第2单元 第7讲 化学计算的常用方法（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考化学高三一轮总复习高效讲义（人教版 单选）

第7讲　化学计算的常用方法 【备考目标】　1.了解化学计算的常用方法，初步建立化学计算的思维模型。2.理解物质的量在化学计算中的作用，提升解答计算类题目的能力。 方法1　差量法 差量法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、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。如 C　＋　H2O(g)CO　＋　H2　　　Δm(气)/Δn(气)/ΔV(气) 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 12 g/1 mol/22.4 L(标况) 其解题步骤如下： 　　　　　　　　　　　　　　　　 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：选C。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。 2．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． 解析：选A。由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3的质量为x g，由此可得如下关系： 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　Δm(固) 2×84　　　　　　　　　　　　　　　　62 x g　　　　　　　　　　　　　　　(w1－w2)g x＝，故样品纯度为＝＝。 　热重曲线与热重分析法 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。 1．热重曲线类型 (1)剩余固体质量与温度的关系曲线 (2)失重率与温度的关系曲线 失重率＝×100% (3)固体残留率与温度的关系曲线 固体残留率＝×100% 2．解答热重分析题目的一般思路 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步的m(剩余)，×100%＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 　　　　　　　　　　　　　　　　 3．(2022·全国卷乙)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物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。下列叙述正确的是(　　) A.W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B．最高价氧化物的水化物酸性：Y<X C．100～200 ℃阶段热分解失去4个W2Z D．500 ℃热分解后生成固体化合物X2Z3 解析：选D。分析可知，W为H元素，X为B元素，Y为N元素，Z为O元素。X(B)的单质常温下为固体，故A错误；元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；已知200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200 ℃阶段热分解失去4个H2O，则质量保留百分数为×100%≈73.6%，则说明4个H2O未全部失去，故C错误；化合物(NH4B5O8·4H2O)在500 ℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则质量保留百分数为×100%≈64.1%，说明假设正确，故D正确。 4．(2023·辽宁高考节选)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：由题图可知，起始时有2.5 mg CuSO4·5H2O，其物质的量是0.01 mmol，所含结晶水的质量为0.9 mg，则固体质量剩余1.6 mg时所得固体为CuSO4，加热过程中Cu元素的质量不变，则固体质量剩余0.8 mg时所得的固体是CuO，结合题图DSC曲线有两个吸热峰可知，700 ℃发生的反应为CuSO4―→CuO＋SO3、SO3―→SO2＋O2，则生成的氧化物除SO2外，还有CuO、SO3。 答案：SO3　CuO 方法2　关系式法 1．应用原理 关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”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的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 【提醒】 在多步反应中，每一步中的转化率、利用率及最后所得产品的纯度等，可以累积进行计算。 2．解题流程 一、关系式法的基础应用 1．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为____________。(保留两位有效数字) 解析：由S原子守恒和有关反应可得出： S～H2SO4～2NaOH 32 g　　　　2 mol m(S)　　0.5×10×10－3 mol 解得m(S)＝0.08 g，则原混合物中w(S)＝×100%≈36%。 答案：36% 二、关系式法在滴定计算中的应用 2．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生反应SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 0 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.00 mL。试样中锡的百分含量为______(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119，结果保留三位有效数字)。 解析：Sn与K2Cr2O7存在如下关系： 3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7 3×119 g　　　　　　　1 mol x　　　　　　　　0.100×0.016 mol x＝＝0.571 2 g，w(Sn)＝×100%≈93.2%。 答案：93.2% 3．(2024·山东高考)利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样，将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标 准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应KIO3＋5KI＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退－变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： 该滴定实验达终点的现象是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________； 滴定消耗2×10－3 mol·L－1 KIO3碱性标准溶液V mL，样品中硫的质量分数是________(用代数式表示)。 解析：该滴定实验是利用过量的半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色；由S元素守恒及SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O可得关系式3S～3SO2～3I2～KIO3，若滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，则n(KIO3)＝V×10－3 L×0.002 mol·L－1＝2×10－6 V mol，n(S)＝3n(KIO3)＝3×2×10－6 V mol＝6×10－6 V mol，样品中硫的质量分数是×100%＝%。 答案：当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色　% 方法3　守恒法 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．常考的三种守恒关系 (1)原子守恒 找出要关注的原子，利用反应前后该原子数目不变列出等式。如求含有1 mol FeS2的硫铁矿完全反应(不考虑过程损耗)制得的H2SO4的物质的量，可根据反应过程中S原子守恒，得到n(H2SO4)＝2n(FeS2)＝2 mol。 (2)电荷守恒 涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液中的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(OH－)。 (3)得失电子守恒 在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用到得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。 2．解题流程 一、原子守恒的应用 1．(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)＝ ×2＝0.02 mol，气体产物中n(H2O)＝ ＝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)＝ mol＝0.010 0 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 ＝ 解得x＝9 (2)0.010 0 2．某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为______________________。 答案：×100% 二、电荷守恒(电中性)的应用 3．有CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且SO的物质的量浓度为3 mol·L－1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为(　　) A．5.6 g B．11.2 g C．22.4 g D．33.6 g 解析：选B。n(SO)＝0.1 L×3 mol·L－1＝0.3 mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液中阳离子的浓度相同，则有c(Cu2＋)＝c(Fe3＋)＝c(H＋)，其物质的量也相同，设Cu2＋、Fe3＋、H＋三种离子的物质的量均为n，根据电荷守恒可知，2n＋3n＋n＝0.3 mol×2，解得n＝0.1 mol，Cu2＋、Fe3＋、H＋都能与Fe反应生成Fe2＋，最后溶液溶质的成分为FeSO4，则n(FeSO4)＝0.3 mol，根据Fe元素守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.3 mol－0.1 mol＝0.2 mol，质量为0.2 mol×56 g·mol－1＝11.2 g。 4．若测得雨水中所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表： 离子 K＋ Na＋ NH SO NO Cl－ 浓度/(mol·L－1) 4×10－6 6×10－6 2×10－5 4×10－5 3×10－5 2×10－5 根据表中数据判断试样的pH＝________。 解析：根据表格提供的离子可知，NH水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NH )＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(Cl－)，将表格中的数据代入得c(H＋)＝10－4 mol·L－1，则pH＝4。 答案：4 三、得失电子守恒的应用 5．4.6 g铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(　　) A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g 解析：选B。最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，结合得失电子守恒可得，n(OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23 mol×17 g·mol－1＝8.51 g。 【真题演练·感悟高考】　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2024·江苏高考节选)将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol－1)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：________。 解析：n[Nd(OH)CO3]＝＝4×10－5 mol，其中n(OH－)＝4×10－5 mol，550～600 ℃时，Nd(OH)CO3生成NdaOb(CO3)c，质量减少8.84 mg－7.60 mg＝1.24 mg，焙烧产物中不含有H元素，则根据2OH－～H2O，焙烧过程中生成的H2O的质量为×4×10－5 mol×18 g·mol－1×103 mg·g－1＝0.36 mg，则生成的CO2的质量为1.24 mg－0.36 mg＝0.88 mg，根据CO～CO2，发生反应的CO的物质的量为＝2×10－5 mol，起始固体中含有的CO的物质的量＝n[Nd(OH)CO3]＝4×10－5 mol，则剩余固体中CO的物质的量为4×10－5 mol－2×10－5 mol＝2×10－5 mol，焙烧过程中，Nd不会减少，则剩余固体中Nd3＋的物质的量为4×10－5 mol，故产物中n(Nd3＋)∶n(CO)＝(4×10－5 mol)∶(2×10－5 mol) ＝2∶1。 答案：2∶1 2．(2023·全国卷乙节选)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：由题图可知，FeSO4·7H2O―→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比约为45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－≈1。 答案：4　1 3．(2022·湖南高考节选)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案： ①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸； ②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1H2SO4溶液； ③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。 产品中BaCl2·2H2O的质量分数为______(保留三位有效数字)。 解析：BaCl2·2H2O的质量分数为×100%＝97.6%。 答案：97.6% 学科网（北京）股份有限公司 $