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（人教版）

已知在不同温度下蒸发分解碳酸锂的产率与溶解 度关系如图： 1.8 160 1.6 14 溶解度 产率 誉1.2 45 1.0 0.8 30 0.6 0.4 溶解度15 0.2 ·一产率 0℃20℃40℃60℃80℃100℃ 温度/℃ 核心素养突破1 素养突破 利用物质性质和化学变化所遵循的 变化观念与 守恒关系，通过化学反应方程式，进 平衡思想 行一些有关量的计算，从而解决实 际问题 核 通过化学反应方程式中各物质的联 心 证据推理与 系，建立已知量和未知量之间的关 素 模型认知 系、通过论证推理建立解决化学计 养 算题的模型 科学态度与通过化学计算培养严谨求实的科学 社会责任 态度，具有探索、崇尚真理的意识 方法一 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：2Cu++4I一2Cul↓+12，I2+ 2S2O=一2I厂十S4O6,某同学测定CuS04· 5H20产品的质量分数可按如下方法：取3.00g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250mL,取50mL加入 淀粉溶液作指示剂，用0.080mol·L1Na2S2O 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： 第一章物质的量 90℃以下，随温度升高，碳酸锂产率升高的原因可 能是 解析：由蒸发分解碳酸锂的产率与溶解度关系可知 随温度升高碳酸锂的溶解度减小，而温度升高碳酸 氢锂也易分解生成碳酸锂，两个因素共同促进了随 温度升高，碳酸锂产率的升高。 答案：碳酸氢锂随温度的升高分解产率增大，碳酸 锂的溶解度随温度升高而减小 化学计算常用方法 学生用书P15 实验序号 1 2 3 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7=25.0+25,02+24.98mL 3 25.00mL,n(Na2S2O3)=0.080mol·L1×0.025L= 0.002mol,根据反应的化学方程式知，Na2S2O3消 耗的l2,50mL溶液中n(1,)=2n(NaS,O,) 号×0.02mol=0.001mol,剥250mL溶液中 =0.001mol×5=0.005mol,根据反应的化学方程式 2Cu2++4I--2CuI↓+12得n(Cu2+)=2n(12) =0.01mol,根据铜原子守恒得n(CuSO4·5H2O) -n(Cu2+)=0.01mol,m(CuSO4·5H20)= 250g·mol1×0.01mol=2.5g,此产品中CuSO, 2.5g 5H,0的质量分数=赛际顺熹X100%3.00g 样品质量 ×100%≈83.3%。 答案：当加入最后半滴Na2S,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83.3% 方活二 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 得失电 氧化还原反应中，氧化剂得电子数 子守恒 还原剂失电子数 电荷 任何体系中，阳离子带的正电荷数 守恒 阴离子带的负电荷数 高考总复习化学 [例2]强氧化剂NaClO会将CN氧化，生成N2、 CO和C1厂等无毒无害物质，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NaC1O处理浓缩后的含氰废水10L [c(CN)=0.2mol·L1],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十 20H-2CO+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氮气的物质的量为n(N,)一 n(CN)=1mol,其在标准状况下的体积V 1 22.4L,实际得到氨气的体积为21L,所以该过程 的破家率9品1×10%=98.15%， 答案：2CN+5C1O+2OH-2CO3+N2个+ 5C1+H2093.75 方法 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余， 1n余 一×100%=固体残 1n(1mol品体质量) 留率。 (4)晶体中金属质量不诚少，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：o,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，FSO4· 7H2)的脱水热分解过程如图所示： 50 40 FesdyH0] s0网45.3% 38.8% 30 最200 19.4% o FeSO,7H2O 050100150200250300 混度/℃ 根据上述实验结果，可知x= 解析：由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FS) ·7H,0转化为FeS0,·xH,0,则1872×100% 278 19.4%,解之得x=4;当失重比为38.8%时，FS0,· 7H,0转化为FeS0,·yH,0,则187卫×100% 278 38.8%,解之得y=1。 答案：41 ·2 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 () s070s8Γs0 H,S 碱，△LS2 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号数 目为0.01NA C.反应①每消耗3.4gH,S,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·L1Na2SO3 溶液中SO?数目小于0.01NA,B错误；C.反应① 的化学方程式为SO2十2H,S—3S↓十2HO,反应 中每生成3molS消耗2 mol H.S,3.4gHS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-十3H,0,反应的还原产物 为S2,每生成2molS2共转移4mo1电子，因此， 每生成1molS2,转移2mol电子，数目为2NA, D正确。] 2.一定量的某磁黄铁矿（主要成分Fe,S,S为-2价） 与100mL盐酸恰好完全反应（杂质不与盐酸反 应)，生成0.01mol疏单质、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(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.100mL盐酸恰好完全反应，生成 0.04 mol FeCl.2,没有其他的氯化物生成，根据原子 守恒，n(HC1)=n(C1)=2n(FeC12)=0.04mol× 2=0.08mol,所以HCI的浓度为c(HC1)= n(HC)=0.08mo=0.8mol/L,A错误；B.根据 0.1L 信息，Fe,S和盐酸反应生成硫单质、FeCl2和H,S 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↓+4FC12+4H2S个，根据原子守恒，得出： x=5=0.8,C错误；D.在Fe,S中S为-2价，设 1mol该化合物中Fe2+和Fe3+物质的量分别为 amol和bmol,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0.2500g氯化亚铜样品置于一定量的 0.5mol·L1FeCl溶液中，待样品完全溶解后， 加水20mL,用0.1000mol·L1的Ce(S)4)2溶 液滴定到终点，消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有 关化学反应的离子方程式为Fe3+十CuCl一Fe+ +Cu2++C1、Ce++Fe+=一Fe3++Ce3+,计算 上述样品中CuCI1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+十CuC 1 Fe2++Cu2++C1、Ce++Fe2+-Fe3++Ce3+可得 关系式：CuC1~Ce+,24.60mL0.l000mol·L1的 Ce(SO,)2溶液中n[Ce(SO,)2]=0.1000mol·L1X 0.02460L=2.46×103mol,则根据关系式可知， n(CuCl)=n(Ce)=2.46X103 mol,m (CuCl)= 2.46×103mol×99.5g·mo11=0.24477g,所 以该样品中CuC1的质量分数是0.24477g× 0.2500g 100%≈97.91%。 答案：97.91 ·2 第一章物质的量 4.草酸钪晶体[Sc2(C,O,)3·6H2O]隔绝空气加热， m(剩余固体) m(原始固体) 随温度的变化情况如图所示。 100 88 眼 09 250550 850T1℃ 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(C2O1)3·6H20的摩尔质量为462g· mol-1)。 解析：设有1mol草酸钪晶体(462g)在空气中受 热，结品水的质量分量为1>×10%≈28.4%。 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(C2O,)3。设起 始仍为1mol草酸钪晶体，850℃时，剩余固体质 量为462g×29.8%≈138g,由于M(Sc2O3)= 138g·mol1,故可知550~850℃，1 mol Sc2(CO4)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十3价，则反应发生C(O2和 C)两种气体，根据得失电子守恒可知C)2和C)物 质的量之比为1：1。 答案：Sc2(C2O4)31:1 5.某反应后滤渣的成分是Zr(CO)2·xZr(OH)4 取干燥后的滤渣37.0g,煅烧后可得到24.6g ZrO2。则x等于 解析：根据反应的化学方程式： ZC0,2·Z(0H,(z+1DZ.0,+200,◆+2H,0+ 211+159x 123(x+1) 37.0g 24.6g 则211+159x=123(x+1) 37.0g 24.6g 解得x=1 答案：1