章　物质的量 4 2．化学方程式的计算 (1)基本原理(其中NA为阿伏加德罗常数的值) 　　　　　　 2Na ＋ 2H2O === 2NaOH ＋ H2↑ 系数之比： 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系数之比等于组成各物质的微粒数之比，也等于各物质的物质的量之比。 第1章　物质的量 (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。 第1章　物质的量 (2024·福建卷节选)Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品w g，经处理配制成V mL溶液，从中移取 V0 mL 于锥形瓶中，一定条件下，加入V1 mL c1 mol·L－1 Na2H2Y溶液(此时镓以[GaY]－存在)，再加入PAN作指示剂，用c2 mol·L－1 CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。 该过程涉及反应：Cu2＋＋H2Y2－===[CuY]2－＋2H＋。终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，则Ga2O3纯度为________×100%。(列出计算式) 第1章　物质的量 第1章　物质的量 第1章　物质的量 第1章　物质的量 第1章　物质的量 答案：当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色　96% 第1章　物质的量 2．在标准状况下，15.6 g Na2O2投入足量水中，充分反应，生成NaOH的物质的量为多少？生成O2的体积为多少？转移电子数目为多少？(设NA为阿伏加德罗常数的值) 第1章　物质的量 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：生成NaOH 0.4 mol，生成O2 2.24 L，转移电子数为 0.2NA。 第1章　物质的量 考点二 守恒法在化学反应计算中的应用 守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠结过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态。 1．原子守恒(元素守恒) 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。 命题角度1 命题角度2 多维训练 第1章　物质的量 15 2．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。 第1章　物质的量 (2023·天津卷节选)一批32吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了2%，二氧化硫在第二步反应中97%转化为三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸______吨。 解析：设这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸x吨，则根据硫元素守恒可得关系式： S　～　SO2　～　SO3　～　H2SO4 1 1 第1章　物质的量 答案：94 第1章　物质的量 守恒法解答思路 第1章　物质的量 1．(原子守恒)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去 40 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到______g固体。 解析：经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒可得n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 mol·L－1＝0.1 mol，m(NaCl)＝0.1 mol×58.5 g·mol－1＝5.85 g。 答案：5.85 第1章　物质的量 解析：根据电子守恒可得n(KClO3)×6＝3 mol×(5－4)，n(KClO3)＝0.5 mol。 答案：0.5 第1章　物质的量 第1章　物质的量 答案：2 000 第1章　物质的量 (1)被还原的硝酸的物质的量为____________________________。 (2)合金中银的质量分数为__________________________________。 (3)确定0.3 mol气体中各成分的物质的量：_____________________ _________________________________________________________。 第1章　物质的量 第1章　物质的量 NO、NO2的物质的量分别是 a mol、b mol，则a＋b＝0.3，根据电子守恒可知3a＋b＝0.3×2＋0.1，解得a＝0.2，b＝0.1，即 6.72 L 气体中n(NO)为 0.2 mol，n(NO2)为 0.1 mol。 答案：(1)0.3 mol (2)36%　 (3)n(NO)＝0.2 mol，n(NO2)＝0.1 mol 第1章　物质的量 考点三 关系式法在多步反应计算中的应用 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。 1．利用多步连续反应中化学计量关系推导。 2．利用元素守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N守恒可推出关系式：NH3～HNO3。 命题角度1 命题角度2 多维训练 第1章　物质的量 27 第1章　物质的量 (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(结果保留一位小数)。 (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。 第1章　物质的量 第1章　物质的量 答案：(1)90.0%　(2)3.36×106　15 第1章　物质的量 关系式的确定思路 方法一：在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为 方法二：利用电子守恒或元素守恒直接推导出物质的量关系式，然后进行计算。 第1章　物质的量 1．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 00 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)。 第1章　物质的量 第1章　物质的量 2．(2025·淄博模拟)测定CaO2·8H2O样品纯度的方法是称取 0.300 g 样品于锥形瓶中，加入50 mL水和 15 mL 2 mol·L－1 CH3COOH溶液，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnSO4稀溶液，立即用 0.020 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00 mL标准溶液。 (1)样品中CaO2·8H2O的质量分数为__________________________。 (2)上述过程中若使用稀硫酸而不使用稀醋酸溶解样品，则测得样品的纯度将______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 第1章　物质的量 (2)选用硫酸，则CaO2·8H2O与稀硫酸反应生成的微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行，导致H2O2产量偏低，测得的样品纯度偏低。 答案：(1)90% (2)偏低 第1章　物质的量 考点四 热重分析法确定物质的组成 热重分析法即热重量分析法，是在控制温度下，进行测量物质的量与温度或时间的关系的方法。 命题角度1 命题角度2 多维训练 第1章　物质的量 37 (1)300 ℃时残留固体的成分为________。 (2)900 ℃时残留固体的成分为________。 答案：(1)CaC2O4　(2)CaO 第1章　物质的量 第1章　物质的量 热重分析法的一般思路 (1)先确定分解前样品物质的物质的量或假设物质的量为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)： 第1章　物质的量 1．为研究Ce(SO4)2·4H2O (相对分子质量为 404)的热分解性质，进行如下实验：准确称 取4.04 g样品，在空气中进行加热，残留固 体的质量随温度的变化如图所示。下列说法 不正确的是(　　) √ 第1章　物质的量 第1章　物质的量 第1章　物质的量 2．称取3.60 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O， 相对分子质量是180)用热重分析法对其进行 热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的 曲线如图所示，请分析图并回答下列问题： (1)过程Ⅰ发生反应的化学方程式为____________________________ __________________________________________________________。 (2)300 ℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式：__________________________________。 第1章　物质的量 第1章　物质的量 高考真题演练 1．(2021·山东卷)X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是(　　) √ 命题角度1 命题角度2 多维训练 第1章　物质的量 46 第1章　物质的量 第1章　物质的量 2．(2023·山东卷节选)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为 31.8 ℃，熔点为－126.5 ℃，易水解。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，进行如下实验操作：①________，②________(填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2 g，从下列仪器中选出①②中需使用的仪器，依次为__________(填标号)。测得样品纯度为___________ (用含m1、m2的代数式表示)。 A 　　 B 　　 C　　　　 D 第1章　物质的量 第1章　物质的量 3．(2024·重庆卷节选)Ru(NO)(NO3)3受热易分解，在660 K时完全分解，失重率为58%，剩余固体为Ru的氧化物，则该氧化物的化学式为________。 答案：RuO2 第1章　物质的量 4．(2024·安徽卷节选)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7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。 【配制溶液】 ①c mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL浓盐酸，加水至100 mL，加入少量锡粒。 【测定含量】 按如图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 第1章　物质的量 第1章　物质的量 (2)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”)。 (3)若消耗c mol·L－1 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)。 第1章　物质的量 答案：(1)Sn4＋＋Sn===2Sn2＋，避免Sn2＋被氧化为Sn4＋ (2)偏小　 第1章　物质的量 解析：终点时消耗CuSO4溶液V2 mL，根据反应Cu2＋＋H2Y2－===[CuY]2－＋2H＋可知，过量的Na2H2Y的物质的量为c2V2×10－3 mol，则与Ga3＋反应的Na2H2Y的物质的量为(c1V1×10－3－c2V2× 10－3) mol，原样品中含有Ga2O3的物质的量为 (c1V1×10－3－c2V2×10－3) mol，则Ga2O3的纯度为 ×100%＝×100%＝×100%。 答案：×10－3[或×10－3] 1．(2023·湖北卷节选)取含X(CuO2)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：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S2O)标志滴定终点的现象是_________________________ __________________________________________________________，粗品中X(CuO2)的相对含量为________。 解析：X(CuO2)与过量的酸性KI完全反应后加入淀粉，溶液显蓝色。滴定过程中，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色标志达到滴定终点。根据题给两个已知反应可知，X(CuO2)粗品与过量的酸性KI发生的反应为2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI＋3I2＋4H2O，可得出关系式：2CuO2～3I2～6S2O，X(CuO2)的相对含量为×100%＝96%。 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－) ＝＝＝ 解得x≈94。 2．(电子守恒)如图是一种废钒催化剂回收工艺路线。“氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为__________ mol。 3．(电荷守恒)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液的体积为____________ mL。 解析：根据电荷守恒得2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，c(Al3＋)＝＝3 mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和Na[Al(OH)4]，由电荷守恒得V(NaOH)＝＝＝2 L＝2 000 mL。 4．为了测定某铜银合金的组成，将30.0 g合金溶于 80.0 mL 13.5 mol·L－1的浓硝酸中。待合金完全溶解后，收集到NO和NO2的混合气体0.3 mol并测得H＋浓度为 1 mol·L－1。假设反应后溶液的体积为 80.0 mL，不考虑2NO2N2O4，试计算： 解析：(1)根据氮原子守恒可知被还原的硝酸的物质的量即生成气体的物质的量，所以被还原的硝酸的物质的量为＝0.3 mol。(2)剩余硝酸是1 mol·L－1×0.08 L＝0.08 mol，则参加反应的硝酸为13.5 mol·L－1×0.08 L－0.08 mol＝1.0 mol。设合金中Cu和Ag的物质的量分别为x mol和y mol，则64.0x＋108y＝30.0，根据氮原子守恒可知2x＋y＝1.0－0.3＝0.7，解得x＝0.3，y＝0.1，所以银的质量分数为×100%＝36%。(3)设混合气体中 3．利用电子守恒推导：如K2Cr2O7氧化Fe2＋，利用电子守恒可推出关系式：Cr2O～6Fe2＋。 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 00 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：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。 解析：(1)根据反应方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，可得关系式 Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2 1 (0.020 00×0.025)mol m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.0%。 (2)由S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。 解析：根据电子守恒、电荷守恒及元素守恒可得关系式2SO2～S2O～2I2 n(SO2)＝n(I2)＝0.010 00 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：S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128 0 解析：(1)根据CaO2·8H2O―→H2O2和5H2O2＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O 可得关系式 5CaO2·8H2O～2KMnO4 n(CaO2·8H2O)＝2.5n(KMnO4)＝1.25×10－3 mol ω(CaO2·8H2O)＝×100%＝90%。 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，样品的固体残留率随温度的变化如图所示。 ①盐的水合物盐氧化物 ②300 ℃时残留物为CaC2O4 ③900 ℃时残留物为CaO ×100%＝固体残留率。 (4)晶体中金属元素质量不再减少，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。 A．a点残留固体的主要成分为Ce(SO4)2·2H2O B．b点的反应为2Ce(SO4)2CeO2·CeOSO4＋3SO3↑ C．c点固体的主要成分为CeO2 D．800 ℃时，固体失重57.43% B　[n[Ce(SO4)2·4H2O]＝＝0.01 mol，则n(Ce)＝0.01 mol，m(Ce)＝1.40 g；a点时，残留固体的质量为 3.68 g，质量减少了(4.04－3.68)g＝0.36 g，为0.02 mol H2O的质量，所以a点对应残留固体的主要成分为 Ce(SO4)2·2H2O，A项正确；残留固体质量为3.32 g时，质量减少了(4.04－3.32)g＝0.72 g，为0.04 mol H2O的质量，所以该点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2，b点与该点相比，对应残留固体的质量减少了(3.32－2.84) g＝0.48 g，b点若发生2Ce(SO4)2 CeO2·CeOSO4＋3SO3↑，则固体质量应减少 1.2 g，B项错误；2.84 g残留固体中m(Ce)＝1.40 g，则(2.84－1.40)g＝1.44 g为SO的质量，则 n(SO)＝0.015 mol，所以b点对应残留固体的主要成分为 Ce2(SO4)3，c点对应残留固体的质量为 1.72 g，m(Ce)＝1.40 g，则(1.72－1.40)g＝0.32 g为O的质量，其物质的量为 0.02 mol，此时残留固体的主要成分为CeO2，C项正确；c点时，结合 4.04 g 和1.72 g这两个数据，可知固体质量减小了2.32 g，失重×100%≈ 57.43%，D项正确。] 解析：(2)草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.6 g××100%＝1.12 g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为 1.60 g－1.12 g＝0.48 g，铁元素和氧元素的质量比为 1.12 g∶0.48 g＝7∶3，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有56x∶16y＝7∶3，x∶y＝2∶3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3。 答案：(1)FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O↑ (2)Fe2O3(计算过程略，参考解析) A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C．产物中X、Y化合价之比一定为 D．由一定能确定产物中X、Y的化合价 D　[设与1 mol X反应消耗HCl的物质的量为 a mol，与 1 mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为 b mol，根据电子守恒以及H原子守恒可知X～aHCl～H2～Xa＋、Y～bH2SO4～bH2～Y2b＋。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因＝，因此＝，故B正确；产物中X、Y化合价之比 为，由B项可知＝，故C正确；由＝可知，当 a＝1，b＝0.5时，＝1，当a＝2，b＝1时，＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据无法确定X、Y的化合价，故D错误。] 解析：样品纯度测定的原理为样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物，在坩埚(A)中灼烧后生成SiO2，为防止灼烧后的SiO2吸水影响纯度计算，故需要在干燥器(C)中冷却干燥，再称量。根据关系式SiHCl3～SiO2，可计算样品纯度为×100%＝×100%。 答案：灼烧　冷却干燥　AC　×100% 解析：设分解1 mol Ru(NO)(NO3)3，其质量为317 g，当 660 K 时完全分解，失重率为58%，剩余固体质量为317 g×(1－58%)＝133.14 g，根据Ru守恒，n(Ru)＝1 mol，其含有的Ru质量为101 g，剩余固体为Ru的氧化物，则n(O)＝≈2 mol，即剩余固体中n(Ru)∶n(O)＝1∶2，则该氧化物的化学式为RuO2。 已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2＋氧化为Sn4＋，难以氧化Fe2＋；Cr2O可被Fe2＋还原为Cr3＋。 (1)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：__________________________________________________________。 解析：(1)Sn4＋＋Sn===2Sn2＋，避免Sn2＋被氧化为Sn4＋。(2)若未“立即滴定”，溶液中的Fe2＋会有一部分被空气中的氧气氧化，滴定时消耗标准溶液的体积偏小，测得的铁含量偏小。(3)实验中存在对应关系：6Fe2＋～K2Cr2O7，消耗K2Cr2O7的物质的量为 mol，则 铁元素的质量＝ g＝ g，Fe的质量分数为×100%，化简为%。 (3)% $$