第7讲 化学计算常用方法(学用讲义)-【优学精研】2027年高考化学一轮总复习学用Word（提升版）

该高中化学高考复习学案系统整合了化学计算常用方法，涵盖守恒法、关系式法、差量法、新定义计算及热重曲线分析等核心考点，按方法内涵、解题步骤构建知识框架，结合例题解析与真题演练，引导学生通过问题链自主梳理计算逻辑，形成系统化思维模型。 亮点在于诊断性训练与分层任务设计，如每个考点配备关键能力题，热重曲线分析设置图像解读任务，培养科学思维与科学探究能力。学生可通过自测题定位薄弱环节，结合答案说明自主提升，教师能依学情数据精准指导，助力个性化复习与高效备考。

第7讲　化学计算常用方法 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1　守恒法 内涵 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变” 内容 （1）元素守恒（或原子守恒）：化学反应前后各元素原子个数相等。 （2）电荷守恒：①反应前后阴、阳离子所带电荷总数必须相等；②电中性原则，即在任何电解质溶液中，阳离子所带的正电荷总数和阴离子所带的负电荷总数相等。 （3）得失电子守恒：在氧化还原反应中，失电子总数一定等于得电子总数，即得失电子数目相等 解题步骤 1.向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1 L 0.6 mol·L－1的HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到2.24 L NO气体（标准状况）。已知：Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O。下列说法错误的是（　　） A.发生氧化还原反应的HNO3物质的量为0.1 mol B.得到的溶液中n（C）＝0.25 mol C.CuO与稀硝酸反应的离子方程式为CuO＋2H＋Cu2＋＋H2O D.若混合物中含0.1 mol Cu，则该混合物与足量稀硫酸充分反应，最后剩余固体12.8 g 2.抗坏血酸（维生素C）（M＝176 g·mol－1）常用作还原剂，实验室现有一份20.0 g的抗坏血酸药片样品，配制成溶液，逐渐滴加到200 mL 0.2 mol·L－1 KMnO4（H＋）溶液中，当抗坏血酸溶液全部滴加完时，高锰酸钾溶液恰好褪为无色（Mn2＋），抗坏血酸氧化反应如图过程： （1）配制该高锰酸钾溶液，需称量KMnO4的质量为　　　　 g。 （2）高锰酸钾溶液恰好褪为无色时，生成的脱氢抗坏血酸的物质的量为　　　　 mol。 （3）该药片样品中，抗坏血酸的质量分数为　　　　。 考点2　关系式法 方法解读 关系式法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的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。计算时，在多步反应中，每一步的转化率、利用率及最后所得产品的纯度等，可以累积进行计算 解题步骤 1.工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 用32吨含S 99％的硫黄为原料生产硫酸，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　　　　吨。 2.称取软锰矿样品0.100 0 g。对样品进行如下处理： ①用过氧化钠处理，得到Mn溶液； ②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物； ③酸化溶液，Mn歧化为Mn和MnO2； ④滤去MnO2； ⑤用0.100 0 mol·L－1 Fe2＋标准溶液滴定滤液中Mn，共用去25.80 mL。 计算样品中MnO2的质量分数　　　　　（保留1位小数）。 考点3　差量法 方法解读 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”。这种物理量可以是质量、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 解题步骤 1.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　　　　　　　　　（列表达式）。 2.16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O（g），反应后在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比为　　　　。 考点4　新定义计算 考试中，题目常常会给一个新的定义来考查计算，做这类题主要注意以下几步： 1.理解定义：理解题目中给出的新定义，弄清楚定义中自变量代表的含义，以及它们之间的关系。 2.建立数学模型：根据定义式，将其转化为数学表达式。有时，也可以通过表示式的单位来分析计算式。 3.代入已知条件：将题目中给出的具体数值或条件代入到数学模型中。或根据已有的知识，计算出具体的变量数值。 4.进行计算：根据数学模型进行计算，注意运算顺序和单位换算。 5.检查结果：计算完成后，检查答案是否合理，是否符合化学常识。 6.总结讨论：根据试题要求，对结果用化学原理进行解释。 　已知萃取原理为M2＋＋2HRMR2＋2H＋。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率［萃取率＝×100％］与pH的变化关系如图所示。已知在pH＝1.8时，达到萃取平衡时，＝48。若在滤液中加入等体积萃取剂进行充分萃取，则Zn2＋的萃取率为　　　　％（保留两位有效数字）。 1.（2025·四川高考16题节选）双水杨醛缩乙二胺（H2L，Mr＝268）的锰配合物（MnLClx）常用作有机氧化反应的催化剂。现对MnLClx配合物中x的值进行测定。 ①移取20.00 mL 3.5 mg·mL－1的MnLClx溶液置于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.030 00 mol·L－1的维生素C（C6H8O6）溶液充分混合，放置3～4分钟。 ②往上述锥形瓶中加入5滴1％的淀粉溶液，立即用0.010 00 mol·L－1的I2标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗标准溶液的平均体积为20.20 mL。 上述测定过程所涉及的反应如下： 2MnLClx＋xC6H8O62MnL＋xC6H6O6＋2xHCl　I2＋C6H8O6C6H6O6＋2HI 根据实验数据，MnLClx中x＝　　　　　（保留整数）。 2.（2025·新课标卷28题节选）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg3Si2O5（OH）4，伴生有少量Ni、Fe、Al等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收NiO并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： Al（OH）3 Fe（OH）3 Mg（OH）2 Ni（OH）2 Ksp 1.3×10－33 2.8×10－39 5.6×10－12 5.5×10－16 （1）加入NaOH “调pH＝6”，过滤后，滤渣②是Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中Al3＋的浓度为　　　　　　 mol·L－1。 （2）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）1.0 kg蛇纹石 “矿化”固定CO2，得到0.466 kg Mg5（CO3）4（OH）2·4H2O，相当于固定CO2　　　　 L（标准状况）。 3.（2025·重庆高考15题节选）Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下。 称取粗硒样品0.100 0 g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液40.00 mL，再加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点（原理为I2＋2Na2S2O32NaI＋Na2S4O6），又消耗8.00 mL。过程②中Se（Ⅳ）与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4，且反应最快。过程③的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 该样品中Se的质量分数为　　　　。 热点题型4　热重曲线分析与计算 　“热重曲线”类试题一般以图像和文字组合的形式呈现，以质量保留量或者失重比随温度变化的曲线为载体，考查反应物的化学式、产物的判断、结晶水的数目以及反应方程式的书写等，侧重考查学生提取图表信息的能力、处理数据的能力，以及元素守恒、关系式等化学思想。 对于含有结晶水的某固体热分解反应的过程主要有两个变化阶段：（1）固体失去结晶水形成A固体的过程；（2）A固体热分解的过程。对于具体的图像具体分析，有可能分步失去结晶水，继续加热A固体可能分解生成多种物质。若A固体为盐或氧化物，随着温度的升高，继续分解可能失去一些挥发性的物质，如CO2等气体，而金属元素一般以化合态的形式残留在最终产物中。 将24.2 g Cu（NO3）2·3H2O样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。在T1～T2 ℃过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 继续升温至T3 ℃时生成的固体产物为　　　　　（填化学式）。 【要点图解】 答案：2Cu（NO3）22CuO＋4NO2↑＋O2↑　Cu2O （1）分析曲线、提取信息。阅读题目给予信息，明确物质的组成及类别、物质的性质及变化特点，结合热重曲线，确定物质实际发生变化及固体质量变化的原因。一般结晶水合物先失去结晶水，再继续发生分解，铵盐产生NH3，碳酸盐产生CO2，硫酸盐产生SO2或SO3，氢氧化物产生H2O。 （2）找等量，列式求解。结合固体质量变化或固体残留率变化，找出等量，设未知数，列出关系式或方程式，进而求出未知数，确定剩余固体的化学组成。如固体物质A热分解反应：A（固体）B（固体）＋C（气体）。若反应物A的初始质量为W0，失重后产物B的质量为W1，则失重百分数＝×100％。 （3）计算原则 ①金属元素始终残留在固体中，且元素守恒； ②释放气体中的非金属元素（一般是C、N、S）与样品中对应元素守恒。 1.对2.3 g产品（K2Cu（C2O4）2·4H2O晶体）进行热重分析，其相关曲线如图所示： 注：A（51，90.77）即51 ℃时，物质反应后质量是反应前质量的90.77％。（其他依此类推） （1）A点到B点分解的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）C点固体的成分为　　　　　　。 2.（2024·贵州高考15题节选）十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下。 称取m g十二钨硅酸晶体{H4[SiW12O40]·nH2O，相对分子质量为M}，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w％，计算n＝　　　　；若样品未充分干燥，会导致n的值　　　　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 3.NiSO4可形成多种结晶水合物，采用热重分析法测定某NiSO4·nH2O样品所含的结晶水数。将样品在900 ℃下进行煅烧，失重率随时间变化如图，B点时失去全部结晶水，n的值为　　　　；D点固体的化学式为　　　　　　。 4.称取45.7 mg Zn3（PO4）2·4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3（PO4）2·2H2O和Zn3（PO4）2·H2O的混合产品，烘干时的温度范围为　　　　。 提示：完成课后作业　第二章　第7讲 答案 第7讲　化学计算常用方法 考点1 关键能力 1.D　HNO3的物质的量为0.6 mol·L－1×1 L＝0.6 mol，NO的物质的量为＝0.1 mol。HNO3作为氧化剂，还原产物为NO，根据分析，生成NO为0.1 mol，故发生还原反应的HNO3为0.1 mol，A正确；反应后溶液中的溶质为Cu（NO3）2，根据分析，起到酸性作用的HNO3为0.6 mol－0.1 mol＝0.5 mol，故n（Cu2＋）＝n（HNO3）＝0.25 mol，B正确；CuO与稀硝酸反应生成硝酸铜和水，故离子方程式为CuO＋2H＋Cu2＋＋H2O，C正确；混合物与硝酸反应时，Cu和Cu2O被氧化，失去的电子总数为HNO3所得电子数，物质的量为0.1 mol×3＝0.3 mol，故Cu2O转移电子的物质的量为0.3 mol－0.1 mol×2＝0.1 mol，n（Cu2O）＝×0.1 mol＝0.05 mol，根据溶液中n（Cu2＋）＝0.25 mol，可知Cu元素共0.25 mol，原混合物中n（CuO）＝0.25 mol－0.05 mol×2－0.1 mol＝0.05 mol，混合物与稀硫酸反应时，Cu不与稀H2SO4反应，根据Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O可知，生成的Cu的物质的量n'（Cu）＝n（Cu2O）＝0.05 mol，故反应后所得的Cu的物质的量为n（Cu）＋n'（Cu）＝0.15 mol，质量为0.15 mol×64 g·mol－1＝9.6 g，D错误。 2.（1）7.9　（2）0.10　（3）88％或0.88 解析：（1）需要200 mL溶液，应用250 mL容量瓶配制，由n（KMnO4）＝cV＝0.2 mol·L－1×0.25 L＝0.05 mol，m（KMnO4）＝nM＝0.05 mol×158 g·mol－1＝7.9 g。（2）抗坏血酸（化学式为C6H8O6）中C元素化合价变化，抗坏血酸到脱氢抗坏血酸（C6H6O6 ），1个抗坏血酸分子失去2个电子；Mn中Mn从＋7价降低到＋2价，1个Mn得到5个电子，根据电子守恒：n（抗坏血酸）×2＝n（KMnO4）×5，n（抗坏血酸）＝＝＝0.10 mol，n（抗坏血酸）＝n（脱氢抗坏血酸），则脱氢抗坏血酸物质的量为0.10 mol。（3）抗坏血酸质量m＝0.1 mol×176 g·mol－1＝17.6 g，则质量分数＝×100％＝88％（或0.88）。 考点2 关键能力 1.94 解析：由题意可知，32吨含硫元素99％的硫黄物质的量为＝9.9×105 mol，在第一步反应中硫元素损失了2％，则生成9.9×105 mol×98％＝9.702×105 mol二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97％转化为了三氧化硫，则生成9.702×105 mol×97％≈9.4×105 mol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，约为×10－6吨＝94吨。 2.67.3％ 解析：由题意可得有关反应方程式为MnO2＋Na2O2Na2MnO4，3Mn＋4H＋2Mn＋MnO2↓＋2H2O，Mn＋5Fe2＋＋8H＋Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，则有关系式MnO2～Mn～Mn～Fe2＋，故w＝ ×100％＝ ×100％≈67.3％。 考点3 关键能力 1.×100％ 解析：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 2×84 62 x w1－w2 则x＝， 故样品纯度为＝×100％＝×100％。 2.9∶7或5∶3 解析： V（NO）＝＝9 mL，V（NH3）＝＝6 mL，由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体是NO，则V（NO）∶V（NH3）＝（9 mL＋1 mL）∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体是NH3，则V（NO）∶V（NH3）＝9 mL∶（6 mL＋1 mL）＝9∶7。 考点4 关键能力 　98 解析：设滤液中Zn2＋初始物质的量为n0，加入等体积萃取剂后，设水相体积和有机相体积均为V，已知＝48，设萃取后水相中n（Zn2＋）＝x，则有机相中n（ZnR2）＝n0－x，根据＝＝48，即＝48，解得x＝ ，萃取率＝×100％＝×100％＝×100％≈98％。 【真题演练】 1.1 解析：根据双水杨醛缩乙二胺（H2L，Mr＝268）和相对原子质量可以计算得出M（MnLClx）＝[55＋（268－2）＋35.5x]g·mol－1＝（321＋35.5x）g·mol－1，移取的MnLClx质量为20.00 mL×3.5 mg·mL－1＝70 mg，维生素C的物质的量为0.01 L×0.030 00 mol·L－1＝0.000 3 mol＝0.3 mmol，I2消耗的维生素C的物质的量为0.01 mol·L－1×0.020 2 L＝0.000 202 mol＝0.202 mmol，所以与MnLClx反应的维生素C的物质的量为0.3 mmol－0.202 mmol＝0.098 mmol，根据反应的化学计量关系（2 mol MnLClx与x mol维生素C反应）进行计算：＝，保留整数解得x≈1。 2.（1）1.3×10－9　（2）5Mg2＋＋10OH－＋4CO2Mg5（OH）2·4H2O↓　（3）89.6 解析：（1）加入NaOH “调pH＝6”，c（H＋）＝10－6 mol·L－1，c（OH－）＝10－8 mol·L－1，c（Fe3＋）＝＝ mol·L－1＝2.8×10－15 mol·L－1＜1×10－5 mol·L－1，c（Al3＋）＝＝ mol·L－1＝1.3×10－9 mol·L－1＜1×10－5 mol·L－1，溶液中没有铁离子、铝离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是Fe（OH）3、Al（OH）3；滤液中Al3＋的浓度为c（Al3＋）＝＝ mol·L－1＝1.3×10－9 mol·L－1。（2）调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”，确定反应离子及反应物为Mg2＋、OH－、CO2，将产物Mg5（CO3）4（OH）2·4H2O拆分为Mg（OH）2·4MgCO3·4H2O，再配平得5Mg2＋＋10OH－＋4CO2Mg（OH）2·4MgCO3·4H2O将产物合并；发生反应5Mg2＋＋10OH－＋4CO2Mg5（OH）2·4H2O↓。（3）0.466 kg Mg5（OH）2·4H2O物质的量为＝1 mol，根据C元素守恒得Mg5（OH）2·4H2O～4C～4CO2，固定CO2的物质的量为4 mol，标准状况下的体积为4 mol×22.4 L·mol－1＝89.6 L。 3.4H＋＋H2SeO3＋4I－2I2＋Se＋3H2O　94.8％ 解析：过程③是Se（Ⅳ）被KI还原为Se的过程，结合氧化还原反应规律得离子方程式：4H＋＋H2SeO3＋4I－2I2＋Se＋3H2O；加入40.00 mL 0.100 0 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液和少量KI，之后用同浓度的Na2S2O3标准溶液滴定上一步生成的碘单质，又消耗8.00 mL，存在关系：Se（Ⅳ）～2I2～4Na2S2O3，根据已知条件Se（Ⅳ）与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4，则n[Se（Ⅳ）]＝×（40.00＋8.00）×10－3 L×0.100 0 mol·L－1＝1.2×10－3 mol，样品中Se的含量为×100％＝94.8％。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $