第8讲化学计算的常用方法-【衡中学案】2027年高考化学一轮总复习学案

考点二 :2.C混合气体中只有C02和Na02反应，设二氧化碳的体积为V(C02), 2C02+2Na202—2Na2C03+024V 必备知识·梳理夯实 44.8L 22.4L 1.(1)250mL500mL V(C0,) (20-16)L 【微思考1】 44.8L:22.4L=V(C02):(20-16)L,解得(C02)=8L,则V(C0)= ①不能②不能③不能④不能 (20-8)L=12L 2.(1)100mL容量瓶胶头滴管 3.C根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解 (2)5.9烧杯玻璃棒玻璃棒2~31~2凹液面的最低处 6N0+4NH3 化剂5N2+6H,0(g)AV 3.【微思考2】 6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 ml (1)×(2)×(3)V(4)V 17.5-16=1.5(mL)(实际差量) 【易错辨析】 由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是 (1)V(2)×(3)×(4)×(5)× N0,则V(NO):V(NH3)=(9mL+1ml):6mL=5:3,假设剩余的气体 (6)V没有950mL容量瓶，应选1000mL,故称取固体时应与1000mL! 全部是NH3,则V(NO):V(NH3)=9mL:(6mL+1mL)=9:7,但因该 溶液相对应，需要Na2C03的物质的量为2mol,则Na2C03·10H20的 反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH的混合气体，故V(NO): 质量为572.0g。 V(NH3)介于9：7与5：3之间，对照所给的数据知3：2与4：3在此区 (7)×(8)× 间内。 (9)×容量瓶、量筒不能用来溶解物质，也不能作反应容器」 4.B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 (10)V 气体总物质的量增大的反应，则有4+n<2+6,所以n<4,C、D错误；温度 考点突破·能力提升 容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，故压强增大5%，说明气 微考点1 体的物质的量增加了5mol×5%=0.25mol,由于平衡时X浓度减小了 1.D配制500mL0.100mol·L的NaCl溶液用到的仪器有托盘天平 ,所以X减少了1mol,根据差量法， 药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，A错误；配制一定物 质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等， 4X(g)+nY(g)-=2Q(g)+6R(g）△n A 操作步骤的正确顺序为②①④③，B错误；容量瓶用蒸馏水洗净后，由于 4-n 后面还需要加人蒸馏水定容，所以不必干燥，C错误；定容时仰视容量瓶 1 mol 0.25 mol 4 的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，D 1 mol ,解得n=3,A错误，B正确。 4-n0.25mo 正确。 5.(1)60.0%(2)0.095mol 2.(1)使样品转移完全盖好瓶盖，反复上下颠倒、摇匀 (2)BD [解析](1)根据差量法 [解析](1)操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶 △KMn04+MnO2+02↑ △m(固) 中，目的是使样品转移完全；定容后应盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 2×158 (2)KMO,溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管或聚四氟乙烯活塞的 7.90g-7.42g 通用型滴定管中，A项正确；量筒的精确度不能达到0.01mL,量取 2×158 m 25.00mL的溶液应选用滴定管或移液管，B项错误；滴定过程中，待测液 327.90g-7.42g 解得m=4.74g,即KMn0:的分解率为90 有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定接近终点时，为了使结果更橢确，可用洗 100%=60.0%。(2)根据上述反应可知，剩余固体中含KMn04为7.90g 瓶冲洗锥形瓶内壁，C项正确；锥形瓶内溶液变色后，且半分钟内溶液不 -4.74g=3.16g(即0.02mol),生成K2Mn04为0.015mol,生成Mn02 再恢复原来的颜色，才能说明反应达到滴定终点，记录滴定管液面刻度， 为0.015mol,根据固体与浓盐酸反应生成气体A可知，A为Cl2,结合关 D项错误。 系式2KMn04~5Cl2、K2Mn04~2Cl2、Mn02~Cl2,可计算出KMn04 微考点2 K2Mn04、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05mdl、0.03mol和 3.D NaOH具有腐蚀性，容易腐蚀纸张，且其具有潮解性会吸收空气中的 0.015mol,即生成Cl2的物质的量为0.05mol+0.03mol+0.015mol= 水，同时与空气中的CO2反应，使NaOH的量偏小，导致所配溶液的浓度 0.095mol. 偏小，A错误；配制100mL1mdl·L的NaOH溶液，经计算需要称量 考点二 4.0gNOH固体，不会用到游码，所以砝码和物品的位置放反，对结果没 有影响，B错误；定容时，仰视刻度线，会使溶液的体积偏大，所配溶液的！考点突破·能力提升 浓度偏小，C错误；Na0H在烧杯中溶解后，未冷却至室温就转移到容量！1.设CCl3的物质的量为x。根据Cr20号+6+14H一3L2+2Cr3++ 瓶中、定容后冷却，溶液的体积偏小，浓度偏大，D正确。 7H20、L2+2S203S406+2厂建立关系式： 4.(1)①偏小，②偏小③偏小④偏小⑤偏大⑥偏小⑦偏小 2CrCl3~Cr207~3L2~6Na2S203 (2)①偏大②偏小③偏小④无影响⑤无影响 2 6 [解析](1)②所需胆矾质量为0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g 0.0250mol·L-1×0.024L ③Na0H易吸水潮解且具有腐蚀性。④实际称量质量为4g-0.4g 解得x=0.0002mdl,则CCl3·6H20的质量分数为 3.6g。(2)①NOH溶于水放热，溶液的体积比室温时大，应恢复至室温 250mL 后再移液、定容 0.0002mdl× 25.00mL ×266.5g·mol -×100%≈88.8%。 第8讲化学计算的常用方法 0.6000g 2.93.2% 考点一 [解析】设Sn的质量为x,根据题给反应可知，Sn与K,Cr,O,存在如下 关系： 考点突破·能力提升 3Sn 1.A样品加热发生的反应为 357g 1 mol 2NaHC0,_△Na,C0,+H,0↑+C02↑△m 0.0016mod 357 1 mol 168 62 -a016m=-057126则(sw-81m%-98.2。 0.6130g m NaHCO) (01-02）g 13.90.0% 68(01-62） 故样品中NaHCO3质量为 g,样品中Na2C03质量为01g [解析]根据题给信息可得关系式： 03 3 168(01-102） Cr202 6Fe2-3S0~2fe52 168(w1-102） m(Na2CO3) w1 g- 8,其质量分数为 62 I mol 62 m(样品) 01g 2 mol 84102-531w1 m(FeS2) 0.02000mol·L1×0.02500L 31e1 120g·mol 583— 2 mol [解析](1)在反应前需要先将装置中的空气，尤其是空气中的二氧化 1 mol m(Fes2)厂，m(fes2)=0.09000g, 碳和水蒸气排出。因此，需要先通入氧气，接着组装后续实验装置，进行 0.02000mol·L1×0.02500L 气密性检验。为防止酒精灯a处加热时有机物与氧气因反应不充分产 120g·md 生的一氧化碳无法被干燥剂吸收而引起的误差，因此先要点燃b处酒精 特品中Fs,的废量分数为0x10%=900%。 灯。(2)02的作用是作为载气和氧化剂。氧化铜可将可能产生的C0进 一步氧化为C02,反应的化学方程式为Cu0+C0高温C0,+Cu。(3)结合 4.(1)m3+m1-2m2 cVM c,d两个千操管增重的质量可知，n(H)=0.0108g×2=0.O012md, (2)120(m3+m1-2m 、% 18g·mol [解析](2)滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式W0~2I0 n(C)= 0.0352g=0.008ml,结合元素守恒，可知有机物中n(0)= 44g·mol1 ~612~12S203,结合钨元素的质量守恒可得关系式WC16~12S203,则 0.0236g.12mg0m12g.000mol, 样品中n(WC,)=2a(S,05)=2cmol.Lxx103L,m(wQ,)= 16g·md 最筒式为C2H,02,结合其相对分子质量为118可知，该有机物的分子式 1 cVM 2cmal.Lxx103 xgmol=2o08,因此样品中WC。的质 为C4H604a cVM 考点四 120008 cVM 量分数为(m,+m1-2m -×100% 120(m+m,-2m)%。 考点突破·能力提升 5.50.025.0 1.fe304 [解析]5.0kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)=5.0x10gx63.5% [解析] n(FeC204·2H20）= 63.5 g/mol 80g·nm=0.3ml,n(fe)= 54.0g =50.0mol。根据原子守恒可得关系4Cu~4CuS04~2Al2(S04)3 n(FeC204·2H20)=0.3mol,已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物， 4Cu[Al(OH)4]即2Cu~Al2(S04)3~2Cu[A1(OH)4],所以废料中的铜 m(fe)=0.3mol×56g·moll=16.8g,m(0)=23.2g-16.8g=6.4g, 可完全转化成50.0 mol Cu[A1(OH)4],至少需要Al2(S04)3溶液的体 n(0)= 50.0 mol 6g:mm=0,4ml,n(fe）:a(0)=0.3mal:0.4l=3:4. 6.4g 2 所以B点时铁的氧化物的化学式为Fe3O4a 积为1.0l元25.0L, 2.2:1 [解析]8.84mgNd(0H)C03为4×10mol,其在氮气氛围中焙烧后， 考点三 金属元素的质量和化合价均保持不变，据Nd元素守恒可知，n(Nd+) 考点突破·能力提升 4×105mol。550-600℃时剩余固体的质量为7.60mg,固体减少的质 量为1.24mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到 1.DCu2S与Fe0均与稀硝酸发生氧化还原反应，铜元素化合价由+1价 氧化物和H20,碳酸盐分解得到氧化物和C02,可以推测固体变为 上升至+2价，硫元素化合价由-2价上升至+6价，铁元素化合价由+2价 Nd0,(C03)。时失去的质量是生成H20和CO2的质量。根据H元素守恒 上升至+3价，1 mol Cu2S参与反应能够失去10mol电子，144gFe0物质 的量为2mol,参加反应失去2mol电子，因此1molC2S与144gFe0共 可知，周你分解时生成比0的质量为405dx分×1gx心g·d 失去12mol电子，硝酸发生还原反应，每生成1molN0得到电子3mol, 0.36mg,则生成C02的质量为1.24mg-0.36mg=0.88mg,则生成C02 故根据电子转移守恒可知共生成4 mol NO,故选D项。 2×105mol。由C元素守恒可知，分解后剩余的C0的物质的量为 2.C根据向aLA12(S04)3和(NH4)2S04的混合溶液中加入bmol 4×105mdl-2×105mol=2×10-5mol,可以确定该产物中n(Nd+): BaCl2,恰好使溶液中的S0完全沉淀，发生反应的离子方程式为SO+】 Ba2+BaS0,↓，因此n(S0子)=n(Ba2+)=bmol;根据加人足量强碱并 n(C0时)的比值为410ml-2:l。 2×103mol 加热可得到e mdl NH,以及发生反应NH+0△NH,↑+H,0,可知3.Co06Co0+0,高温2Co,0, n(NH)=n(NH)=cmol,根据电荷守恒可知3n(A+)+n(NH)= 18.3g 2(S0广).解得a(A)-2m,由于混合浴流的体积为4L故溶 [解析]m(CoC204·2H20)= 18gmo.I mol,m(Co)0.I mol 液中c(A)=2-elL,C符合愿意。 X59g·m,则B点时，该固体中氧原子的物质的量为n=7.5-5.98 16g·mol 3a =0.1mol,钴原子与氧原子物质的量之比为1：1，所以B点的化学式为 3.B11.2LNO、NO2混合气体（已折算为标准状况下）的物质的量为 0.5mol,3.36L02(标准状况下)的物质的量为0.15mdl,0.5mol的N0、 Co0,D点氧化物的质量为8.03g,n(0)=803-598=0.133nml,结 16g·mol1 N02混合气体与0.15mol的氧气恰好完全反应，根据得失电子守恒，氧！ 原子与氧原子物质的量之比≈3：4，可知D点固体的化学式为C004, 气得到的电子数等于NO、NO2失去的电子总数，设NO、NO2的物质的量 则CD段发生的化学方程式为6C0+0,高2C0,04 分别为x、y,则x+y=0.5mol,3x+y=0.15mol×4,解得x=0.05mdl,y= 4.(1)当滴入最后半滴Na2S203溶液时，溶液由蓝色变无色，且30s内不 0.45mol,则N0、N02的物质的量分别为0.05md、0.45mol,再结合锌 粉与硝酸的反应Zn+4HN03(浓)一Zn(N03)2+2N02↑+2H20、3Zn+ 恢复蓝色36c% a 8HN03(稀)一一3Zn(N03)2+2N0↑+4H20,根据化学计量数之比可知， (2)Ca0 在硝酸为浓溶流时清耗a,(H0,)-054md=0.9md,变为游被 [解析](1)根据得失电子守恒，可得关系式Ca02~2~2S203,则样品 后消耗m,(HNO,)=0,05 中Ca0,的质量分数为x10x2x100%=3.6c%。(2)Ca0,·8H,0 8mol=0.2mol,可以得出消耗硝酸的物质的 2×a 2 的摩尔质量为216g·md,故2.16g过氧化钙晶体为0.01mol,350℃ 量为n1(HN03)+n2(HN03)=0.9mol+0.2mol=1.1mol,B符合题意。 左右所得固体质量为0.56g,根据钙原子守恒，可知为Ca0。 4.+3 [解析]根据氧化还原反应中得失电子守恒：0.05mol·L×0.024L× 考点五 (6-4)=0.02mol·L×0.020L×2×(6-n),解得n=3。 5.(1)通入02（排除空气）气密性ba 考点突破·能力提升 :1.D本题中反应后得到的物质只可能有Na2S03、NaHS03、Na2S03和 (2)作为载气和氧化剂Cu0+C0商逼C0,+Cu NaHSO3、Na2S03和NaOH四种情况，其中只有Na2SO3或只有NaHS03 (3)C4H604 时计算比较简单，故可先分别假设所得固体中只有Na2S03或NaHS0?。 -584 假设所得固体全部是Na2S03,则由钠原子守恒知可得到0.05mol:(9)×金属钠露置在空气中最后生成碳酸钠 Na2S03,质量为6.3g;同理可求出当固体全部为NHs03时的质量为(10)V1 mol Na被完全氧化，失去N个电子 10.4g,因计算出的两个数据均大于所得到的固体质量，故说明固体物质考点突破·能力提升 中有一部分NaOH没有转化为相应的盐。 微考点1 2.AFe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况 :1.C新切开的金属Na暴露在空气中，发生反应的化学方程式为4Na+02, (1)若Fe过量，发生反应：3Fe+8HN03(稀)一3fe(N03)2+2N0↑+ 一2Na,0,A错误：题给离子方程式中得失电子不守恒，电荷不守恒，正 4:0.则有名：品=3：8解得分=三此为a:6的最小值：(2)若 确的离子方程式应为2Na+2H一2Na+H2↑，B错误；4.6gNa的物 质的量是0.2mol,Na与02反应时Na转化为Na,0.2 mol Na与0，完 HNO3过量，发生反应：Fe+4HNO3(稀)一Fe(N03)3+N0↑+2H20,则 全反应，生成的7g产物应为氧化钠和过氧化钠的混合物，故0.2 mol Na 有名：=1：4，解得号号此为:的最大。所以。：6的取值 失去电子的物质的量为0.2mol,C正确；由于Na的金属性很强，将其投 入CuS04溶液中时，Na先与H20发生反应生成NaOH、H2,NaOH再与 范国为子≤？≤子，即a:b的比值在此范面内均合理 CuS04发生复分解反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀和Na2SO4,D错误。 2.C由于Na易与空气中的水及氧气发生反应，为防止发生危险，实验后 3.C①假设体系中只有(HF),和(H)2,根据混合气体的平均摩尔质量 剩余的钠块必须放回原试剂瓶中，A错误：钠起火后应用干沙或干土灭 为42g·mol1,设(HF)3的体积分数为x,则60x+40(1-x)=42,解得x= 火，B错误；当钠与硫酸铜溶液反应时，Na先与水发生反应，产生的 0.1,即10%。②假设平衡体系中只有(HF)3和HF,同理可求得(HF)3 NaOH再与CuSO4发生反应产生Cu(OH)2蓝色沉淀，因此不会有大量 的体积分数为55%，实际上平衡体系中是HF、(HF)2和(HF)3三者的： 红色固体铜出现，D错误。 混合物。(HF)3的体积分数应介于最大值与最小值之间，即介于10%与：3.A切开钠后，钠与空气中的02反应生成N,0,切面颜色变暗，但最后 55%之间，符合要求的只有C项 不会呈淡黄色，A错误；将小块钠投入CS04溶液中，钠先与水反应生成 第三章金属及其化合物 NaOH与H2,现象是钠熔化成闪亮的小球，在液面上四处游动，发出“嘶 嘶”的响声，产物NaOH再与CSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，B正 确；钠投人滴有紫色石蕊溶液的冷水中，钠与水反应生成NaOH与H2,现 第9讲钠及其氧化物 象是钠熔化成闪亮的小球，在液面上四处游动，发出“嘶嘶”的响声，反应 后溶液呈碱性，溶液变蓝色，C正确：钠的熔点低，加热熔化成小球状，然 考点一 后剧烈燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，D正确。 必备知识·梳理夯实 微考点2 1.(1)银白色固体金属 4.D钠的熔点较低，所以钠受热易熔成小球，A正确：用玻璃棒蘸取少量 (2)p(水)>p(钠)>p(煤油) 无水CS04粉末与熔融的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，说明钠与 (3)小于 CSO4粉末反应时放出大量热，B正确；用玻璃棒蘸取少量无水CS0, (4)较软 粉末与熔融的钠接触，有紫红色物质生成，说明一定条件下N可与 (5)电热 CS0:反应生成Cu,C正确：将无水CuS04粉末改为Cus04溶液，钠先 和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成蓝色的氢 2.三1A失去还原 氧化铜沉淀和硫酸钠，反应现象不同，D错误。 （1)2Na+C,点燃2Nad 5.C少量相同质量的钠分别与相同质量的乙醉和水反应，钠完全反应，故 【微思考1】 生成氢气一样多。C错误。 NA :6.(1)钠与水反应放热，放出的热量引发钠与硫的反应2Na+2H20 (2)2Na+2H202Na+20H+H2↑小低放热剧烈碱性物 2Na0H+H2↑2Na+S△Na,S 质(NaOH) (2)N2S放热钠与硫反应引发后，不需要加热就能继续反应，说明其 (3)2Na+2HCI=2NaCl+H2 H*H 为放热反应 (4)2Na+2H20+Cu2+—2Na+Cu(0H)2↓+H2↑ TiCl4+4Na高温 (3)①滴有酚酞的水溶液变红2Na+2H20—2八a+20H+H2↑（或 4NaCl+Ti s2-+H,0=HS+0H) 【微思考2】 ②浸润CS0,溶液的滤纸上有黑色固体析出S2+Cu2+CuS (1)c>a>b钠与水、乙醉、稀H2S04三种物质反应的实质都是钠与 ③浸润CuS04溶液的滤纸上有蓝色固体析出2Na+2H20+Cu2+ H间的置换反应，H浓度的大小决定了反应速率的快慢，由三种物质 Cu(OH)2↓+2Na+H2t 电离出H的能力可知H浓度的大小顺序为c>a>b,因而反应速率大 [解析](1)实验开始时，滴入一滴水，则发生反应2Na+2H,0 小顺序为c>a>b 2NaOH+H2↑，该反应放出热量，引发Na与S的反应，化学方程式为 (2)①③④ 3.(1)2aC(熔融)通电2Na+,↑ 2八a+5△NaS。(2)“白烟”中的固体小颗粒主要是aS,由于Na与 S反应引发后，不需要加热就能继续反应，故可以推知该反应为放热反 (2)高压钠灯导热剂还原剂 应。(3)反应过程中，还可能存在的现象为①滴有酚酞的水溶液变为红 【微思考3】 色，原因可能是2Na+2H20一2Na0H+H2↑或S2-+H20一HS+ 工业上用钠制取钾利用的是化学平衡移动原理，反应生成气态钾，从 OH「，故NaOH或硫化钠溶液呈碱性，使酚酞溶液变为红色。②浸润硫酸 体系中蒸出钾，生成物的浓度降低，化学平衡向正反应方向移动即向」 铜溶液的滤纸有黑色固体析出，原因是S2+C2+—CuS↓。③浸润硫 生成钾的方向移动 酸铜溶液的滤纸上有蓝色固体析出，原因是2Na+2H20+Cu 【易错辨析】 Cu(OH)2↓+2Na+H2ta (1)V钠被氧气氧化时，条件不同，氧化产物不同。 (2)×钠燃烧生成的过氧化钠会与水反应生成氧气，会使燃烧更剧烈，所 考点二 以钠着火不能用水灭火，可用干燥的沙土盖灭。 必备知识·梳理夯实 (3)×钠只能与熔融态的C14反应，如果是溶液会与水反应。 1.淡黄色碱性-2-11：21：2 (4)V钠是非常活泼的金属，如随意丢弃会有发生火灾的危险 2.(1)Na202+3H2SS↓+2NaHs+2H20Na202+S02—Na2S0 (5)× 根据原子结构和元素周期律可知，K的金属性强于Na。 (2)还原02 (6)×钠表面自然形成的氧化层不是致密的，会继续氧化内层的钠。 【易错辨析】 (7)×Na及其燃烧产物可与泡沫灭火器喷出泡沫中的水和二氧化碳反应：(1)VNa20由Na和O2构成，Na2O2由Na和O3构成。 释放出氢气和氧气而助燃，所以Na着火不可用泡沫灭火器扑灭。 (2)×1 mol Na202由2 mol Na和1mol02构成e (8)×钠与CuS04溶液反应的化学方程式为2Na+2H20+CuS0, :(3)×H202原子间只有共价键，N202中含离子键和共价键 Cu(OH)2↓+Na2S04+H2↑a (4)×0.1 mol Na202中0与0之间存在0.1md共用电子对 -585-⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃 m质 c×VXM cM (2)U= 棒未洗涤： m液 Vx1000xp1000p (2)从改变溶液体积角度分析误差（用“偏大”“偏 注意单位： 小”或“无影响”填空)。 物质的量 容质质量 溶质摩尔 ①配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放 浓度(c】 密度(p 质量(M) 入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶 mol.L-1 g.cm-3 g'mol-i 中并定容： 2.配制一定物质的量浓度溶液的主要步骤 ②定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度 计算、称量、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容。 线： 3.一定物质的量浓度溶液的配制误差分析的两个 ③定容时仰视容量瓶的刻度线： 关键 ④定容摇匀后少量溶液外流： (1)抓住公式c= n m ⑤容量瓶中原有少量蒸馏水： VMV 本讲要点速记： (2)分析不当操作导致溶质质量m或溶液体积V 1.物质的量浓度和质量分数的换算方法 发生的变化，然后进一步分析导致浓度的变化 nm液×01000p×V×01000pU (1)c=V=M×V 温馨提示：复习至此，请完成练案[7 MxV M 第8讲 化学计算的常用方法 1.进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。 复习目标 2.了解化学计算的常用方法。 054 3.初步建立化学计算的思维模型。 考点一 差量法计管及应用 划备知识·梳理夯实 考点突破·能力提升 1.原理阐述 1.(2026·山东青岛高三检测)为了检验某含有 (1)所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种 NaHCO,杂质的Na2C03样品的纯度，现将w1g样品 物理量之和（始态量）与同一状态下生成物的相同物 加热，其质量变为心2g,则该样品的纯度（质量分 理量之和（终态量）的差，这种物理量可以是质量、物 数)是 质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。 84w2-53U1 84(w1-02） A. B (2)计算依据：化学反应中反应物或生成物的量 31w1 3101 与差量成正比。 73w2-42101 115102-84w1 C. D. 2.解题关键 31e1 31w1 “是明确产生差量的原因，并能根据化学方程式 2.(2026·河北衡水高三检测)标准状况下，将20L 求出理论上的差值（理论差量）。二是结合题中的条 CO,和C0的混合气体全部通过足量的Na,02粉末， 件求出或表示出实际的差值（实际差量）。 在相同状况下，气体体积减少到16L,则原混合气体 3.运用差量法解题的一般步骤 中C0的体积为 ( A.4L B.8L C.12L D.16L 表示出理论“差量”及相应反应物、生成 3.(2025·湖南长沙高三检测)16mL由N0与NH3组 第一步 物对应的物理量，要注意不同物质的物理 量及单位间的对应关系 成的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生 表示出实际“差量”并写在相应位置（注 反应：6N0+4H,催化剂5N,+6H,0(g),达到平衡时 二步 意应将理论“差量”与实际“差量”写在 在相同条件下气体体积变为17.5mL,则原混合气体 化学方程式最右侧) 中NO与NH的物质的量之比有四种情况：①5：3、 第三步 根据比例关系建立方程并求出结果 ②3：2、③4：3、④9：7。其中正确的是（) A.①② B.①④C.②3③D.③④ 4.在一个容积为6L的密闭容器中，放入3molX(g)5.取7.90gKMn04,加热分解后剩余固体7.42g。该 和2molY(g),在一定条件下发生反应4X(g)+ 剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应， nY(g)一2Q(g）+6R(g),反应达到平衡后，容器内 生成单质气体A,产物中锰元素以Mn2+形式存在 温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的 (已知K的相对原子质量为39，Mn的相对原子质量 浓度减小？，则该反应中的n值为 为55)。请计算： (1)KMnO4的分解率为 (保留一位小数)。 A.2 B.3 C.4 D.5 (2)气体A的物质的量为 考点二关系式法计算及应用 必备知识·梳理夯实 C,O号，然后加入过量K固体，盖好塞子摇匀，使铬 元素完全以Cr3*的形式存在。 1.原理阐述 ⅲ.加入1mL淀粉溶液，用0.0250mol·L'标准 关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的 Na2S,0,溶液滴定至终点，平行测定3次，平均消耗 关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连 标准Na,S,03溶液的体积为24.00mL。 续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物， 已知反应：Cr,0号+I厂+H一→L2+Cr3++H,0(未配 可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物 平)；L2+2S20号S402+2I。 的相应关系式。 计算CCl,·6H,0的质量分数（写出计算过程，结果 2.利用关系式法解题的思维模型 保留一位小数)。 第一步 写出各步反应的化学方程式 找出作为“中介”的物质，并确定最初的反 第二步 应物、中介物质、最终生成物之间“量”的 关系 055 确定最初反应物和最终生成物之间“量”的 2.金属锡的纯度可以通过下列方法分析：将试样溶于 第三步 关系 盐酸，反应的化学方程式为Sn+2HCl一SnCL2+ 第四步 根据已知条件及关系式列出比例式计算求解 H,↑，再加人过量的FCl,溶液，发生反应的化学方 程式为SnCl2+2FeCl,一SnCl4+2FeCl2,最后用已 3.关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系 式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关 知浓度的K2Cr20,标准溶液滴定生成的Fe2+,反应 系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系； 的化学方程式为6FeCl2+K,Cr20,+14HCl ④利用化学方程式的加和等。例如，工业上利用黄铁 6FeCL3+2KCl+2CrCl3+7H20。现有0.6130g金属锡 矿(F®eS,)生产硫酸发生如下反应：4Fe5,+110,煜桃 试样，经上述反应后，共用去16.00mL0.100mol·L K,C20,标准溶液。则试样中锡的质量分数（假定 2Fe,0,+8S0、2S0,+0,催化剂2s0,、S0,+H,0 杂质不参加反应)为 (结果保留1位小 H2S04,根据S元素守恒可得关系式：FS2~2S02~2S03~ 数)。 2H2SOo 3.黄铁矿的主要成分是FS2。某硫酸厂在进行黄铁矿 成分测定时，取0.1000g样品在空气中充分灼烧， 夸点突破·能力提升 将生成的SO2气体与足量Fe2(S0,)3溶液完全反应 1.(2026·江苏南京模拟)测定氯化铬晶体 后，用浓度为0.02000mol·L1的K,Cr,02标准溶 (CrCl3·6H,0)的质量分数。 液滴定至终点，消耗K,C,O,标准溶液的体积为 i.称取0.6000g样品，加水溶解并配成250mL的 25.00mL. 溶液。 已知：S02+2Fe3++2H20=S0+2Fe2++4H、 ⅱ.量取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加 Cr,0号+6Fe2++14H—2Cr3++6Fe3*+7H20。 热至沸腾后加入稍过量的Na,02,稀释并继续加热 样品中FS2的质量分数（假设杂质不参加反应）是 煮沸，再加人过量的硫酸酸化，将C3+氧化为 (结果保留1位小数)。 4.利用碘量法测定WCl。产品纯度，实验如下： :5.银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银 (1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶 并制备铜的化工产品的工艺流程如图所示： 中，盖紧称重为m1g;开盖并计时1分钟，盖紧称 银熔休冷凝，粗银电解精炼银 重为m2g;再开盖加入待测样品并计时1分钟， 成型 银铜合空气 稀硫酸 盖紧称重为mg,则样品质量为 8(不 金废料熔炼 A山，SO一一稀NaOH溶液 CuSO溶液 煮沸 考虑空气中水蒸气的干扰)。 渣料 过滤 (2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2W04,通过 (含少量银) 滤渣A 过 滤 IO?离子交换柱发生反应WO+Ba(I03)2 滤液片 BaW04+2IO;;交换结束后，向所得含IO;的溶液 CuLAI(OH] 惰性气体 固体B 煅烧 中加入适量酸化的KI溶液，发生反应IO,+5+ [注：A1(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为 6H—3L2+3H20;反应完全后，用Na2S203标 450℃和80℃，M(Cu)=63.5g/mol] 准溶液滴定，发生反应L2+2S20号—2I+ 若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上 S,O后。滴定达终点时消耗cmol·L1的 5.0kg废料中的铜可完全转化为 mol Na,S,O3溶液VmL,则样品中WCl,(摩尔质量为 Cu[Al(OH)4],至少需要1.0mol/L的Al2(S04)3 Mg·mol)的质量分数为 溶液 Lo 考点三 守恒法计管及应用 备知识·梳理夯实 考点突破·能门提升 1,原理阐述 1.(2025·广州二中测试)现将1 mol Cu,S与144g 守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不 F0投入到足量稀硝酸溶液中，充分反应得到 纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的 Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、CuS04的混合溶液，并产生 056 始态和终态（如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电 NO气体。则最终反应所得NO物质的量为() 荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关 A.7.2 mol B.5 mol 系（如化合物中的化合价规则、电解质溶液中的电中性 C.6.4 mol D.4 mol 原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的。常见 的守恒法有以下几种： 2.向aLAl(S04)3和(NH4)2S04的混合溶液中加入 (1)质量守恒（原子守恒·元素守恒） b mol BaCl2,恰好使溶液中的S0:完全沉淀；如果再 依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前 加入足量强碱并加热可得到e mol NH3。则原溶液 后各原子的种类和数目保持不变。 中AI3+的浓度为 () (2)电荷守恒 2b-c A 2a mol·L-l B.26- mol·L-J 在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电 荷总数相等。 2b-c (3)得失电子守恒 C.3a mol·L 2b-c D 6a mol L- 氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数3.(2026·湖南张家界期末)将一定质量的锌粉与足 =元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的 量的浓硝酸混合反应生成硝酸盐、水及气体，锌粉完 总数=氧化剂得电子的总数。 全反应时收集到11.2LNO、NO2混合气体（已折算 2.解题思路 为标准状况下)，该混合气体与3.36L02(标准状况 确定研究对象→分析题意选择合适的守恒方法 下)混合后，通入水中能全部被吸收转化为硝酸。则 →确定研究对象的始态和终态相互间的关系并列式 所消耗硝酸的物质的量是 () 滴定法测定物质含量时，多步连续氧化还原反应 A.1.2 mol B.1.1 mol 可以通过得失电子守恒建立关系式，并进行相关计算。 C.0.9 mol D.0.8 mol 3.电子守恒法的计算关系 4.现有24mL0.05mol·L1的Na,S03溶液与20mL n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值（高价 0.02mol·L1的K,Cr20,溶液恰好完全反应。已知 低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值（高 NaS03可被K,Cr20,氧化为Na2S04,则元素Cr在 价-低价)。 还原产物中的化合价为 5.(2023·全国乙卷，节选)（元素守恒）元素分析是有 管连接，检查 依次点燃煤气 机化合物的表征手段之一。按如图实验装置（部分 灯」 ,进行实验。 装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 (2)02的作用有 CHO CuO CuO的作用是 02→= (举1例，用化学方程式表示)。 P坩埚 石英管 (3)若样品C,H,0.为0.0236g,实验结束后，c管增 重0.0108g,d管增重0.0352g。质谱测得该 回答下列问题： 有机物的相对分子质量为118，其分子式 (1)将装有样品的Pt坩埚和Cu0放入石英管中，先 为 ,而后将已称重的U形管c、d与石英 考点四 热重分析法计管的应用 必备知识·梳理夯实 考点突破·能力提升 1.原理阐述 1.(2026·河北石家庄模拟)称取54.0g草酸亚铁晶 (1)含义：在控制温度的条件下，测量物质的质量 体(FeC,04·2H,0)在隔绝空气的条件下加热，得到 与温度关系的方法。 剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。 (2)使用条件 剩余固体的质量/g 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重分 54.0 析法来研究物质的组成。我们可以知道样品及其可能 43.2 A(200,43.2) 产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成 B(400,23.2) 物等与质量相联系的信息。 23.2----- 057 (3)热重曲线模型 0 200 由热重分析仪器记录的质量变化对温度的关系曲 400温度/℃ 线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。 已知B点时，固体中只含有一种铁的氧化物，根据上 图可知B点固体物质的化学式为 如固体A的热分解反应为A(固体)△，B(固体)2.(2024，江苏卷，节选)将 +C(气体)，T,为固体A开始分解的温度，此时试样质 98.84 8.84mgNd(0H)C03(摩 量为W。,T,为固体质量变化达到最大值时的终止温 尔质量为221g·mol1) 度，此时试样质量为职，则失重百分数为W。 W。-W 在氮气氛围中焙烧，剩余 货 固体质量随温度变化曲线 672---.-- ×100%。 400600800 如图所示。550~600℃ 温度/℃ 2.热重分析法的解题思路 时，所得固体产物可表示为NdO(CO,)。,通过以上 坐标曲线题解题时可以拆分为识图、析图、用图三 实验数据确定该产物中n(Nd+):n(CO)的比值 个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。 (1)识图。识图的关键：一看轴，即横、纵坐标所3.(2026山西太原模拟，节选)制备C0,04,将所得的 表示的化学含义，寻找x轴、y轴之间的关系，这是理解 18.3g草酸钴晶体(CoC,04·2H0)高温灼烧，其热 题意和进行正确思维的前提；二看点，即曲线中的特殊 重分析图如图： 点（始点、终点、拐点等）；三看线，即曲线的走势（变化 mlg个↑ A(T,18.3) 趋势是上升、下降、波动等)。 (2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点， B(T2,7.50) 曲线为什么会有这样的变化趋势和走向，分析曲线变 /D(T38.03) 化的因果关系；通过联想，把教材中的相关化学概念、 原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。 T T T/K (3)用图。将相关的化学知识与图像曲线紧密结 写出B点对应的物质的化学式： 合，在头脑中构建新的曲线一知识体系，然后运用新 CD段发生反应的化学方程式为 的曲线一一知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。 4.过氧化钙晶体(Ca02·8H,0)可用于改善地表水质、 若滴定消耗Na2S20,溶液VmL,则样品中CaO, 处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 的质量分数为（用字母表示）。 (1)已知：L2+2S20号=2I+S40%,测定制备的过 (2)已知过氧化钙加热至350℃左右开始分解放出 氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下： 氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H20)在坩埚 第一步：准确称取αg产品放入锥形瓶中，再加 中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的 入过量的bgKI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再 变化如图所示，则350℃左右所得固体物质的化 滴入少量2mol·L的H,S04溶液，充分反应。 学式为 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步：逐滴加入浓度为cmol·L'的Na2S,0 2.16 溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是 8 050150250350T/元 考点五 极值法计算及应用 拟备知识·梳理夯实 3.已知氟化氢气体中存在平衡：2(HF)3一3(HF)2、 (HF)2一2HF。若平衡时气体的平均摩尔质量为 1,原理阐述 42g·mol,则(HF)3的体积分数可能() 极值法是一种重要的数学思想和分析方法。化学 A.小于10% B.大于60% C.等于42% D.等于60% 上所谓“极值法”就是对数据不足而感到无从下手的计 算或混合物组成判断的题目，采用极端假设（即为某一 本讲要点速记： 1.熟练掌握化学计算的5种常用方法 成分或者为恰好完全反应)的方法以确定混合体系中各 (1)差量法； 物质的名称、质量分数、体积分数，这样使一些抽象的复 058 (2)关系式法； 杂问题具体化、简单化，可达到事半功倍之效果。 (3)守恒法； 2.解题思路 (4)热重分析法； (5)极值法。 把可逆反应假 设成向左或向 2.建立关系式的三种常用方法 分析反应的不 右的完全反应 方法1.叠加法（如利用木炭、水蒸气制取氨气） 确定性，确定 把混合物假设 根据关系进行 产物的可能性 成纯净物 求算 C+H,0(g)高是C0+H C+2H,0(g)高温 常见思考角度 如下 把平行反应分 C0+H,0(g)高温C0,+H,」 C02+2H2 别假设成单 C+2H,0(g)高C0,+2H,1 由木炭、水蒸气制 反应 号取NH,的关系为 N3,2N 3C~4NH3。 考点突破·能力提升 方法2.原子守恒法 1.(2026·湖南长沙高三检测)向100mL1mol·L1 4NH,+50,催化 =4N0+6H,0 △ 的NaOH溶液中通入一定量的SO2后，将所得的溶 2N0+0,=2N0 液蒸干得到5.8g固体物质，则该固体的成分是 3N0,+H,0=2HN0,+N0 ( 经多次氧化和吸收，由N元素守恒知： A.Na2SO B.NaHSO3 NH3~HNO3o 方法3.电子转移守恒法 C.NaS03、NaHS0g D.Na,SO3、NaOH 2.(2026·山东济南高三检测)在含有a g HNO3的稀 H,失去8eH0,0,得到e20 由得失电子总数相等知，NH经氧化等一系列过 硝酸中，加入bg铁粉充分反应，铁全部溶解并生成 程生成HNO3,NH3和O2的关系为NH3~202。 N0,有：gHNO,被还原，则a:b不可能为( 温馨提示：复习至此，请完成练案[8 A.2:1 B.3:1C.4:1 D.9:2