大单元1 第1章 课时作业3 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核心模块，覆盖氧化还原反应电子守恒、物质的量与浓度计算、守恒法应用等高考高频考点，依据高考评价体系分析近五年真题，明确氧化还原反应计算占30%、守恒法应用占25%的权重分布，归纳出“电子守恒法”“原子守恒法”“差量法”等常考题型解题框架。 课件亮点在于“真题情境+方法建模+素养落地”的备考路径，如以Fe与稀硝酸反应（第2题）为例，通过“电子得失守恒→元素守恒→浓度计算”三步模型培养科学思维，结合铅氧化物化学式推断（第3题）的差量法应用，强化证据推理能力。特设“易错点警示”专栏，针对混合物计算中过量判断等问题提供解题模板，助力学生高效突破考点，教师可依托课件系统开展专题复习，提升备考针对性。

一、选择题 1.(2026·安徽安庆模拟)某含R的溶液与Na2SO3溶液恰好反应完全，已知Na2SO3被氧化为Na2SO4，并且参加反应的R与S的个数比为1∶ 2。则还原产物中元素R的价态是(　　) A.－1价　　　　　　 B.＋1价 C.－2价 D.＋2价 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价，根据氧化还原反应规律，R中R元素化合价降低，设还原产物中元素R的价态是a价，根据得失电子守恒：5－a＝2×(6－4)，a＝＋1；故选B。 B 1 2.(2026·河南鹤壁模拟)将14 g铁粉溶于500 mL稀硝酸中恰好完全反应，放出NO气体后称量所得溶液，发现比原溶液质量增加8 g，则原溶液中 硝酸的浓度为(　　) A.0.4 mol·L－1 B.0.8 mol·L－1 C.1.6 mol·L－1 D.3.2 mol·L－1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C 2 解析：溶液质量的增加量等于铁粉质量减去生成NO的质量，由此可知m(NO)＝14 g－8 g＝6 g；n(NO)＝＝0.2 mol，由关系式：N~NO~3e－，可知反应中转移电子的物质的量为0.6 mol；n(Fe)＝＝0.25 mol；设生成x mol Fe2＋，y mol Fe3＋，则根据Fe元素守恒，x＋y＝0.25；根据得失电子守恒得2x＋3y＝0.6；解得x＝0.15、y＝0.1；根据N原子守恒可知消耗硝酸的物质的量n(HNO3)＝3n[Fe(NO3)3]＋2n[Fe(NO3)2]＋n(NO)＝0.15 mol×2＋0.1 mol×3＋0.2 mol＝0.8 mol，c(HNO3)＝＝1.6 mol·L－1，故C正确；故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 3.用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是 (　　) A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C 4 解析：设此铅氧化物的化学式为PbxOy， PbxOy~y[O]~yCO~yCO2~yCaCO3 　　　　16y　　　　　　100y 　　　m(O)＝1.28 g　　 　8.0 g 所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，x∶y＝∶＝3∶4。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5 4.将22.1 g由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物加热至质量不再变化，冷却后称得残余固体质量为15.9 g，将残余固体溶于100 mL盐酸中，收集到 V L(标准状况下)CO2。下列说法错误的是(　　) A.V＝3.36 B.盐酸的浓度至少为3 mol·L－1 C.原固体混合物中，n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)＝4∶1 D.若将原固体与足量盐酸充分反应，生成的气体体积为5.6 L(标准状况下) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C 6 解析：加热时发生反应： 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm 168 g 106 g 62 g m(NaHCO3) 6.2 g 解得m(NaHCO3)＝16.8 g，则n(NaHCO3)＝0.2 mol，原混合物中n(Na2CO3)＝＝0.05 mol，反应后得到的15.9 g残余固体为Na2CO3，物质的量为＝0.15 mol，根据关系式Na2CO3~CO2知，15.9 g残 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7 余固体与盐酸完全反应生成CO2的物质的量也为0.15 mol，则标准状况下CO2的体积为0.15 mol×22.4 L·mol－1＝3.36 L，A正确；加热后残留了0.15 mol的Na2CO3，根据关系式Na2CO3~2HCl知，完全反应需0.3 mol HCl，则c(HCl)≥＝3 mol·L－1，B正确；由分析可知，原固体混合物中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)＝0.05 mol∶0.2 mol＝1∶4，C错误；根据碳原子守恒可知，原固体混合物完全反应可生成0.25 mol CO2，标准状况下V(CO2)＝0.25 mol×22.4 L·mol－1＝5.6 L，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8 5.碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗 1 mol·L－1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量 是(　　) A.35 g　　　　　　 B.30 g C.20 g D.15 g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C 9 解析：碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，溶解28.4 g混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯原子守恒则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜原子守恒可知，原混合物中含有Cu的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10 6.某废水处理站用甲醇处理氨废水，反应为NH3＋2O2N＋H＋＋H2O，6H＋＋6N＋5CH3OH3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为N的转化率可达95%，而N转化为N2的转化率可达96%。若每天处理500 m3含有NH3 0.034 g·L－1的废水，则理论上每天所 需甲醇的质量为(　　) A.24.32 kg B.30 kg C.25.3 kg D.4.08 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A 11 解析：根据甲醇处理氨废水的反应原理可得关系式：NH3~N~CH3OH，则理论上每天所需甲醇的质量为×95%×96%× ×32 g·mol－1＝2.432×104 g＝24.32 kg。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12 7.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中 Al3＋的浓度(mol·L－1)为(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D 13 解析：由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀，根据S＋Ba2＋====BaSO4↓可知n(S)＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据N＋OH－NH3↑＋H2O可知n(N)＝ c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝ mol·L－1，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 8.(2026·广东广州模拟)Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 Cl，且这三种离子的物质的量之比为9∶2∶1，则原混合气体中Cl2和HCl的体积之比为 (　　) A.5∶2 B.2∶5 C.3∶1 D.1∶3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A 15 解析：Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO－、Cl是氯原子被氧化的过 程，化合价分别由0价升高到＋1和＋5价，Cl－、ClO－、Cl的物质的量之比为9∶2∶1，可设物质的量分别为9 mol、2 mol、1 mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3 mol，Cl原子失电子的总物质的量为2 mol×(1－0)＋1 mol×(5－0)＝7 mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等，Cl2生成Cl－为被还原的过程，化合价从0价降低为－1价，得到电子的物质的量也应该为7 mol，即被还原的Cl的物质的量为＝7 mol，则参加反应的氯气的物质的量为(7 mol＋3 mol)＝5 mol；由氯气生成的氯离子为7 mol，总的氯离子为9 mol，则氯化氢生成的氯离子为9 mol－7 mol＝2 mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5∶2，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 16 9.把氯气通入浓氨水中，会立即发生反应：3Cl2＋8NH3·H2O==== 6NH4Cl＋N2＋8H2O。在标准状况下，把1.12 L Cl2、N2的混合气体(90% Cl2和10% N2，均为体积分数)通入浓氨水，实验测得逸出标准状况下的气体体积为0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反应中被氧化的NH3的 质量为(　　) A.3.4 g B.0.34 g C.1.36 g D.4.48 g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B 17 解析：由反应方程式可得出每3 mol Cl2(反应气)生成1 mol N2(生成气)时，气体物质的量减小了2 mol，即体积减小44.8 L(标准状况下)，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨的物质的量为2 mol，再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为(1.12－0.672) L＝0.448 L。即： 3Cl2~　　　2NH3　　　~　　　N2　　 　ΔV 　　　　2 mol×17 g·mol－1　　　　　 44.8 L 　　　　m(被氧化的NH3)　　 　　　　0.448 L 列出比例式：(2 mol×17 g·mol－1)∶m(被氧化的NH3)＝44.8 L∶0.448 L，则m(被氧化的NH3)＝0.34 g。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 18 10.(2026·安徽合肥模拟)为研究Ce(SO4)2·4H2O(相对分子质量：404)的热分解性质，进行如下实验：准确称取4.04 g样品，在空气中进行加热， 残留固体的质量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) A.a点残留固体的主要成分为Ce(SO4)2·2H2O B.b点的反应为2Ce(SO4)2CeO2· CeOSO4＋3SO3↑ C.c点固体的主要成分为CeO2 D.800 ℃时，固体失重57.43% 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B 19 解析：A.n[Ce(SO4)2·4H2O]＝＝0.01 mol，则n(Ce)＝ 0.01 mol，m(Ce)＝1.40 g；a点时，残留固体的质量为3.68 g，质量减少了(4.04－3.68) g＝0.36 g，为0.02 mol H2O的质量，所以a点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2·2H2O，A项正确；B.残留固体质量为3.32 g时，质量减少了(4.04－3.32) g＝0.72 g，为0.04 mol H2O的质量，所以该点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2，b点与该点相比，对应残留固体的质量减少了(3.32－2.84) g＝0.48 g，b点若发生2Ce(SO4)2CeO2·CeOSO4＋3SO3↑，则固体质量应减少1.2 g，B项错误；C.2.84 g残留固体中m(Ce) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 20 ＝1.40 g，则(2.84－1.40) g＝1.44 g为S的质量，则n(S)＝0.015 mol，所以b点对应残留固体的主要成分为Ce2(SO4)3，c点对应残留固体的质量为1.72 g，m(Ce)＝1.40 g，则O元素的质量为(1.72－1.40) g＝0.32 g，其物质的量为0.02 mol，此时残留固体的主要成分为CeO2，C项正确；D.c点时，结合4.04 g和1.72 g这两个数据，可知固体质量减小了2.32 g，失重×100%≈57.43%，D项正确；故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 21 二、非选择题 11.(2026·上海浦东测试)某学生用 NaHCO3和 KHCO3组成的某混合物与盐酸进行实验，测得下表数据(盐酸的物质的量浓度相等，体积均为 50 mL)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 盐酸的体积 50.0 mL 50.0 mL 50.0 mL m(混合物) 13.56 g 21.88 g 25.36 g V(CO2)(标准状况) 3.36 L 5.04 L 5.04 L (1)则该学生所用盐酸的物质的量浓度是____________mol·L－1。  4.5 22 解析：混合物与盐酸发生反应：H＋＋HC====CO2↑＋H2O，由实验Ⅰ、Ⅱ数据可知，继续增大混合物的质量，气体的体积增大，说明实验Ⅰ中盐酸有剩余、固体混合物完全反应。若实验Ⅱ中盐酸有剩余，继续增大混合物的质量，气体的体积会增大，由实验Ⅱ、Ⅲ数据可知，实验中气体的体积不变，说明实验Ⅱ中盐酸完全反应，根据实验Ⅰ的数据可知，生成5.04 L二氧化碳需要固体混合物的质量为13.56 g×＝20.34 g＜ 21.88 g，故实验Ⅱ中盐酸完全反应、固体混合物有剩余。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 23 (1)求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳5.04 L，结合H＋＋HC====H2O＋CO2↑可知n(HCl)＝≈0.225 mol，盐酸的浓度为c＝＝4.5 mol·L－1。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 24 (2)50 mL 该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是________g。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：由表中数据可知，由于固体混合物从13.56 g→21.88 g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入13.56 g混合物时盐酸过量，而固体混合物从21.88 g→25.36 g，二氧化碳气体的体积不再变化，说明加入25.36 g混合物时盐酸不足，50 mL该盐酸恰好能溶解题述组成的混合物的质量是13.56 g×＝20.34 g。 20.34 25 (3)上述固体混合物中KHCO3的质量分数是____________(用小数表示，保留两位小数)。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：加入13.56 g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据H＋＋HC====CO2↑＋H2O，可知n(混合物)＝n(CO2)＝＝0.15 mol，设13.56 g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x和y，则有：x＋y＝0.15 mol、84x＋100y＝13.56 g，解得y＝0.06 mol、x＝0.09 mol，KHCO3的质量分数是≈0.44。 0.44 26 12.(2026·海南海口检测)已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3＋CO2FeO＋CO2。反应形成的固体混合物(含Fe2O3和FeO)中，元素铁和氧的质量比用m(Fe)∶m(O)表示。 (1)上述固体混合物中，m(Fe)∶m(O)不可能是____________(填字母)。  a.21∶9　　　　　b.21∶7.5　　　　c.21∶6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：固体混合物为Fe2O3、FeO，假设只有Fe2O3，m(Fe)∶m(O)＝56×2∶16×3＝7∶3，假设只有FeO，则m(Fe)∶m(O)＝56∶16＝7∶2，为二者的混合物，则21∶9＜m(Fe)∶m(O)＜21∶6，即不可能为a、c，故选a、c。 ac 27 (2)若m(Fe)∶m(O)＝21∶8，则Fe2O3被CO还原的百分率为__________。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：m(Fe)∶m(O)＝21∶8，设Fe2O3原有1 mol，被还原的百分率为x，则，解得x≈33.3%。 33.3% 28 (3)设Fe2O3被CO还原的百分率为A%，则A%和混合物中m(Fe)∶m(O)的关系式为[用含m(Fe)、m(O)的代数式表示]A%＝_______________；请在下图中画出A%和m(Fe)∶m(O)关系的图形。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3－ 29 解析：设Fe2O3为100 mol，被CO还原的百分率为A%，则A mol Fe2O3发生反应： Fe2O3＋CO2FeO＋CO2 A mol　　 　　 2A mol 故混合物中m(Fe)＝100 mol×2×56 g/mol，m(O)＝[(100－A)mol×3＋2A mol]×16 g/mol，整理得A＝300－700，即A%＝3－；根据该表达式可以做出A%和m(Fe)∶m(O)关系的图形为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 。 30 (4)如果Fe2O3和CO的反应分两步进行：3Fe2O3＋CO2Fe3O4＋CO2；Fe3O4＋CO3FeO＋CO2。试分析反应形成的固体混合物可能的组成及相应的m(Fe)∶m(O)[设m(Fe)∶m(O)＝21∶a，写出a的取值范围]。将结果填入下表。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 混合物组成(用化学式表示) a的取值范围             Fe2O3、Fe3O4 8＜a＜9 Fe3O4、FeO 6＜a＜8 Fe2O3、Fe3O4、FeO 6＜a＜9 31 解析：根据分步反应：3Fe2O3＋CO2Fe3O4＋CO2；Fe3O4＋CO3FeO＋CO2，采用假设法讨论：①如果全是Fe2O3，则m(Fe)∶m(O)＝112∶48＝21∶9；如果全是Fe3O4，则m(Fe)∶m(O)＝168∶64＝21∶8；如果混合物组成为Fe2O3、Fe3O4，则8＜a＜9；②如果全是Fe3O4，则m(Fe)∶m(O)＝168∶64＝21∶8；如果全是FeO，则m(Fe)∶m(O)＝56∶16＝21∶6；如果混合物组成为FeO、Fe3O4，则6＜a＜8；③如果混合物组成为Fe2O3、Fe3O4、FeO，则6＜a＜9。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 32 $