2026年人教版高考化学一轮复习课件 第1章 第2讲 化学计算的常用方法

这是一份2026年人教版高考化学一轮复习课件 第1章 第2讲 化学计算的常用方法，共60页。PPT课件主要包含了差量法，考点一，095mol，守恒法，考点二，原子守恒，C4H6O6，关系式法，考点三，m3+m1-2m2等内容，欢迎下载使用。
1.进一步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。3.初步建立化学计算的思维模型。
1.所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差,这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量),结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量),根据比例关系建立方程式并求出结果。
2.差量法的解题关键是找“差量”。通常有①质量差;②体积差(气体)。
[A] 2[B] 3[C] 4[D] 5
2.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(已知K的相对原子质量为39,Mn的相对原子质量为55)。请计算:(1)KMnO4的分解率为　　　　(保留一位小数)。 
(2)气体A的物质的量为　　　　　　。 
【解析】 (2)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 ml),生成K2MnO4为0.015 ml,生成MnO2为0.015 ml,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 ml、0.03 ml和0.015 ml,即生成Cl2的物质的量为 0.05 ml+0.03 ml+0.015 ml=0.095 ml。
1.守恒法的含义“守恒”就是物质在发生“变化”时,某些量的总量保持“不变”。在化学反应中,从不同的角度出发,存在着多种守恒,如:原子守恒、质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。
2.化学计算中常用的三种守恒类型(1)原子守恒(质量守恒)。化学反应的实质是原子的重新组合,反应前后原子的总数不变(总质量不变)。(2)电荷守恒。依据电解质溶液呈电中性,即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数或离子方程式前后离子所带电荷总数不变。
(3)得失电子守恒。依据氧化还原反应中电子得失数目相等,即氧化剂得到的电子总数目等于还原剂失去的电子总数目。
2.(2022·浙江1月选考,27)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)=　　　　ml。 
3.将3.00 g某有机物(仅含C、H、O,相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧,依次通过吸水剂、CO2吸收剂,燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表:
请回答下列问题。(1)燃烧产物中水的物质的量为　　　　 ml。 
(2)该有机物的分子式为　　　　　　。 
二、电荷守恒4.某混合溶液中所含离子的浓度如下表,则X可能为(　　)
5.常温下,将一定量的钠铝合金置于水中,合金完全溶解,得到20 mL pH=14的溶液,然后用1 ml/L盐酸滴定至沉淀最大量时,消耗40 mL盐酸,原合金中钠的质量为　　　　g。 
【解析】 由于要达到沉淀的量最大,HCl和NaOH均不能过量,这样铝元素才能全部进入沉淀中。因而在反应后的溶液中,只存在Cl-、Na+[不考虑水的电离,要生成大量的Al(OH)3沉淀,溶液呈近中性,水电离出的H+和OH-很少,可忽略不计]。由于溶液呈电中性,故Na+所带电荷的电量等于Cl-所带电荷的电量。设原合金中钠的物质的量为x ml,则根据生成物中阴、阳离子电荷守恒可得 x=1×40×10-3=0.04,原合金中钠的质量m=0.04 ml×23 g/ml=0.92 g。
三、电子得失守恒6.铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为　　　　g。 
【解析】 合金与沉淀之间的关系为M-ne-→Mn+→M(OH)n↓,则生成沉淀的质量与原合金的质量之差为OH-的质量。而OH-的物质的量恰好与电子转移的物质的量相等。只要求出电子转移的物质的量,就可以求出OH-的物质的量。因为每生成1 ml NO2时,转移电子为 1 ml,而1 ml N2O4相当于2 ml NO2,故可理解为NO2的体积为4 480 mL+336 mL×2=5 152 mL=5.152 L,物质的量为0.23 ml,则电子转移也为 0.23 ml,OH-的物质的量也为0.23 ml,OH-的质量为 0.23 ml×17 g/ml=3.91 g,沉淀的质量为 4.6 g+3.91 g=8.51 g。
【解析】 11.2 g铁粉的物质的量为0.2 ml,则与硫酸反应后溶液中Fe2+的物质的量为0.2 ml。当Fe2+与KNO3、KMnO4反应后转化为Fe3+,Fe2+失去的电子数目等于KNO3和KMnO4两种物质得到的电子数目。若KNO3的物质的量为x ml,则根据氧化还原反应中转移电子守恒有0.2×1=x×3+0.5×20×10-3×5,解得x=0.05,则加入KNO3晶体的质量为0.05 ml×101 g/ml=5.05 g。
关系式法的类型(1)通过多步反应中的关联物质确定已知量(原料)与求解量(最终产物)之间的比例关系。常用于连续的滴定实验的计算。
(2)一种反应物经多步反应得到最终产物,其中都含有同一种元素,多用于物质的制备的相关计算。可利用电子守恒或原子守恒直接确定关系式,然后列比例式进行求算。
一、根据相关反应确定关系式1.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。
2.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)。 
二、根据原子守恒确定关系式3.由NH3氧化制NO的转化率为96%,NO转化为HNO3的转化率为92%,现有10 t NH3,总共可以制得63%的HNO3　　　　t。 
4.银铜合金广泛用于航空工业,从切割废料中回收银并制备铜的化工产品的工艺流程如图所示:
[注:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃,M(Cu)=63.5 g/ml]若银铜合金中铜的质量分数为63.5%,理论上 5.0 kg 废料中的铜可完全转化为　　　 　 ml Cu[Al(OH)4],至少需要1.0 ml/L的Al2(SO4)3溶液　　　　L。 
1.热重分析的含义在程序准确控制温度下,利用热重仪,测量物质的质量与温度或时间的关系的方法,称为热重分析。它反映了样品的残留质量和固体残留率(即质量分数)随温度或时间的变化关系。通过分析热重曲线,就可以知道被测物质在哪个温度段发生了什么变化,有什么质量损失、失重率是多少、分几步分解、分解的温度范围等信息,并且可根据物质失去的重量,推断出在一定温度下物质发生的化学变化及分离出的物质。
2.热重曲线的分析方法(1)确定横、纵坐标的含义。横坐标通常是温度,纵坐标是残留质量或固体残留率。(2)根据晶体的化学式,预测每步可能发生的化学反应,并通过图像中得出的Δm进行验证,并进行纠正。(3)最终的质量稳定产物通常是金属氧化物,根据质量守恒可确定最终产物的化学式。
LiCO2作正极材料的锂离子电池被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。C(OH)2在空气中加热时,固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃时已完全脱水,则1 000 ℃时,剩余固体成分为　　　 　(填化学式,下同);在350~400 ℃范围内,剩余固体成分为　　　 　(已知C的相对原子质量为59)。 
C(OH)2的热重曲线
[思路点拨] 本题是固体试样分解失重的热重曲线试题,重在考查某温度时分解产物组成的判断,分析时要注意空气中的氧气会参与反应。
解热重曲线题的方法思路(1)设晶体为1 ml,其质量为m。(2)失重一般是先失水,根据Δm判断是部分失水还是已完全失水,还是失去非金属氧化物生成金属氧化物。
(4)热分解的最终产物通常是金属氧化物,晶体中金属元素的质量不会减少,由质量守恒得m氧,由n金属∶n氧,即可求出失重后物质的化学式。(5)根据前面的推断,可写出每步反应的化学方程式。
1.化合物(WY2Z4·X2Z)中的四种元素X、Y、Z、W为前20号元素,且原子序数依次增大,Y和Z位于同周期的不同主族,W最高价氧化物对应的水化物是检验YZ2气体的常用试剂,该化合物的热重分析曲线如图所示。下列叙述正确的是(　　)[A] X、Y、Z、W四种元素只能形成一种离子化合物W(XYZ3)2[B] 200~400 ℃阶段热分解将失去1个X2Z[C] 600 ℃热分解后生成固体化合物WYZ3,且该反应为非氧化还原反应[D] 化合物YZ2中只有Z原子满足8电子稳定结构
600 ℃时剩余物质的相对分子质量为146×68.49%≈100,此时应为CaC2O4发生分解生成CaCO3,又因为CaC2O4中碳元素为+3价,CaCO3中碳元素为+4价,碳元素价态变化,因此该反应为氧化还原反应,C项错误;CO2电子式中C和O都满足8电子稳定结构,D项错误。
2.MnCO3可用作电讯器材元件材料,还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物,其固体残留率随温度的变化如图所示。则300 ℃时,剩余固体中n(Mn)∶n(O)为　　　　;图中C点对应固体的成分为　　　　　　　(填化学式)。 
3.如图是1.00 g MgC2O4·nH2O晶体放在坩埚里从25 ℃徐徐加热至700 ℃分解时,所得固体产物的质量(m)随温度(t)变化的关系曲线。(已知100 ℃以上才会逐渐失去结晶水,并约在230 ℃时完全失去结晶水)　
试回答下列问题。(1)MgC2O4·nH2O中n=　　 　　。
(2)通过计算确定C点固体物质的化学式:    　(要求写出推断过程)。 
MgC2O4·H2O(过程见解析)
(3)通过计算确定从E点到F点过程中的化学方程式:     (要求写出推断过程)。
1.(2023·全国乙卷,28节选)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途,如可用作农药防治小麦黑穗病,制造磁性氧化铁、铁催化剂等。在N2气氛中,FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示:
根据上述实验结果,可知x=　　　,y=　　　。 
(1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO3 90%,杂质不参与反应),需要投料　　　　　 kg 焦炭。 
(2)每生产106 kg纯碱,同时可获得  　kg CaO(列式计算)。 
Cl-的定量测定:称取一定量样品,配成溶液,移取25.00 mL溶液于锥形瓶中,调pH=6.5~10.5,滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下,用 0.100 0 ml·L-1 AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀),30秒内不褪色。平行测试3次,平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.100 0 ml·L-1。(1)产品的盐基度为　　　 　　　。 
0.7(或0.700 0)
(2)测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果,原因是   　。 
课时作业3　化学计算的常用方法
(时间:30分钟　满分:100分)
一、选择题(共11小题,每小题6分,共66分)
[A] 如果质量为m1的A与质量为m2的B恰好完全反应,则生成的C、D的质量之和一定等于(m1+m2)[B] 参加反应的A和B中的原子总数一定等于生成的C和D的原子总数[C] (a+b)不一定等于(c+d)[D] A和B中的元素种类,不—定等于C和D中的元素种类
【解析】 化学反应中的守恒既包括质量守恒,也包括元素守恒、原子个数守恒,故A和B中的元素种类一定等于C和D中的元素种类,故D不正确。
2.将a L NH3通过灼热的、装有铁触媒的硬质玻璃管后,气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定),该b L气体中NH3的体积分数是(　　)
3.加热N2O5依次发生的分解反应如下:
在容积为2 L的密闭容器中充入8 ml N2O5,加热到t ℃,达到平衡状态后O2为9 ml,N2O3为 3.4 ml。则t ℃时反应①的平衡常数的值为(　　)[A] 8.5[B] 9.6[C] 10.2[D] 17.0
4.常温下,某氮的气态氧化物15.6 L与过量的氢气混合,在一定条件下反应,使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态,反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8 L,则原氮的氧化物的化学式为(　　)[A] N2O3[B] NO2[C] NO[D] N2O
5.将12.8 g铜粉加到400 mL 2 ml/L的FeCl3溶液中,充分反应后(假设溶液总体积不变),下列说法正确的是(　　)[A] 溶液中产生了黑色固体[B] 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2[C] 溶液中Fe2+的物质的量浓度为2.0 ml/L[D] 溶液中Fe3+和Fe2+物质的量之比为1∶2
6.在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物,使其中的硫全部转化为二氧化硫,把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸,这些硫酸可用 10 mL 0.5 ml·L-1 氢氧化钠溶液完全中和,则原混合物中硫的百分含量为(　　)[A] 72%[B] 40%[C] 36%[D] 18%
8.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(已知Pb的相对原子质量为207),则此铅氧化物的化学式是(　　)[A] PbO[B] Pb2O3[C] Pb3O4[D] PbO2
9.(双选)(2025·山东泰安阶段练习)向27.2 g Fe和FeO的混合物中加入0.5 L 3 ml·L-1的稀硝酸,固体物质完全反应生成NO和Fe(NO3)3;在所得溶液中滴入a ml·L-1的NaOH溶液,当消耗1.5 L NaOH溶液时,沉淀恰好达到最大量,质量为42.8 g,下列说法正确的是(　 　)[A] Fe和FeO的物质的量之比为3∶1[B] 沉淀达到最大量时,溶液中的溶质是NaNO3[C] 产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L[D] Fe和FeO与硝酸反应后剩余的HNO3的物质的量为 0.2 ml
由化学方程式可知,反应消耗硝酸的物质的量为0.4 ml+1 ml=1.4 ml,生成一氧化氮的物质的量为0.1 ml+0.1 ml=0.2 ml,则剩余的硝酸的物质的量为 3 ml·L-1×0.5 L-1.4 ml=0.1 ml。由分析可知,混合物中铁和氧化亚铁的物质的量之比为0.1 ml∶0.3 ml=1∶3,故A错误;由分析可知,铁和氧化亚铁混合物与稀硝酸反应得到硝酸和硝酸铁的混合溶液,向混合溶液中滴加氢氧化钠溶液时,氢氧化钠溶液先与硝酸反应生成硝酸钠和水,再与硝酸铁反应生成硝酸钠和氢氧化铁沉淀,所以沉淀达到最大量时,溶液中的溶质是硝酸钠,故B正确;
由分析可知,铁和氧化亚铁混合物与稀硝酸反应生成一氧化氮的物质的量为0.2 ml,则标准状况下一氧化氮的体积为 0.2 ml×22.4 L·ml-1=4.48 L,故C正确;由分析可知,铁和氧化亚铁混合物与稀硝酸反应后,剩余的硝酸的物质的量为 0.1 ml,故D错误。
[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
11.将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水,配成1 L溶液,取出50 mL溶液,然后加入一定物质的量浓度的盐酸与它反应,得到的图像如图所示(已知:1 ml=1 000 mml)。下列说法正确的是(　　)[A] 标注NaCl的直线可代表生成CO2的物质的量[B] 原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶2[C] 盐酸的浓度是0.05 ml/L[D] 盐酸加到150 mL时,放出CO2气体224 mL(标准状况下)
盐酸加到150 mL时,实际有100 mL盐酸和NaHCO3反应生成CO2,根据化学方程式分析,HCl的物质的量等于CO2的物质的量,HCl的物质的量为0.1 L×0.05 ml/L=0.005 ml,则标准状况下二氧化碳的体积为112 mL,D错误。
二、非选择题(共2小题,共34分)12.(16分,每空4分)化学家研制出了一种复杂的铁氧化物(FexOy),取该氧化物76.0 g溶于600 mL 2.5 ml/L 稀硫酸中,得到溶液X。向溶液X中加入一定体积4.0 ml/L NaOH溶液,恰好使溶液中的金属离子沉淀完全。过滤、洗涤,将沉淀加热至质量不再变化,得残渣80.0 g。回答下列问题。(1)加热沉淀时发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　,所得残渣的颜色为　　　　　　　。 
(2)铁氧化物(FexOy)的化学式为　　　　　 　,所加NaOH溶液的体积为 　　　　mL。 
(3)向溶液X中加入足量铁粉制备绿矾(化学式为FeSO4·7H2O,相对分子质量为278),不考虑产品损失,最多能够制备　　　　g绿矾。 
【解析】 (3)76 g Fe4O5溶于600 mL 2.5 ml/L稀硫酸中,得到溶液X,向溶液X中加入足量铁粉,则溶液为硫酸亚铁溶液,则根据硫酸计算硫酸亚铁的物质的量为2.5 ml/L×0.6 L=1.5 ml,绿矾的质量为1.5 ml×278 g/ml=417 g。
13.(18分,每空6分)黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧,将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,用浓度为 0.020 00 ml·L-1 的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点,消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)　　　　(保留一位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿,理论上产生SO2的体积(标准状况)为　　 　　L,制得98%的硫酸质量为　　　　t。