大单元1 第1章 第3讲 化学计算的常用方法-【优化探究】2027年高考化学一轮复习高考总复习配套课件（鲁科版）

该高中化学高考复习课件聚焦化学计算常用方法，涵盖守恒法、关系式法、差量法等核心考点，依据高考评价体系分析各方法在真题中的考查权重，归纳二元混合物计算、热重分析等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“考点拆解+真题实战+素养落地”，如以2024贵州卷结晶水测定题为例，运用科学思维中的证据推理，指导学生掌握守恒法、差量法等解题技巧，帮助学生高效突破计算难点，教师可据此精准把握考向，提升复习效率。

第1章　物质的量 大单元一　化学基本概念与计量　化学实验基础 第3讲　化学计算的常用方法 优化探究 1 　　[导航·复习目标]　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，初步建立化学计算的思维模型。 考点一　守恒法 考点二　关系式法 练真题 明考向 考点三　差量法 考点四　列方程组进行二元混合物的计算 考点五　热重分析法 考点一　守恒法 梳理 必备知识 方法解读 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”。在化学变化中存在各种各样的守恒，如原子种类和数量守恒、电荷守恒、电子转移守恒等 解题步骤 1.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入200 mL 2 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标况)气体，所得溶液中只含一种金属阳离子，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物， 能得到铁的质量为(　　) A.11.2 g　　　　　　　 B.5.6 g C.2.8 g D.无法计算 提升 关键能力 A 解析：Fe、FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应所得溶液中只含一种金属阳离子，即溶液中溶质为FeCl2，即n(Fe2＋)＝n(Cl－)＝×0.2 L× 2 mol·L－1＝0.2 mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物，混合物中的铁元素均得到单质铁，即得到铁的质量为0.2 mol×56 g·mol－1＝11.2 g，A正确。 2.大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收，发生如下反应： NO2＋NO＋2NaOH====2NaNO2＋H2O 2NO2＋2NaOH====NaNO2＋NaNO3＋H2O (1)若33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与 V mL 0.500 mol·L－1 NaOH溶液恰好完全反应，则V＝________mL。   解析：33.6 mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为＝1.5×10－3 mol，根据氮氧化物中所含氮原子的情况及产物中氮原子和钠原子的个数比可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1∶1，则消耗NaOH的物质的量为1.5×10－3 mol，则V＝＝3.00×10－3 L＝3.00 mL。 3.00 (2)若V(NO)∶V(NO2)＝5∶1，与x mol O2混合，能与60.0 mL 1.00 mol·L－1 NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3，则x＝________。   解析：n(NaOH)＝1.00 mol·L－1×0.06 L＝0.06 mol；恰好完全反应全部转变成NaNO3，根据原子种类和数量守恒有n(NO)＋n(NO2)＝n(NaNO3)＝0.06 mol，n(NO)∶n(NO2)＝V(NO)∶V(NO2)＝5∶1，故n(NO)＝ 0.05 mol，n(NO2)＝0.01 mol，根据电子转移守恒，失电子：NON、NO2N；得电子：O22；故0.05 mol×3＋0.01 mol×1＝x mol×4，则x mol＝0.05 mol×＋0.01 mol×＝0.04 mol。 0.04 考点二　关系式法 梳理 必备知识 方法解读 关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法求解化学计算题的前提。 解题步骤 提升 关键能力 1.为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案： 有关反应的化学方程式为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4====K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。若血液样品为15.00 mL，滴定生成的草酸消耗了0.001 mol·L－1的KMnO4溶液15.00 mL，则血液样品中的含钙量为 (　　) A.0.001 mol·L－1 B.0.002 5 mol·L－1 C.0.000 3 mol·L－1 D.0.003 5 mol·L－1 B 解析：由实验方案和化学方程式2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4====K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得关系式：5Ca2＋~5CaC2O4~5H2C2O4~2KMnO4，设血液样品中含钙量为c mol·L－1，则 5Ca2＋~5CaC2O4~5H2C2O4~2KMnO4 5 mol 2 mol c mol·L－1×0.015 L 0.001 mol·L－1×0.015 L 所以，解得c＝0.002 5。 2.准确称取0.500 0 g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀硫酸酸化，以淀粉溶液为指示剂，用 0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗19.80 mL Na2S2O3溶液。测定过程中发生下列反应：2Cu2＋＋4I－====2CuI↓＋I2、2S2＋ I2====S4＋2I－。则CuSO4·5H2O样品的纯度：________。  解析：根据实验流程及离子方程式得关系式：CuSO4·5H2O~Na2S2O3，样品中n(CuSO4·5H2O)＝n(Na2S2O3)＝0.100 0 mol·L－1×0.019 8 L＝0.001 98 mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度w＝×100%＝99%。 99% 3.金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl====SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3====SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl ====6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。则试样中锡的百分 含量为____________(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。  93.2% 解析：Sn与K2Cr2O7物质的量的关系： 3Sn~3SnCl2~6FeCl2~K2Cr2O7 3×119 g　　　　　　1 mol x　　　　　　　　　 0.100×0.016 mol x＝＝0.571 2 g， w(Sn)＝×100%≈93.2%。 考点三　差量法 梳理 必备知识 方法解读 差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。 解题步骤 1.在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，在一定条件下发生反应：4X(g)＋nY(g)⥫⥬2Q(g)＋6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小，则该反应 中的n值为(　　) A.2　　　　　　　　　　 B.3 C.4 D.5 提升 关键能力 B 解析：根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5%，说明正反应为气体总体积增大的反应，则有4＋n＜2＋6，所以n＜4，C、D项错误；温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，混合气体的压强比原来增大了5%，说明气体的体积增加了5 L×5%＝0.25 L，由于平衡时X浓度减少了，所以X减少了1 L，根据差量法， 4X(g)＋nY(g)⥫⥬2Q(g)＋6R(g)　ΔV 4 4－n 1 L 0.25 L ，解得n＝3，A项错误，B项正确。 2.白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5(g)⥫⥬PCl3(g)＋Cl2(g)。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中，在277 ℃达到平衡，容器内压强为1.01×105 Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为 0.05 mol，则平衡时PCl5的分解率为________。  78.6% 解析：计算PCl5的起始物质的量，利用差量法计算参加反应的PCl5的物质的量，进而计算平衡时PCl5的分解率。5.84 g PCl5的物质的量为≈0.028 mol，设参加反应的PCl5的物质的量为x，则： PCl5(g)⥫⥬PCl3(g)＋Cl2(g)　物质的量增大 　1　　　　　　　　　　　　　　　1 　x　　　　　　　　　　　0.05 mol－0.028 mol＝0.022 mol 故x＝0.022 mol，则平衡时PCl5的分解率为×100%≈78.6%。 3.取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体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________。   解析：根据： 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑　Δm(固) (2×158) g　　　　　　　　　　　　　32 g 　　m　　　　　　　　　　　　7.90 g－7.42 g 解得m＝4.74 g，即KMnO4的分解率为×100%＝60.0%。 60.0% (2)气体A的物质的量为____________。  解析：根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4为7.90 g－4.74 g＝ 3.16 g(即0.02 mol)，生成K2MnO4为0.015 mol，生成MnO2为0.015 mol，根据固体与浓盐酸反应生成气体A，可知A为Cl2，结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2，可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2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。 0.095 mol 考点四　列方程组进行二元混合物的计算 计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中，一般可设两个未知数x、y，题目中通常也会给出两个已知量(设为A、B)，寻找x、y与A、B的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解：。 梳理 必备知识 1.取1.77 g镁铝合金投入100 mL 2.00 mol·L－1的盐酸中，合金完全溶解，放出氢气1.904 L(已折算成标准状况)。请计算： (1)镁铝合金中镁的质量分数＝________(保留三位有效数字)%。  提升 关键能力 解析：根据题意得出24 g·mol－1 n(Mg)＋27 g·mol－1 n(Al)＝1.77 g，镁、铝与盐酸反应生成氢气，根据电子转移守恒得出2n(Mg)＋3n(Al)＝×2，两式联立解得，n(Mg)＝0.04 mol，n(Al)＝0.03 mol。镁铝合金中镁的质量分数为×100%≈54.2%。 54.2 (2)上述溶液中继续滴加V mL 1.00 mol·L－1的NaOH溶液，得到沉淀 3.10 g。则V的最大值＝________。  解析：根据上述计算，得出n(Mg)＝0.04 mol，n(Al)＝0.03 mol，假设 镁、铝全部生成沉淀，则质量为0.04 mol×58 g·mol－1＋0.03 mol× 78 g·mol－1＝4.66 g＞3.10 g，氢氧化铝为两性氢氧化物，因此沉淀达到3.10 g，消耗氢氧化钠的最大量应是让部分氢氧化铝转化成四羟基合铝酸钠，3.10 g沉淀中含氢氧化镁沉淀的质量为0.04 mol×58 g·mol－1＝ 2.32 g，含氢氧化铝的质量为3.10 g－2.32 g＝0.78 g，反应后溶液中的溶质为NaCl和Na[Al(OH)4]，根据铝原子守恒，溶液中n{Na[Al(OH)4]}＝0.02 mol，根据钠原子守恒，消耗氢氧化钠溶液最大体积为＝0.22 L，即220 mL。 220 2.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。  解析：若红色固体粉末只是Fe2O3，则与稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体粉末若为纯净物，只能是Cu2O，根据 Cu2O＋2H＋====Cu＋Cu2＋＋H2O mol　　　 mol 所以a＝×64＝m。 (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：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＝。 考点五　热重分析法 热重分析法的解题步骤 (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)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。 (5)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。 梳理 必备知识 1.(2026·安徽蚌埠模拟)采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示[注：残留率(%)＝剩余 固体质量÷样品质量×100%]，下列说法中不正确的是(　　) A.300~400 ℃之间发生的主要反应为C＋O2CO2 B.800 ℃时残留的固体是Fe3O4 C.复合材料中FeS2的质量分数为90.9% D.复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为1∶1 提升 关键能力 B 解析：300~400 ℃之间发生的主要反应为C受热生成CO2，A正确；550~700 ℃之间的失重反应方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故800 ℃时残留的固体是Fe2O3，B错误；由图中数据可知，复合材料中碳完全反应失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C正确；FeS2与C的物质的量之比为∶≈1∶1，D正确。 2.NH4Al(SO4)2可用作焙烤食品的添加剂，《中华人民共和国国家标准》规定焙烤食品中铝的残留量≤0.1 g·kg－1。取4.53 g NH4Al(SO4)2·12H2O加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图 所示，a、b、c点对应的固体均为纯净物。下列说法错误的是(　　) A.NH4Al(SO4)2在水中的电离方程 式为NH4Al(SO4)2====N＋ Al3＋＋2S B.a点剩余的固体可能为 NH4Al(SO4)2·2H2O C.b点剩余的固体可能为Al2(SO4)3 D.c点剩余的固体可能为Al2O3 B 解析：4.53 g NH4Al(SO4)2·12H2O的 物质的量为＝0.01 mol， 加热到a点时，质量差为4.53 g－2.37 g ＝2.16 g，结晶水的质量m(H2O)＝ 0.01 mol×12×18 g·mol－1＝2.16 g， 质量差刚好为结晶水的质量，此时固体为NH4Al(SO4)2，加热到b点时，质量为1.71 g，根据Al原子守恒，m[Al2(SO4)3]＝0.01 mol×× 342 g·mol－1＝1.71 g，即此时固体为Al2(SO4)3，加热到c点时固体质量 为0.51 g，根据Al原子守恒，m(Al2O3)＝0.01 mol××102 g·mol－1＝0.51 g，即此时固体为Al2O3，据此分析。A.NH4Al(SO4)2在水中的电离方程式为NH4Al(SO4)2====N＋Al3＋＋2S，故A正确；B.由上述分析可知，a点对应的固体可能为NH4Al(SO4)2，故B错误；C.由分析可知，b点对应的固体可能为Al2(SO4)3，故C正确；D.由分析可知，c点对应的固体可能为Al2O3，故D正确。 练真题 明考向 1.(2024·贵州卷)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组通过制备十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)，来测定其结晶水的含量。 结晶水测定：称取m g十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，计算n＝____________(用含w、M的代数式表示)；若样品未充分干燥，会导致n的值____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  偏大 解析：m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1＝ mol，结晶水占总质量的w%，则结晶水的物质的量为n2＝ mol，则n＝；若样品未充分干燥，则加热时失重偏高，会导致n的值偏大。 2.(2023·湖北卷)铜与过量H2O2反应的探究如下： (1)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，。X的化学式为_______________。  CuO2 解析：在该反应中铜的质量m(Cu)＝n g× g，因为，则m(O)＝n g×＋(m－n) g＝ g，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为，则X为CuO2。 (2)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。粗品中X的相对含 量为_______________。  (已知：2Cu2＋＋4I－====2CuI↓＋I2，I2＋2S2====2I－＋S4) 96% 解析：在CuO2中铜为＋2价，氧为－1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2＋8I－＋8H＋====2CuI↓＋3I2＋4H2O，则2CuO2~3I2~6S2，则n(CuO2)＝×0.100 0 mol·L－1×0.015 L＝ 0.000 5 mol，粗品中X的相对含量为×100%＝ 96%。 3.(2024·江苏卷)将8.84 mg NdCO3(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_________________________________________ _________________________________ (写出计算过程)。  答案：初始时n[Nd(OH)CO3]＝＝0.04 mmol，根据元素守恒 知，800 ℃时所得产物中n(Nd)＝0.04 mmol，m(Nd)＝0.04 mmol×144 g ·mol－1＝5.76 mg，此时的产物应为Nd的氧化物，则m(O)＝6.72 mg－5.76 mg＝0.96 mg，n(O)＝＝0.06 mmol，因此最终产物中，最终产物为Nd2O3，由此可知焙烧过程中Nd元素的化合价不变，则没有发生氧化还原反应，600~800 ℃发生的反应为NdaOb(CO3)c分解为Nd2O3和CO2的反应，m(CO2)＝7.60 mg－6.72 mg＝ 0.88 mg，n(CO2)＝＝0.02 mmol，因此550~600 ℃所得固体产物中n(Nd3＋)＝0.04 mmol，n(C)＝0.02 mmol，＝2 $