主题3 第4讲 以物质的量为中心的化学计算常用方法(Word教参)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习（江苏专版）

该高中化学高考复习讲义聚焦以物质的量为中心的化学计算核心考点，涵盖比例式法、关系式法、守恒法及热重分析法，按“原理阐释-步骤拆解-典例精析-迁移应用”逻辑架构串联知识，通过考点系统梳理、解题方法指导、高考真题训练等环节，帮助学生构建计算问题的分析框架与解题模型。 讲义突出“方法建模+素养导向”特色，如守恒法教学中引导学生从原子守恒、电子守恒角度建立计算关系培养科学思维，热重分析模块结合2025甘肃卷真题设计“失重曲线解读-物质组成推断”探究活动，设置基础巩固与能力提升分层练习，确保高效突破计算难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第四讲　以物质的量为中心的化学计算常用方法 　　以物质的量为中心的化学计算每年高考必考,涉及的运算方法主要有比例式法、关系式法、守恒法和热重分析法。学通学精这些方法是解题的金钥匙,能使复杂的计算简单化、规律化。有利于学生养成解决相关问题的科学思维。 一、 比 例 式 法 1.应用原理 　　 　　　　　 2Na+2H2O==2NaOH+H2↑ 化学计量数之比:　2 ∶ 2　 ∶ 2 ∶ 1 扩大NA倍:　　 2NA ∶ 2NA ∶　 2NA∶NA 物质的量之比:　2 mol ∶2 mol∶　2 mol∶1 mol 结论:化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比,也等于各物质的物质的量之比。 2.解题步骤 写 写出有关的化学方程式 找 找出相关物质对应的化学计量数,从而找出相关物质的物质的量之比 列 将有关的四个量列出比例式 解 根据比例式求出n,再求m、V或c 答 写出简明答案 [例1]　某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物,为探究其组成,称取m g该固体粉末样品,用足量的稀H2SO4充分反应后,称得固体质量为a g。 已知:Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O (1)若a=　　　　　(用含m的最简式表示),则红色固体粉末为纯净物。  (2)若a=,则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为　　　　　 mol(用含m的最简式表示)。  [解析]　(1)若红色固体粉末只是Fe2O3,则与稀H2SO4充分反应后,无固体剩余,所以红色固体若为纯净物,只能是Cu2O,根据Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O,所以Cu2O与Cu的物质的量相等,而铜的物质的量为 mol,所以Cu2O的质量m=×144,所以a=m。 (2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe2O3+6H+==2Fe3++3H2O x 2x Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O y y y 2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+ 2x x 根据题意,所以x=。 [答案]　(1)　(2) [迁移应用] 1.在标准状况下,15.6 g Na2O2投入足量水中,充分反应,生成NaOH的物质的量为多少?生成O2的体积为多少?转移电子数目为多少(设NA为阿伏加德罗常数的值)?(写出解题步骤) 解析:n(Na2O2)==0.2 mol 2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑　 Δn(e-) 　2　　　　　　4　　　 1　　2 0.2 mol　　　 n(NaOH) n(O2)　n(e-) === n(NaOH)=0.4 mol,n(O2)=0.1 mol,n(e-)=0.2 mol,V(O2)=2.24 L,N(e-)=0.2NA。 答案:生成0.4 mol NaOH,生成2.24 L O2,转移电子数为0.2NA。(计算过程见解析) 2.生态农业涉及农家废料的综合利用,某种废料经发酵得到一种含有甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L(标准状况)该气体通过盛有红色CuO粉末的硬质玻璃管,发生的反应为CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu。当甲烷完全反应后,硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中,充分吸收,生成沉淀8.5 g。 (1)原混合气体中甲烷的物质的量是　　　　。  (2)原混合气体中氮气的体积分数为多少?(写出计算过程) 解析:(1)设甲烷的物质的量为x,当甲烷完全反应后,由于硬质玻璃管减少的质量为CuO中的氧的质量,硬质玻璃管的质量减轻4.8 g,则 CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu　Δm 1 mol　　　　　　　　　　　　16×4 x　　　　　　　　　　　　　　4.8 g 1∶x=16×4∶4.8,解得x=0.075 mol。 (2)由反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中,充分吸收,生成沉淀8.5 g,沉淀为碳酸钙,由C原子守恒可知,n(CO2)==0.085 mol, CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu 0.075 mol　　 0.075 mol 则原混合气体中n(CO2)为0.085 mol-0.075 mol=0.01 mol,混合气体的总物质的量为=0.09 mol,所以氮气的物质的量为0.09 mol-0.01 mol-0.075 mol=0.005 mol,原混合气体中氮气的体积分数为×100%≈5.56%。 答案:(1)0.075 mol　(2)5.56%(计算过程见解析) 二、关 系 式 法 1.应用原理 在求“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。还可以根据原子守恒,寻找反应物与最终产物之间的关系。 2.解题步骤 (1)写出各步反应的化学方程式。 (2)找出作为“中介”的物质,并确定最初的反应物、中介物质、最终生成物之间“量”的关系。 (3)确定最初反应物和最终生成物之间“量”的关系。 (4)根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。 [例2]　六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂,熔点为283 ℃,沸点为340 ℃,易溶于CS2,极易水解。实验室中,先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6,利用碘量法测定WCl6产品纯度,实验如下: (1)称量:将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中,盖紧称重为m1 g;开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g;再开盖加入待测样品并计时1分钟,盖紧称重为m3 g,则样品质量为　　　　g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。  (2)滴定:先将WCl6转化为可溶的Na2WO4,通过I离子交换柱发生反应:W+Ba(IO3)2==BaWO4+2I;交换结束后,向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应:I+5I-+6H+==3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S2==2I-+S4。滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL,则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为　　　　　　　　。  [解析]　(1)称量时加入足量的CS2,盖紧称重为m1 g,由于CS2易挥发,开盖时要挥发出来,称量的质量要减少,开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g,则挥发出的CS2的质量为(m1-m2)g,再开盖加入待测样品并计时1分钟,又挥发出(m1-m2)g的CS2,盖紧称重为m3 g,则样品质量为m3 g+2(m1-m2)g-m1 g=(m3+m1-2m2)g。(2)滴定时,根据关系式:WCl6~W~2I~6I2~12S2,样品中n(WCl6)=n(S2)=cV× 10-3 mol,m(WCl6)= cV× 10-3 mol×M g·mol-1= g,则样品中WCl6的质量分数为 ×100%=%。 [答案]　(1)(m3+m1-2m2) (2)% [迁移应用] 1.(2026·湖南省部分学校联考)为测定产品中Zn3(PO4)2·4H2O(摩尔质量为457 g·mol-1)的含量,进行如下实验:(已知:Zn2+与H2Y2-按1∶1反应;杂质不反应) 步骤Ⅰ:准确称取0.924 0 g产品于烧杯中,加入适量盐酸使其溶解,将溶液转移至250 mL容量瓶,定容。 步骤Ⅱ:移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶中,加入指示剂,在pH=5~6的缓冲溶液中用0.030 0 mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定至终点,测得Na2H2Y标准溶液的用量为20.00 mL。 (1)产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为　　　(保留三位有效数字)。  (2)下列操作中,导致产品中Zn3(PO4)2·4H2O含量测定值偏低的是　　　　(填标号)。  a.步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线 b.步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯 c.步骤Ⅱ中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗 d.步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡,滴定结束后有气泡 解析:(1)题述溶液滴定时有关系式:Zn3(PO4)2·4H2O~3Zn2+~3Na2H2Y,消耗Na2H2Y的物质的量为20.00×10-3 L×0.030 0 mol·L-1=6×10-4 mol,则样品中Zn3(PO4)2·4H2O的物质的量为×=2×10-3 mol,则产品中Zn3(PO4)2·4H2O的质量分数为×100%≈98.9%。(2)步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线,导致产品浓度偏高,测定值偏高,故a错误;步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯,导致产品浓度偏低,测定值偏低,故b正确;步骤Ⅱ中滴定管未用Na2H2Y标准溶液润洗,所需标准液体积偏高,测定值偏高,故c错误;步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡,滴定结束后有气泡,计算时所用标准液体积偏小,测定值偏低,故d正确。 答案:(1)98.9%　(2)bd 2.Ba2+是一种重金属离子,有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。 (1)现需配制250 mL 0.100 0 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外,还需要 　。 (2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为 　 g。 (3)另取50.00 mL废水,控制适当的酸度,加入足量的K2Cr2O7溶液,得到BaCrO4沉淀;沉淀经洗涤、过滤后,用适量的稀盐酸溶解,此时Cr全部转化为Cr2,再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液,反应完全时,消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2+6S2+14H+==2Cr3++3S4+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为　　　　　。  解析:(1)配制250 mL 0.100 0 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液,实验步骤有:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外,还需要250 mL容量瓶、胶头滴管。(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量m=cVM=0.25 L×0.100 0 mol·L-1×158 g·mol-1≈4.0 g。(3)根据操作过程,得反应关系式2Ba2+~2BaCrO4~2Cr~Cr2~6S2,50.00 mL废水中含有Ba2+的物质的量为0.1 mol·L-1×0.036 L×=0.001 2 mol,则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为=0.024 mol·L-1。 答案:(1)250 mL容量瓶、胶头滴管　(2)4.0　(3)0.024 mol·L-1 三、 守 恒 法 1.应用原理 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”。在化学变化中有各种各样的守恒,如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 2.解题步骤 第一步:明确题目要求解的量; 第二步:根据题目中要求解的量,分析反应过程中物质的变化,找出守恒类型及相关的量; 第三步:根据守恒原理,梳理出反应前后守恒的量,列式计算求解。 [例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。计算: (1)x= 　(写出计算过程)。  (2)气体产物中n(O2)=　　　　　 mol。  [解析]　(1)根据关系式法 2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O3 2(213+18x)g 102 g 7.50 g 1.02 g =,解得x=9。 (2)样品中n(Al)=×2=0.02 mol,气体产物中n(H2O)==0.17 mol,根据氢元素守恒,n(HNO3)=0.02×9×2 mol-0.17×2 mol=0.02 mol,根据氮元素守恒,n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3 mol-0.02 mol=0.04 mol,根据氧元素守恒,n(O2)= mol=0.01 mol。 [答案]　(1)9(计算过程见解析)　(2)0.01 [迁移应用] 1.[电荷守恒]某溶液中仅含有Na+、Mg2+、S、Cl-四种离子,其物质的量浓度比为c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5,若Na+浓度为3 mol·L-1,则S的浓度为 (　　) A.2 mol·L-1 B.3 mol·L-1 C.4 mol·L-1 D.8 mol·L-1 解析:选C　根据电荷守恒可知c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(S),代入数据可得,3 mol·L-1×1+5 mol·L-1×2=5 mol·L-1×1+c(S)×2,c(S)=4 mol·L-1。 2.[电子守恒]过氧化钙、过氧化铜可用作化工生产的氧化剂和催化剂。取CuO2产品0.100 0 g与过量酸性KI溶液完全反应后,溶液呈弱酸性。以淀粉为指示剂,用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。 已知:CuO2+I-+H+→CuI+I2+H2O(未配平),I2+2S2==2I-+S4。 产品中CuO2的纯度为　　　　　。  解析:根据电子守恒,过氧化铜和碘离子的反应为2CuO2+8I-+8H+==2CuI+3I2+4H2O,结合反应I2+2S2==2I-+S4,存在关系:2CuO2~3I2~6S2,则产品中CuO2的纯度为×100%=96%。 答案:96% 3.[元素守恒]实验室以FeS2为原料制备磷酸亚铁晶体[Fe3(PO4)2·8H2O],其部分实验过程如下: 测定样品中Fe3(PO4)2·8H2O(M=502 g·mol-1)的纯度。取0.627 5 g样品完全溶解后配制成250 mL溶液,取出25.00 mL于锥形瓶中,加入一定量的H2O2将铁元素完全氧化,以磺基水杨酸为指示剂,用0.020 00 mol·L-1 EDTA标准溶液进行滴定至终点(Fe3+与EDTA按物质的量之比为1∶1发生反应),消耗EDTA溶液15.00 mL。该磷酸亚铁晶体样品的纯度为　　　　。  解析:每25.00 mL溶液中n(Fe2+)=0.020 00 mol·L-1×15.00 mL×10-3 L·mL-1=3.000×10-4 mol,根据“铁元素”守恒,得到n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4 mol,0.627 5 g样品中含n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4 mol×=1.000×10-3 mol,m[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-3 mol×502 g·mol-1=0.502 0 g,则该磷酸亚铁晶体样品的纯度为×100%=80.00%。 答案:80.00% 四、热 重 分 析 法 1.热重分析法 指程序控制温度和一定气氛条件下,测量物质的质量与温度关系的一种热分析方法。 2.热重曲线 (1)由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线,曲线的横轴为温度,纵轴为质量或失重百分数。 (2)实例 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%。 [例4]　(2025·甘肃卷·节选)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O,并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,加强热时分解生成Eu2O3。 取一定量产品进行热重分析,每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为　　　　　　　　　　　　　　。结晶水个数x=　　　　。[M(C7H5)=121,结果保留两位有效数字]。  [解析]　Eu2O3加入稀盐酸加热溶解,调节pH=6,再加入苯甲酸钠溶液,得到Eu(C7H5O2)3·xH2O沉淀,再经过抽滤、洗涤,得到产品。 Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,0~92 ℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水,92~195 ℃失去的是结晶水的质量;最后得到的是Eu2O3,1 mol Eu(C7H5O2)3·xH2O失去结晶水质量减少18x g,重量减少5.2%,根据M(C7H5)=121,1 mol Eu(C7H5O2)3生成0.5 mol的Eu2O3,质量减少3×(121-8)g=339 g,重量减少56.8%,有关系式18x∶5.2%=339∶56.8%,x≈1.7。 [答案]　Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水　1.7 |思维建模|热重分析的解题流程 (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),固体残留率=×100%。 (4)晶体中金属质量不减少,仍在m(剩余)中。 (5)失重残留物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。 [迁移应用] 1.(2026·新乡县第一中学期末)FeC2O4·nH2O晶体进行热重分析时样品质量随温度(T≤500 ℃时,在Ar气气氛中进行;T>500 ℃时,通入空气)的变化如图所示,已知T=300 ℃时,样品脱水完全。下列说法不正确的是 (　　) A.n=2 B.T=400 ℃时,每分解0.1 mol样品时,产生4.48 L(标准状况)气体 C.T=600 ℃时,残留固体中Fe的质量分数为60.07% D.T=1 400 ℃时,残留固体为Fe3O4 解析:选C　根据图像,300 ℃时是样品脱水生成固体质量为0.800 g,反应为 　　　FeC2O4·nH2OFeC2O4+nH2O 　　　　　144+18n　　　　144 　　　　　1.000 g　　　　0.800 g 解得n=2,故A正确;根据铁元素质量守恒,铁原子的最小公倍数是6,于是存在下列质量关系:6FeO~3Fe2O3~2Fe3O4 　 72∶ 80　∶ 77.3 固体质量的变化趋势与提供的数据一致,即72∶80∶77.3≈0.400∶0.444∶0.430。 因此表明:FeC2O4分解时,先转变为FeO,再转变为Fe2O3,最后变为Fe3O4,所以400 ℃时FeC2O4分解生成FeO,结合化合价有升必有降,则还有一氧化碳和二氧化碳生成;根据碳元素守恒,每分解1 mol样品时,产生2 mol气体,每分解0.1 mol样品时,产生4.48 L(标准状况)气体,故B正确;根据B的分析,600 ℃时FeC2O4分解生成Fe2O3,Fe2O3中铁的质量分数为×100%=70%,故C错误;根据B的分析,FeC2O4分解时,先转变为FeO,再转变为Fe2O3,最后变为Fe3O4,所以T=1 400 ℃时,残留固体为Fe3O4,故D正确。 2.(2024·江苏卷·节选)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 (1)向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)将8.84 mg Nd(OH)CO3(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NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值为　　　　。  解析:(1)向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+和C相互促进对方水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2,该反应的离子方程式为2Nd3++3C+H2O==2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。(2)8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5 mol;550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量;根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为=2×10-5 mol,由C元素守恒可知,分解后剩余的C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值为=2∶1。 答案:(1)2Nd3++3C+H2O==CO2↑+2Nd(OH)CO3↓　(2)2∶1 46 / 58 $