第一章 核心素养突破1 化学计算常用方法（配套教参）-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮讲义（鲁科版）

高考总复习化学(LK) 核心素养突破1 [素养突破] 利用物质性质和化学变化所遵 变化观念与 循的守恒和关系，通过化学反应 平衡思想 方程式，进行一些有关量的计 算，从而解决实际问题 核 心 通过化学反应方程式中各物质 素 证据推理与 的联系，建立已知量和未知量之 养 模型认知 间的关系、通过论证推理建立解 决化学计算题的模型 通过化学计算培养严谨求实的 科学态度与 社会责任 科学态度，具有探索崇尚真理的 意识 [方法-]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，并能迅速准确地获得结果。 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一2Cul↓+L2,12+ 2SO--2I+S4O,某同学测定CuS04· 5H2O产品的质量分数可按如下方法：取3.00g产 品，用水溶解后，加人足量的KI溶液，充分反应后 过滤、洗涤，将滤液稀释至250mL,取50mL加入 淀粉溶液作指示剂，用0.080mol·L1Na2S,O 标准溶液滴定，达到滴定终点的依据是 四次平行实验耗去Na2S2O,标准溶液数据如下： 实验序号 消耗Na2S2O 25.0025.0226.2024.98 标准溶液(mL) 此产品中CuSO,·5H2O的质量分数为 解析：滴定终点：当滴入最后一滴Na,S,O3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 统酸的溶液体积=25.00+25,02+24.98mL 3 25.00mL,n(Na2S2O3）=0.080mol·L1×0.025L =0.002mol,根据方程式知，Na2S2O3消耗的L2, 50mL溶流中dL)=合Nus0,)=号×a02m 化学计算常用方法 学生用书P39 =0.001mol,则250mL溶液中n(2)=0.001mol ×5=0.005mol,根据反应的化学方程式2Cu2++ 4I=-2Cul￥+L2得n(Cu2+)=2n(L2)=0.01mol, 根据铜原子守恒得n(CuSO,·5H2O)=n(Cu+) =0.01mol,m(CuSO4·5H2O)=250g·mol1× 0.01mol=2.5g,此产品中CuSO4·5HzO的质量 分数= 实际质量 样品质量 ×100%=系80。×100%≈ 83.3%。 答案：溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色 83.3% 工方法二]守恒法 质量 反应前后元素的质量、某原子（离子或原 守恒 子团)的物质的量相等 电子 氧化还原反应中，氧化剂得电子数三还 守恒 原剂失电子数 电荷 任何体系中，阳离子带的正电荷数=阴 守恒 离子带的负电荷数 [例2]强氧化剂NaC1O会将CN氧化，生成N2、 CO和C1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NaCIO处理浓缩后的含氰废水10L [c(CN)=0.2mol·L1门，过程中产生标准状况下 21L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十5C1O+ 2OH—2CO3+N2↑+5C1+H2O;n(CN) =0.2mol·L1×10L=2mol,根据N原子守恒 可知理论上反应得到氨气的物质的量为n(N2)= 之n(CN)=1mol,其在标准状况下的体积V 22.4L,实际得到氮气的体积为21L,所以该过程 的破氛率达到922.1X100%=93.75%。 答案：2CN+5C1O+2OH—2CO+N2↑+ 5C1+H2093.75 [方法三]热重分析 热重分析的方法 (1)设晶体为1mol。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 （(3)计算每步的m条'm1m品体量 m余一×100%=固体残 留率 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m象中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m,由 n金属：no,即可求出失重后物质的化学式。 6 [例3](2023·全国乙卷)在N2气氛中，FsO4· 7H2O的脱水热分解过程如图所示： 50 es0网45.3% 40 38.8% 30 最20 19.4% 10H FeSO.7H2O 050100150200250300 温度/℃ 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·xH,O,则 18(7x)×100%=19.4%,解之得x=4:当失重 278 比为38.8%时，FeSO,·7H2O转化为FeSO4· yH,0.则18C722×100%=38.8%,解之 278 得y=1。 答案：41 [素养提升] 1.(2024·黑吉辽卷)硫及其化合物部分转化关系如 图。设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确 的是 S0.-0s®S09 H,S 碱，△S A.标准状况下，11.2LSO2中原子总数为0.5N B.100mL0.1mol·L1Na2S)3溶液中，SO数 目为0.01NA C.反应①每消耗3.4gH2S,生成物中硫原子数目 为0.1N D.反应②每生成1mol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，11.2LSO2 为0.5mol,其含有1.5mol原子，生成的原子数为 1.5NA,A错误；B.SO为弱酸阴离子，其在水中 易发生水解，因此，100mL0.1mol·L1Na2SO 溶液中SO数目小于0.01N,B错误；C.反应① 的化学方程式为SO2十2H,S一3S↓+2H,O,反应 中每生成3molS消耗2 mol HS,3.4gH,S为 0.1mol,故可以生成0.15molS,硫原子数目为 0.15N,C错误；D.反应②的离子方程式为3S十 60H△S0+2S+3H,0,反应的还原产物 为S2,每生成2molS2-共转移4mol电子，因此， 每生成1molS2,转移2mol电子，数目为2NA,D 正确。] ·47 第一章认识化学科学 2.向3mol·L1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时 间后生成灰白色固体X,并测得反应后溶液pH升 高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验： ①向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色 溶液，将其分成两等份；②向其中一份无色溶液中 加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a;③向另一 份无色溶液中加入足量Na)H溶液，得到白色沉 淀b。下列分析不正确的是 () A.溶液pH升高的主要原因：Mg十2H+一Mg2+ +H2个 B.生成沉淀a的离子方程式：Ag+C1厂 AgCI C.沉淀b是Mg(OH), D.若a、b的物质的量关系为n(a):n(b)=1:3,则可 推知固体X的化学式为Mg(OH)CI 解析：D[A.溶液pH升高的主要原因是H被消 耗，即：Mg十2H一Mg2++H2↑，故A正确； B.向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液， 得到白色沉淀a,a是不溶于HNO3的白色沉淀，应 为AgCI,故B正确；C.沉淀b与OH有关，NO3、 C1、Mg+能形成沉淀的只有Mg2+,故C正确； D.若a、b的物质的量关系为n(a):n(b)=1：3,根 据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为 Mg(OH)sCI,D错误。 3.(双选)(2025·滨州市高三模拟)硫酸工业中用 NaOH溶液吸收SO2尾气得到硫酸盐的过程如 图。室温下，用0.1mol/L NaOH溶液吸收SO2 (忽略溶液体积变化)，所得溶液中含硫物质的浓度 c总=c(H2SO3)十c(HSO5)+c(SO)。室温下， K1(H2S)3)=1.4×102,K2(H2SO3)=6.0× 108,Kp(BaS01)=1X101°。 S02 吸收→氧化→硫酸盐 NaOH溶液 下列说法正确的是 ( A.若“吸收”所得溶液中含硫物质的浓度c总= 0.07mol/L,则溶液呈酸性 B.若“吸收”所得溶液pH=3,则溶液中c(H)十 c(Na)<c(HSO3 )+2c(H2SO3)+c(OH) C.若“吸收”所得溶液pH=6,则“氧化”时主要反 应的离子方程式为2HSO十O2—2SO +2H D.将“氧化”所得溶液用0.1mol/L NaOH溶液调节 至pH=7,再与0.1mol/L BaCl2.溶液等体积混合， 最终溶液中c(S))=2×109mol·L1 高考总复习化学(LK) 解析：BC[由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的 =Kw1.0×10-14 水解常数K=术=，4X10<K。,说明亚硫 酸氢根离子在溶液中的电离程度大于其水解程度， 亚硫酸氢钠溶液呈酸性。A.“吸收”过程溶液中 c总=0.07mol·L1=c(H2SO3)十c(HSO3)十 c(SO?),则说明溶液中还有未消耗的NaOH,故 溶液呈碱性，故A错误；B.溶液中存在电荷守恒： c(H)+c(Na)=c(HSO)+2c(SO)+ c(OH厂)，若“吸收”所得溶液pH=3,溶液中主要 含硫的粒子为HSO3,HSO3电离大于其水解，所 以c(H2SO3)<c(SO),所以c(H)+c(Na+)< c(HSO)+2c(H2SO3)十c(OH),故B正确； C.Na2SO3显碱性，NaHS(O3显酸性，当若“吸收”所 得溶液的pH约为6时，溶液中主要含硫的粒子为 HSO,则“氧化”时主要发生的反应为2HSO十 O2—2SO十2H,故C正确；D.“氧化”所得溶 液用0.1mol·L1的NaOH溶液调节至pH=7, 则溶质只有Na2SO,,根据钠原子守恒，Na2SO,溶 液浓度为0.05mol·L1,与0.1mol·L1的 BaCl2溶液等体积混合，生成BaSO沉淀后，溶液 中c(Ba2+)= 0.1×V-0.05 V mol/L= 2V 0.025mol/L,最终溶液中c(S0)=Km(BaS0,） c(Ba2) =1.0X1010 “0.025mol/L=4X109mol/L,故D错误。] 4.(2025·哈尔滨市三中高三开学考)一定量的某磁 黄铁矿（主要成分Fe,S,S为一2价）与l00mL盐酸恰 好完全反应（杂质不与盐酸反应），生成0.01mol硫单 质、0.04 mol FeC12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(HCI)=0.4 mol/L B.生成了896mL气体 C.x=4 D.FeS中，n(Fe2+):n(Fe3+)=1:1 解析：D[A.l00mL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(C1)=2n(FeCl2)=0.04mol×2= 0.O8mol,所以盐酸的浓度为c(HC=n(HC V(1) 0.08mol=0.8mol/L,A错误；B.根据信息，Fe,S和 0.1L 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0.04mol,标准状况下体 积为896mL,B错误；C.根据上述分析，可以写出 反应的化学方程式：5Fe,S+8HCl一-S↓+4FeC2十 ·48 4H2S个，根据原子守恒，得出：x= 音-0.8，C错送： D.在Fe,S中S为-2价，设化合物中Fe2+和Fe3 物质的量分别为amol和bmol,则a十b=0.8,2a十 3b=2,a=0.4,b=0.4,所以n(Fe2+):n(Fe3+)= 1:1,D正确。] 5.某滤渣的成分是Zr(CO3)2·xZr(OH)4。取干燥 后的该滤渣37.0g,煅烧后可得到24.6gZr02。 则x等于 解析：根据反应的化学方程式： Zx(C0,)·xZr(0H,统(x十1DZ0,十2C0,↑ +2xH,O 211+159.x 123(.x+1) 37.0g 24.6g 211+159x_123(.x+1) x=1 37.0g 24.6g 答案：1 6.K3[Fe(C2O4)3]·xH2O(三草酸合铁酸钾晶体)是 一种光敏材料，为测定该晶体中草酸根的含量和结 晶水的含量，某实验小组进行了如下实验： ①称量9.820g三草酸合铁酸钾晶体，配制成 250mL溶液。 ②取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加KMnO, 溶液至C2O?全部转化成CO2时，恰好消耗 24.00mL0.1000mol·L1KMnO,溶液。C(O被 全部转化的标志是 ③计算该晶体的化学式，并写出计算过程。 解析：②C2O子被全部转化的标志是溶液由无色转 变为紫色，且30秒内不再变化；③消耗KMnO,的 物质的量为0.1000mo1·L1×0.024L= 0.0024mol,由5C2O+2Mn),+16H 2Mn2++8H2O+10CO2↑可知，n(C2O)=0.024mol ×号=006m0l,250mL原溶液中C,0的物质的 量为0.006mol×10=0.06mol,则 n[K,Fe(C,0,)]=0.06molX3=0.02mol, m[K:Fe(C2O,)3]=n[K:Fe(C2O)3]M=0.02 mol ×437g·mol1=8.74g,m(H20)=9.820g 8.74g=1.08g,n(H,0)=。1.08g 18g·mol=0.06mol, 即0.02x=0.06,故x=3,则该晶体的化学式为 K[Fe(C2O4)3·3H2O]. 答案：②溶液由无色转变成紫色，且30s内不再 变化 ③K[Fe(C2O)3·3H2O]计算过程见解析