08 第一部分 第二章 第8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（人教版）

第二章　物质的量 第8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.掌握物质的量在化学方程式中的计算。　2.掌握化学反应中有关计算的三种方法——差量法、守恒法与关系式法。　3.利用热重分析法确定物质的成分。 第二章　物质的量 2 知识点一 01 知识点二 02 知识点三 03 高考真题演练 04 课时质量评价 05 第二章　物质的量 3 知识点一　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 第二章　物质的量 4 2．化学方程式的计算 (1)基本原理 2Na ＋ 2H2O === 2NaOH ＋H2↑ 化学计量数之比： 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1 扩大NA倍： 2NA ∶ 2NA ∶ 2NA ∶ NA n之比： 2 mol ∶ 2 mol ∶ 2 mol ∶ 1 mol 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。 第二章　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。 第二章　物质的量 [示例]　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)？(写出解题步骤) 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－) === n(NaOH)＝0.4 mol，n(O2)＝0.1 mol，n(e－)＝0.2 mol，V(O2)＝2.24 L，N(e－)＝0.2NA。 第二章　物质的量 答案：生成0.4 mol NaOH，生成2.24 L O2，转移电子数为0.2NA。(计算过程见解析) 第二章　物质的量 1．200 g含MnO2 87%的软锰矿与足量浓盐酸共热，则被氧化的HCl的物质的量为________，标准状况下生成Cl2的体积为________，转移电子数为________。 解析：n(MnO2)==2 mol 1 2(被氧化) 1 2 2 mol n(HCl) n(Cl2) n(e－) 第二章　物质的量 n(HCl)＝4 mol，n(Cl2)＝2 mol V(Cl2)＝44.8 L，n(e－)＝4 mol N(e－)＝4NA。 答案：4 mol　44.8 L　4NA 第二章　物质的量 2．玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应： 请计算： (1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝____________。 (2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x为多少？(写出计算过程) 第二章　物质的量 第二章　物质的量 答案：(1)30.0　(2)3(计算过程见解析) 第二章　物质的量 知识点二　化学反应计算中的三种技巧方法 一、差量法 1．所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果。 命题角度1 命题角度2 多维训练 第二章　物质的量 14 2．差量法的解题关键是找“差量”。 通常有质量差、体积差(气体)。 第二章　物质的量 [示例]　为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是 (　　) A．　　　　 B． C． D． √ 第二章　物质的量 第二章　物质的量 二、守恒法 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．元素守恒(原子守恒) 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。 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 在离子反应方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。 第二章　物质的量 [示例]　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：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 第二章　物质的量 三、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。确定关系式的方法如下： 1．在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为 第二章　物质的量 2．利用元素守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N守恒可推关系式：NH3～HNO3。 3．利用电子守恒推导:如K2Cr2O7氧化Fe2+,利用电子守恒可推关系式:Cr2~6Fe2+。 第二章　物质的量 第二章　物质的量 (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(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。 第二章　物质的量 第二章　物质的量 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。 答案：(1)90.0%　(2)3.36×106　15 第二章　物质的量 ——差量法 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 √ 第二章　物质的量 C　[2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　ΔV 2 1 1 V(CO2)　　　　　　　　　 　(20－16) L V(CO2)＝2×(20－16) L＝8 L， V(CO)＝(20－8) L＝12 L。] 第二章　物质的量 √ ——守恒法 2．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为(　　) A．0.24 mol　　　　　　 B．0.21 mol C．0.16 mol D．0.14 mol 第二章　物质的量 B　[根据题意可知反应后的溶液中溶质为Fe(NO3)2,根据氮原子守恒可知n(Fe)=×(0.12×4 mol－ mol)=0.21 mol,故根据铁原子守恒,相同质量的混合物与足量CO反应,得到的Fe的物质的量为0.21 mol,B项正确。] 第二章　物质的量 ——关系式法 3．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 0 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)。 第二章　物质的量 解析：根据电子守恒、电荷守恒及元素守恒可得关系式:2SO2~S2 ~2I2.n(SO2)=n(I2)=0.010 0 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：S2+2I2+3H2O 2S+4I－+6H+　0.128 0 第二章　物质的量 知识点三　热重分析法确定物质的成分 热重分析法是指在一定的温度下,测定固体残留质量或残留率,进而分析确定成分。其一般思路为 (1)先确定分解前样品物质的物质的量或假设其为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): ×100%=固体残留率。 命题角度1 命题角度2 多维训练 第二章　物质的量 32 (4)晶体中金属质量不再减少,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。 第二章　物质的量 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(×100%)随温度的变化如图所示。 (1)300 ℃时残留固体的成分为__________。 (2)900 ℃时残留固体的成分为_________。 CaC2O4 CaO 第二章　物质的量 第二章　物质的量 1．(2025·日照模拟)将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热，升温过程中固体的质量变化如图。下列说法正确的是(　　) A．FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子 B．在100 ℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O C．在200 ℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O √ 第二章　物质的量 D　[从图中可以看出,FeSO4·7H2O晶体受热后发生4次分解反应,通常情况下,晶体先分多次失去结晶水,然后所得无水盐再分解。FeSO4·7H2O晶体中,水分子的结合力都是相同的,A不正确;n(FeSO4·7H2O)==0.03 mol,则100 ℃时,M的摩尔质量为=224 g·mol－1,化学式为FeSO4·4H2O,B不正确;在200 ℃时,N的摩尔质量为=170 g·mol－1,化学式为FeSO4·H2O,C不正确;380 ℃的P加热至650 ℃时,产物Q中n(Fe)∶n(O)=0.03 mol 第二章　物质的量 第二章　物质的量 2．在焙烧NH4VO3的过程中，固体残留率(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。 第二章　物质的量 解析：NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3,HVO3进一步分解生成V2O5,210 ℃时若分解生成酸和氨气,则剩余固体占起始固体百分含量为×100%≈85.47%,所以210 ℃时,剩余固体物质的化学式为HVO3。 答案：HVO3 第二章　物质的量 高考真题演练 1．(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。 命题角度1 命题角度2 多维训练 第二章　物质的量 41 【测定含量】按如图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 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+;Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。 第二章　物质的量 (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－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)。 第二章　物质的量 解析：(1)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体积偏小,测得的铁含量偏小。(2)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%。 答案：(1)偏小　(2)% 第二章　物质的量 2．(2023·湖北卷节选改编)已知实验：向含铜片的过量30% H2O2溶液中滴加稀硫酸，铜片溶解，溶液变蓝，有少量无色气体产生。 (1)用足量NaOH处理实验中新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物,提纯干燥后的X在惰性氛围下加热,m g X完全分解为n g黑色氧化物Y,=。X的化学式为　　　　。  第二章　物质的量 第二章　物质的量 解析：(1)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO)，则： 64＋16x 80 m n 第二章　物质的量 则=,又=,解得x=2,则X的化学式为CuO2。(2)CuO2在酸性条件下生成Cu2+,Cu2+与KI反应生成I2,I2遇淀粉变蓝,用Na2S2O3标准溶液滴定I2,当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不变色时,表明I2已完全反应,达到滴定终点。CuO2中Cu为+2价,O为－1价,结合已知反应可知,CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2+8I－+8H+ 2CuI↓+3I2+4H2O,则2CuO2~3I2~6Na2S2O3,则样品中m(CuO2)=×2×96 g=0.048 g,ω(CuO2)= ×100%=96%。 答案：(1)CuO2　(2)滴入最后半滴Na2S2O3，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色　96% 第二章　物质的量 3．(2023·辽宁卷节选改编)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，下同)；1 000 ℃时固体成分的化学式为________。 第二章　物质的量 解析：n(CuSO4·5H2O)==1×10－5 mol n(CuSO4)==1×10－5 mol n(CuO)==1×10－5 mol 固体质量由2.5 mg下降到1.6 mg时所得固体为CuSO4;由1.6 mg下降到0.8 mg 时,由题给问题可知生成三种氧化物,则除有CuO、SO2生成外,还应有SO3生成。1 000 ℃时,n(Cu)=1×10－5 mol,n(O)= mol=5×10－6 mol,n(Cu)∶n(O)=2∶1,故固体成分的化学式为Cu2O。 答案：SO3　CuO　Cu2O 第二章　物质的量 MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　Δn(e－) 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O (x－1)S＋K2SK2Sx(x＝2～6) S＋K2SO3K2S2O3 解析：(1)只生成K2S和K2SO3，则说明只发生反应3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O，0.480 g S的物质的量n(S)＝0.015 mol，则需要消耗KOH的物质的量n(KOH)＝2n(S)＝0.03 mol，故需要KOH溶液的体积V(KOH)＝＝＝0.03 L＝30.0 mL。 (2)若S与KOH溶液反应只生成K2Sx和K2S2O3，则总反应的化学方程式为(2x＋2)S＋6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O，根据反应方程式有 (2x＋2)S　＋　6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O 2x＋2 6 0.060 L×1.00 mol·L－1 可列比例式：＝，解得x＝3。 A　[2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　Δm 2×84 62 m(NaHCO3)　　　　　　　　　　 w1－w2 ＝， m(NaHCO3)＝ g， m(Na2CO3)＝w1－m(NaHCO3)＝ g， 故该样品的纯度为。] [示例]　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 0 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 0×0.025)mol m(FeS2)＝0.090 0 g，样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.0%。 (2)由硫元素守恒得 FeS2　　　　～　　　2SO2　～　2H2SO4 1 mol 2 mol 196 g mol n(SO2)　 m(H2SO4)×98% ①盐的水合物盐氧化物 ②300 ℃时残留物为CaC2O4 ③900 ℃时，残留物为CaO D．380 ℃的P加热至650 ℃的化学方程式 为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑ ＝2∶3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，D正确。] (2)取含X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－＋S4O)标志滴定终点的现象是________________________________________________， 粗品中X的相对含量为________。 CuOxCuO＋O2↑ $$