第1章 核心素养突破1 化学计算常用方法-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮课件PPT（人教版）

该高中化学高考复习课件聚焦“物质的量”核心模块，依据高考评价体系梳理了关系式法、守恒法、热重分析法等计算方法，通过2023全国乙卷热重分析、2024高考真题等实例，明确滴定计算、氧化还原反应计算等高频考点，构建完整解题模型体系。 课件亮点在于“真题实战+方法提炼+素养融合”，如以CuSO₄·5H₂O质量分数测定题示范关系式法，用NaClO氧化CN⁻反应强化守恒法应用，培养证据推理与模型认知素养。特设“易错数据处理”“步骤规范”指导，助力学生掌握计算技巧，教师可据此精准定位薄弱点，提升复习效率。

核心素养突破1　化学计算常用方法 第一章 物质的量 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第一章 物质的量 高考总复习 化学 核心素养 变化观念与平衡思想 利用物质性质和化学变化所遵循的守恒关系，通过化学反应方程式，进行一些有关量的计算，从而解决实际问题 证据推理与模型认知 通过化学反应方程式中各物质的联系，建立已知量和未知量之间的关系、通过论证推理建立解决化学计算题的模型 科学态度与社会责任 通过化学计算培养严谨求实的科学态度，具有探索、崇尚真理的意识 关系式法 关系式法常应用于一步反应或多步进行的连续反应中，利用该法可以节省不必要的中间运算过程，避免计算错误。一步反应中可以直接找出反应物与目标产物的关系；在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系。 [例1]　已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2Oeq \o\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \o\al(2－,6)，某同学测定CuSO4·5H2O产品的质量分数可按如下方法：取3.00 g产品，用水溶解后，加入足量的KI溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤液稀释至250 mL，取50 mL加入淀粉溶液作指示剂，用0.080 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点的依据是_____________________。四次平行实验耗去Na2S2O3标准溶液数据如下： 实验序号 1 2 3 4 消耗Na2S2O3 标准溶液(mL) 25.00 25.02 26.20 24.98 此产品中CuSO4·5H2O的质量分数为________。 解析：滴定终点：当加入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色；根据表中数据知，3误差较大，舍去，平均消耗硫代硫酸钠溶液体积eq \x\to(V)＝eq \f(25.00＋25.02＋24.98,3) mL＝25.00 mL，n(Na2S2O3)＝0.080 mol·L－1×0.025 L＝0.002 mol，根据反应的化学方程式知，Na2S2O3消耗的I2,50 mL溶液中n(I2)＝eq \f(1,2)n(Na2S2O3)＝eq \f(1,2)×0.002 mol＝0.001 mol，则250 mL溶液中n(I2)＝0.001 mol×5＝0.005 mol，根据反应 的化学方程式2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2得n(Cu2＋)＝2n(I2)＝0.01 mol，根据铜原子守恒得n(CuSO4·5H2O)＝n(Cu2＋)＝0.01 mol，m(CuSO4·5H2O)＝250 g·mol－1×0.01 mol＝2.5 g，此产品中CuSO4·5H2O的质量分数＝eq \f(实际质量,样品质量)×100%＝eq \f(2.5 g,3.00 g)×100%≈83.3%。 答案：当加入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色　83.3% 守恒法 [例2]　强氧化剂NaClO会将CN－氧化，生成N2、COeq \o\al(2－,3)和Cl－等无毒无害物质，可用该反应处理含氰废水(破氰)，反应的离子方程式为_________ ___________________________________________________________。 若用一定量NaClO处理浓缩后的含氰废水10 L[c(CN－)＝0.2 mol·L－1]，过程中产生标准状况下21 L氮气，则该过程的破氰率达到________%。 解析：该反应的离子方程式为2CN－＋5ClO－＋2OH－===2COeq \o\al(2－,3)＋N2↑＋5Cl－＋H2O；n(CN－)＝0.2 mol·L－1×10 L＝2 mol，根据N原子守恒可知理论上反应得到氮气的物质的量为n(N2)＝eq \f(1,2)n(CN－)＝1 mol，其在标准状况下的体积V＝22.4 L，实际得到氮气的体积为21 L，所以该过程的破氰率φ＝eq \f(21 L,22.4 L)×100%＝93.75%。 答案：2CN－＋5ClO－＋2OH－===2COeq \o\al(2－,3)＋N2↑＋5Cl－＋H2O　93.75 热重分析的方法 (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余，eq \f(m余,m1 mol晶体质量)×100%＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属∶nO，即可求出失重后物质的化学式。 [例3]　(2023·全国乙卷)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：由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，则eq \f(187－x,278)×100%＝19.4 %，解之得x＝4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则eq \f(187－y,278)×100%＝38.8%，解之得y＝1。 答案：4　1 1．(2024·黑吉辽卷)硫及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．标准状况下，11.2 L SO2中原子总数为0.5NA B．100 mL 0.1 mol·L－1Na2SO3溶液中，SOeq \o\al(2－,3)数目为0.01NA C．反应①每消耗3.4 g H2S，生成物中硫原子数目为0.1NA D．反应②每生成1 mol还原产物，转移电子数目为2NA 解析：D　[A.标准状况下SO2为气体，11.2 L SO2为0.5 mol，其含有1.5 mol原子，生成的原子数为1.5NA，A错误；B.SOeq \o\al(2－,3)为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100 mL 0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液中SOeq \o\al(2－,3)数目小于0.01NA，B错误；C.反应①的化学方程式为SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，反应中每生成3 mol S消耗2 mol H2S，3.4 g H2S为0.1 mol，故可以生成0.15 mol S，硫原子数目为0.15NA，C错误；D.反应②的离子方程式为3S＋6OH－eq \o(=====,\s\up18(△))SOeq \o\al(2－,3)＋2S2－＋3H2O，反应的还原产物为S2－，每生成2 mol S2－共转移4 mol电子，因此，每生成1 mol S2－，转移2 mol电子，数目为2NA，D正确。] 2．一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成0.01 mol硫单质、0.04 mol FeCl2和一定量的某种气体，且反应后溶液中无Fe3＋。有关说法正确的是(　　) A．c(HCl)＝0.4 mol/L B．生成了896 mL气体 C．x＝4 D．FexS中，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1 解析：D　[A.100 mL盐酸恰好完全反应，生成0.04 mol FeCl2，没有其他的氯化物生成，根据原子守恒，n(HCl)＝n(Cl－)＝2n(FeCl2)＝0.04 mol×2＝0.08 mol，所以HCl的浓度为c(HCl)＝eq \f(nHCl,V)＝eq \f(0.08 mol,0.1 L)＝0.8 mol/L，A错误；B.根据信息，FexS和盐酸反应生成硫单质、FeCl2和H2S气体，根据氢原子守恒，生成的H2S为0.04 mol，标准状况下体积为896 mL，B错误；C.根据上述分析，可以写出反应的化学方程式：5FexS＋8HCl===S↓＋4FeCl2＋4H2S↑，根据原子守恒，得出：x＝eq \f(4,5)＝0.8，C错误； D.在FexS中S为－2价，设1 mol该化合物中Fe2＋和Fe3＋物质的量分别为a mol和b mol，则a＋b＝0.8,2a＋3b＝2，a＝0.4，b＝0.4，所以n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1，D正确。] 3．准确称取0.250 0 g氯化亚铜样品置于一定量的0.5 mol·L－1 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关化学反应的离子方程式为Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－、Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋，计算上述样品中CuCl的质量分数是________%(答案保留四位有效数字)。 解析：根据反应的离子方程式：Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－、Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋可得关系式：CuCl～Ce4＋，24.60 mL 0.100 0 mol·L－1的Ce(SO4)2溶液中n[Ce(SO4)2]＝0.100 0 mol·L－1×0.024 60 L＝2.46×10－3 mol，则根据关系式可知，n(CuCl)＝n(Ce4＋)＝2.46×10－3 mol，m(CuCl)＝2.46×10－3 mol×99.5 g·mol－1＝0.244 77 g，所以该样品中CuCl的质量分数是eq \f(0.244 77 g,0.250 0 g)×100%≈97.91%。 答案：97.91 4．草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]隔绝空气加热，eq \f(m剩余固体,m原始固体)随温度的变化情况如图所示。 550 ℃时，晶体的成分是________________(填化学式)， 550～850 ℃，生成气体的物质的量之比为________________(已知Sc2(C2O4)3·6H2O的摩尔质量为462 g·mol－1)。 解析：设有1 mol草酸钪晶体(462 g)在空气中受热，结晶水的质量分数为eq \f(18×6,462)×100%≈23.4%,550 ℃时，减少的质量分数为23.4%，则失去全部结晶水，此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3。设起始仍为1 mol草酸钪晶体，850 ℃ 时，剩余固体质量为462 g×29.8%≈138 g，由于M(Sc2O3)＝138 g·mol－1，故可知550～850 ℃，1 mol Sc2(C2O4)3分解产生1 mol Sc2O3，则碳元素全部转化为气体，由于草酸根离子中碳元素为＋3价，则反应发生CO2和CO两种气体，根据得失电子守恒可知CO2和CO物质的量之比为1∶1。 答案： Sc2(C2O4)3　1∶1 5．某反应后滤渣的成分是Zr(CO3)2·xZr(OH)4。取干燥后的滤渣 37.0 g，煅烧后可得到24.6 g ZrO2。则x等于________。 解析：根据反应的化学方程式： Zr(CO3)2·xZr(OH)4eq \o(=====,\s\up18(煅烧))(x＋1)ZrO2＋2CO2↑＋2xH2O↑ 211＋159x　　　123(x＋1) 37．0 g　　　　　24.6 g 则eq \f(211＋159x,37.0 g)＝eq \f(123x＋1,24.6 g)　解得x＝1 答案：1 $