第2章 第9讲 化学计算的常用方法(教师用书Word)-【高考领航】2027年高考化学大一轮复习学案

该高中化学高考复习讲义围绕化学计算常用方法，整合守恒法、关系式法、差量法三大核心考点，按“含义-解题思路-典例解析”逻辑架构梳理知识，通过考点梳理明确物质的量桥梁作用，方法指导构建计算思维模型，真题训练强化高考命题规律应用，形成系统高效的复习链条。 资料注重科学思维与化学观念培养，如差量法中设计热重曲线分析步骤，引导学生依据质量变化数据推理物质组成，守恒法例题结合电荷守恒快速突破离子浓度计算难点。设置基础巩固、能力提升分层练习，配合高考真题精讲，助力学生在有限时间内掌握解题技巧，为教师把控复习节奏提供精准教学资源。

第9讲　化学计算的常用方法 [课标标准] 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。 3．初步建立化学计算的思维模型。 考点一　守恒法 1．守恒法含义 (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”。 (2)守恒法是一种思维方法，运用守恒规律，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＋)＝＝。 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 1．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：B　＝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。 2．4.6 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4480 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：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。 3．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。 (1)计算x的值(写出计算过程)。 (2)气体产物中n(O2)＝________mol。 解析：(1)由题意知，n(Al2O3)＝＝0.01 mol，由铝原子守恒，知·xH2O为0.02 mol，则0.02×(213＋18x)＝7.50，解得x＝9。(2)0.02 mol Al(NO3)3·9H2O分解产生的Al2O3为0.01 mol，产生的H2O是＝0.17 mol，设2 mol Al(NO3)3·9H2O分解产生的NO2、O2、HNO3分别为a mol、b mol、c mol，可得2[Al(NO3)3·9H2O]aNO2↑＋bO2↑＋cHNO3↑＋17H2O↑＋Al2O3，由N原子守恒得a＋c＝6、由H原子守恒得c＋34＝36、由O原子守恒得2a＋2b＋3c＋17＋3＝36，解得b＝1，故0.02 mol Al(NO3)3·9H2O分解产生的O2为0.01 mol。 答案：(1) 2[Al(NO3)3·xH2O]　～　Al2O3 2(213＋18x) 102 7．50 g 1.02 g x＝9 (2)0.01 考点二　关系式法 1．关系式法含义 (1)涉及多步反应体系，往往依据若干个化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解的方法，称为“关系式”法。 (2)在确定“已知量”和“待求量”之间的关系式时，一定要找出“中间量”(该“中间量”可在前一个化学反应中作生成物，而在下一个化学反应中作反应物)，并通过改变相关化学方程式的化学计量数使“中间量”的计量数变成同一个数值，从而建立“已知量”和“待求量”之间的化学计量数之比，即关系式。 2．关系式法解题步骤 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(　　) A．72%　　　　　　　 B．40% C．36% D．18% 解析：C　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%。 2．(2025·河北保定模拟节选)Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。 实验室测定Cr(OH)3样品纯度的步骤如下： 准确称取0.9000 g样品，溶于过量硫酸并配成250.0 mL溶液。取25.00 mL溶液，用足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化为，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.0 mL(已知反应：＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3+＋7H2O；I2＋ 计算Cr(OH)3样品的纯度(写出计算过程，结果精确至小数点后两位)。 答案：＝24.0×10-3 L×0.1000 mol·L-1＝2.4×10-3 mol。根据2Cr3+知，n[Cr(OH)3]＝n(Cr3+)＝8.0×10-4 mol，则0.9000 g样品中n[Cr(OH)3]＝8.0×10-4 mol×＝8.0×10-3 mol，则Cr(OH)3样品的纯度为×100%≈91.56%。 考点三　差量法 1．含义 “差量”一般是指某一化学反应前后某一物理量的差值，如固体质量、气体体积等。 2．解题步骤 (1)准确写出有关反应的化学方程式。 (2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”，该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比。 (3)根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。 3．“热重曲线”及分析 (1)“热重曲线”(TG曲线)是指使用热天平记录的热分析曲线，纵坐标为试样质量或残留率，横坐标为温度或时间。通过对热重曲线的分析，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、分解情况及生成的产物等与质量相关联的信息。如固体物质A热分解反应：A(固体)B(固体)＋C(气体)的典型热重曲线如图所示，图中T1为固体A开始分解的温度，T2为质量变化达到最大值时的终止温度，若试样初始质量为w0，失重后试样质量为w1，则失重百分数为×100%。 (2)对于含有结晶水的某固体M·xH2O热分解反应的过程主要有两个变化阶段：①固体失去结晶水的过程；②M固体分解的过程。对于具体的图像可以发生分步反应失去结晶水或M固体分解生成多种物质。 (3)M固体可能为盐或氧化物，随着温度的升高，继续分解可能失去一些挥发性的物质，如NH3、CO2、CO等气体，而金属一般以化合态残留在最终产物中。 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：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．取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体的质量为7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算： (1)KMnO4的分解率为________。 (2)生成气体A的物质的量为________。 解析：(1)设参加反应的KMnO4的质量为m g。 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑　Δm(固) (2×158)g 32 g m g 7.90 g－7.42 g 解得m＝4.74，即KMnO4的分解率为×100%＝60.0%。 (2)剩余KMnO4的质量为3.16 g，物质的量为0.02 mol，生成K2MnO4的物质的量为0.015 mol，生成MnO2的物质的量为0.015 mol，根据剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应生成单质气体A可知，A为Cl2，由产物中锰元素以Mn2+形式存在可得关系式2KMnO4～5Cl2、K2MnO4～2Cl2、MnO2～Cl2，可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成Cl2的物质的量分别为0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol，即生成Cl2的物质的量为0.05 mol＋0.03 mol＋0.015 mol＝0.095 mol。 答案：(1)60.0%　(2)0.095 mol 3．(2025·陕西商洛二模节选)近年来，随着材料改性技术的进步，新型锰基正极材料如磷酸锰铁锂、高电压型镍锰酸锂等产业化进程加速，锰元素应用又迎来新的增长点。工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等)制备锰的氧化物等物质的流程如图： “氧化煅烧”时，MnCO3反应的化学方程式为__________________________， 其固体残留率随温度的变化如图所示，“氧化煅烧”时应控制温度约为________。图中300 ℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为________。 解析：“氧化煅烧”时，MnCO3与氧气反应生成Mn3O4，反应的化学方程式为6MnCO3＋2Mn3O4＋6CO2。设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g，A点剩余固体质量为115 g×75.65%≈87 g，减少的质量约为115 g－87 g＝28 g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2；B点剩余固体质量为115 g×66.38%≈76 g，锰元素质量m(Mn)＝55 g，则m(O)＝76 g－55 g＝21 g，氧原子物质的量为 mol，固体中锰原子和氧原子个数比为1 ∶≈3∶4，则剩余固体成分化学式为Mn3O4；C点剩余固体质量为115 g×61.74%≈71 g，m(O)＝71 g－55 g＝16 g，氧原子物质的量为1 mol，固体中锰原子和氧原子个数比为1∶1，化学式为MnO。由于最终要得到产物Mn3O4，“氧化煅烧”时应控制温度约为770 ℃；图中300 ℃时，剩余固体为MnO2，n(Mn)∶n(O)为1∶2。 答案：6MnCO3＋O22Mn3O4＋6CO2　770 ℃　1∶2 　热重曲线分析的基本步骤 (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)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。 1．[2024·浙江1月选考，20(6)]取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为______。 解析：最终得到氧化铜的质量为32.814 g－31.230 g＝1.584 g，则氧化铜的物质的量为1.584 g÷(64＋16)g·mol-1＝0.0198 mol，由铜原子、硫原子守恒可知，m(H2S)＝0.0198 mol×34 g·mol-1＝0.6732 g，故产品的纯度为×100%＝99%。 答案：99% 2．[2024·山东卷，19(3)]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0.0020 mol·L-1 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。 该滴定实验达终点的现象是__________________________；滴定消耗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保持气流不断，当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为浅蓝色且30 s内不褪色；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×0.0020 mol·L-1＝2.000×10-6V mol，n(S)＝3n(KIO3)＝3×2.000×10-6V mol＝6.000×10-6V mol，样品中硫的质量分数是×100%＝%。 答案：保持气流不断，当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为浅蓝色且30 s 内不褪色　%　 3．[2024·江苏卷，14(3)②]将(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，通过以上实验数据确定该产物中n的比值(写出计算过程)。 答案：8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为4×10-5mol，550～660 ℃时，固体分解产生H2O与CO2，质量共减少1.24 mg，其中n(H2O)＝2×10-5mol，m(H2O)＝0.36 mg，则m(CO2)＝1.24 mg－0.36 mg＝0.88 mg，n(CO2)＝2×10-5mol，则剩余的＝2×10-5mol，＝(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)＝2∶1 学科网（北京）股份有限公司 $