2022届新高考化学一轮复习化学常用计算方法学案

化学常用计算方法

导读:化学计算一般不单独命题,作为非选择题的一个设问答题,却是

历年高考命题热点内容,培养学生的化学计算能力也是教学的重点之

一。结合高考命题情况看,高考中考查比较频繁的计算方法有关系式

法、差量法、守恒法、极值法、平均值法等。每种计算方法的基础

都是化学方程式,运用这些方法解题也能间接考查化学学科的核心素

养。

方法一关系式法一一解答连续反应类型计算的捷径

E典例导航L-⅛TW∙S

[典例1]（2019•北京卷,26节选）化学小组用如下方法测定经处理

后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。

I.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol∙Γ,KBrO3标

准溶液；

II.取VlmL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO1溶液颜色呈棕黄

色；

III.向∏所得溶液中加入V2∏1L废水；

IV.向ffl中加入过量KI;

V.用bmol-LNa2S2O3标准溶液滴定IV中溶液至浅黄色时，滴加2

滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S26溶液V3mLo

已知：I2+2Na2S2O3—2NaI+Na2S.106

Na2S2O3和NazSQ溶液颜色均为无色

请计算废水中苯酚的含量为g-L(苯酚摩尔质量:94

g∙moΓ')0

考查情境:本题以废水中苯酚的含量测定为载体,在较复杂的实验和

问题情境下,体现对元素化合物和有机化学知识的基础性、应用性和

综合性的考查。

必备知识:元素化合物知识、有机化学、化学实验、关系式法及其应

用。

关键能力:本题侧重分析实验数据和处理转化数据的能力考查,解答

本题需结合题中相关反应,找出反应物和生成物之间的关系式,代入

相关数据简化计算过程。

3

解析：溶液中n(Brθ3)=aV1×10mol,根据反应BrO"5Br.+6lΓ-

3Br2+3H20可知n(Bn)=3a%X10^mol,漠分别与苯酚和KI反应，先计

算由Kl消耗的漠的量,设为nl(Br2),根据I2+2Na2S203=

2NaI+Na2S∙,06,Br2+2Γ—I2+2Br；可得Br2-

3

2Na2S203,n(Na2S2O3)=bV3×IOTmol,n∣(Br2)=⅛V3×IOmol,再计算由

苯酚消耗的浪的量,设为M(Bn)=n(Bm)F(Be)=(3aV《bV。Xe

mol,苯酚与滨水反应的化学计量数关系为3Bn~

C6H5OH,n(C6H5OH)=∣n2(Br2)=(aV1-⅛V3)×10⅛ol,废水中苯酚的含量为

(αlΛ1-⅛y3)mol×94g∙mor】_94(6叫-bV3)~_r-ɪ

g^-i0

V2L6V2

免案.94(6α%-b%)

Q解题策略.

多个反应连续发生时,起始物与目标产物之间存在确定的量的关系。

解题时应先写出相关反应的化学方程式或关系式,找出连续反应过程

中，不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定亘

知物和目标产物之间的物质的量的关系，列式求解,从而简化运算过

1.（2018•全国II卷,28节选）测定三草酸合铁酸钾

K3EFe(C2O4)3]-3H20中铁的含量。

⑴称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO∣酸化,用Cmol-匚

1

KMnO1溶液滴定至终点。滴定终点的现象是o

⑵向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及

洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化,用Cmol-LKMnOq溶

液滴定至终点,消耗KMnOi溶液VmLo该晶体中铁的质量分数的表达

式为o

解析：（1）滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。

⑵加入锌粉后将Fe*还原为Fe2+,再用KMnO,溶液滴定,将Fe"氧化为

Fe*,MnO4转化为Mn-

「2+「3+-

Fe-HFe〜e

MnO4—*∙Mn'+〜5e-

可得关系式:5Fe"~Mnθ4

已知n(MnO1)=cVX10：imol

则n(Fe2t)=5cV×10^3mol

则In（Fe2+）=5CVXloT义56g

该晶体中铁的质量分数W（Fe）=-vx-°3-5^-g×100%=5cvx56X100%

mgm×l000

答案：（1）粉红色出现且半分钟内不变色

(2)5cvx56X100%

m×l000

2.（2019•全国∏卷,26节选）立德粉ZnS∙BaSO1（也称锌领白）,是一

种常用白色颜料。成品中Sz的含量可以用“碘量法”测得。称取m

g样品,置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol∙L^'的I2-KI溶

液于其中，并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析

出。以淀粉为指示剂,过量的L用0.1000mol.LTNa以O3溶液滴

定,反应式为l2+2S2θ^-2「+SQ/。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V

mLo终点颜色变化为,样品中S?的含量为

（写出表达式）。

解析:碘单质与硫离子的反应:S2』i2_sI+2「;碘单质与淀粉混合为

蓝色,用硫代硫酸钠滴定过量的I2,终点颜色由浅蓝色变为无色;根据

氧化还原反应得失电子数相等,利用关系式法解题;根据化合价升降

相等列关系式,设硫离子物质的量为nmol:

1mol1mol2mol1mol

nmolnmol0.1000V×10^3mol-×0.1000V×10^3mol

2

nmol+i×0.100OVXlO_3mol=25×0.1000×103mol,

2

⅛)×0.1000×103

n

则样品中硫离子含量为m6M（S2）*IoO%

mg

（25.OO二V）X0.1000×32

=-----------------------------×100%o

m×l000

答案:浅蓝色至无色

（25.θθ-ɪv）×0.1000×32

-----------------------------X100%

m×l000

3.（2020・江苏卷,18节选）二氯异氟尿酸钠优质品要求有效氯大于

60%o通过下列实验检测二氯异氟尿酸钠样品是否达到优质品标准。

实验检测原理为

+

C3N303C12+H+2H20-C3H3N3O3+2HC1O

+

HC10+2Γ+H—I2+CΓ+H2OI2+2S2O∣^—8,0t+21

准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液;取25.00

mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液,密封在暗

处静置5min;用0.1000mol-LTNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微

黄色,加入淀粉指示剂,继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液20.00

mLo

⑴通过计算判断该样品是否为优质品。

（写出计算过程,该样品的有效氯

测定中转化为HClO的氯元素质量X27.、

=--------U----------------X110n0n%o）

⑵若在检测中加入稀硫酸的量过少,将导致样品的有效氯测定值

（填“偏高”或“偏低”）。

解析：⑴依据三个反应得出关系式：C3N3（）3C15〜2HC10-2I2-4S20t,

根据Na2S2O3的消耗量,可以计算出测定中转化为HClO的氯的物质的

量,进而得出氯元素的质量,再由有效氯的计算公式：

测定中转化为HCIo的氯元素质量X2

×100%,可计算出有效氯。⑵加入的稀硫

样品质量

酸的量过少，则生成的12少,消耗NazSG的量减少，则计算出的HClo

的量偏少,导致样品的有效氯测定值偏低。

答案：(l)n(SzO^)=O.1000mol∙L^1×XlO3mol

根据物质转换和电子得失守恒关系：C3N303。〜2HC10〜2b〜4S2(⅛-得

3

n(Cl)=O,5n(S20f×10^mol

氯元素的质量：

m(Cl×103molX35.5g∙moΓ'=0.03550g

该样品的有效氯为一°°35¾⅛-⅞-L×2×100%

1∙1200

-63.39%

该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品（2）偏低

方法二守恒法一一简化过程,妙用守恒

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[典例2]（2018•浙江4月选考,29）称取4.00g氧化铜和氧化铁固

体混合物,加入50.0mL2.00mol-L的硫酸充分溶解,往所得溶液

中加入5.60g铁粉,充分反应后,得固体的质量为3.04go

请计算：

⑴加入铁粉充分反应后,溶液中溶质的物质的量_______o

（2）固体混合物中氧化铜的质量o

考查情境:本题以化学计算为载体,在简单、熟悉的研究对象和问题

情境下,体现对元素化合物知识的基础性、应用性的综合考查。

必备知识:CuO、Fe2O3的化学性质，守恒法及其应用。

关键能力:本题侧重考查识别有效证据和处理转化数据的能力,结合

题中所涉及的相关反应写出化学方程式,并能结合守恒法快速解题。

解析:Fe2()3、CuO混合物加入硫酸中充分反应后,再加入铁粉,剩余固

体有两种可能:第1种为单质Cu,第2种为Fe、CU混合物。根据溶

液中硫酸根守恒,所得溶质的物质的量为0∙100molo而加入溶液体

系中的铁元素(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0∙100mol,故可以判

断加入铁粉有剩余,剩余固体为Fe、CU混合物,排除第1种可能，

溶质为单一的FeSO∣溶液。

⑴根据溶液中硫酸根守恒,所得溶质的物质的量为

n(FeSOi)=n(H2SO4)=0.100molɑ

(2)设Fe2O3为Xmol,CuO为ymol,根据质量守恒：160x+80y=4.00,根

据整个体系中金属元素守恒：56XX56+3.04,解方程得

x=0.01,y=0.03,故CuO质量为2.40g0

答案：(1)0.100mol(2)2.40g

⑤思维建模

所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互祚

用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遒

循某些守恒规律,在化学变化中往往存在质量守恒、原子守恒、筋

电子守恒、电荷守恒和能量守恒等。应用守恒法的解题步骤：

第一步：明确题目需要求解的量；

第二步:根据题目需要求解的量,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:根据守恒思想,梳理出反应前后的守恒关系，列式计算求解。

2考向专练

1.（电荷守恒）某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种

离子,试推测X离子及其个数b可能为（B）

离子Na+AΓi+ClX

个数3a2aab

Og、4a0f>4a

∖4aOf、8a

解析:溶液呈电中性,根据表中数据可知，正电荷是3a+2a×3=9a,若X

为NOg,b为8a,A错误;若X为SOf,b为4a,B正确,D错误;OH不能

与AK共存,C错误。

2.（全国卷）（得失电子守恒）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂

的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2

的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为o（计算结果保留两位

小数）

解析:氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据:NaCI。2士匚

CΓ,Ck山J2C1,得电子数相等时,存在:NaClO2〜2Cb,故亚氯酸钠的

有效氯含量为笨仁L57。

3.（全国卷）［原子（质量）守恒］某工厂用m1kg铝铁矿粉（含Cr2O3

40%）制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为。

解析：由Cr元素守恒可知:CnO3~K2Cr2（）7,则理论生成MCnO7的质量

为（"个詈"X294）g,而实际产量为1OOom2g,则产率

二实际'''量义100%-19θzn2×100%O

理论产量147τn1

答案：*£XK)0%

147m1

方法三差量法一一化学计算中的巧思妙解

5此国In------------------------

[典例3]（2020・宁夏银川月考）16mL由NO与N⅛组成的混合气体

在催化剂作用下于400℃左右发生反应:6N0+4NH3=5N2+6H2O（g）,达

到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL,则原混合气体中NO

与NL的物质的量之比有四种情况:①5：3,②3：2,③4：3,④9：7。

其中正确的是（）

A.①②B.①④C.②③D.③④

考查情境:本题以NO与NH3在催化剂作用下反应为载体,在简单、熟

悉的研究对象和问题情境下,体现对元素化合物知识的基础性和应用

性的考查。

必备知识:N4和NO的化学性质、差量法及其应用。

关键能力:本题侧重考查分析物质性质和处理转化数据的能力，结合

NO与NL反应和差量法找出正比关系,进行相关计算,特别是隐含信

息一一可逆反应。

解析:根据反应前后气体的总体积,可用差量法直接求解。

6N0+4NH3^5N2+6H20（g）ΔV（气体的体积差）

6mL4mL5mL6mL(5+6)mL-(4+6)mL

=1mL(理论差量)

9mL6mL17.5mL-16mL

=1.5mL(实际差量)

由此可知发生反应的气体共有15mL,还剩余1mL气体,假设剩余的

气体全部是NO,则V(NO)：V(NH3)=OmL+1mL):6mL=5：3,假设剩

余的气体全部是N⅛,则V(NO)：V(NH3)=9mL：(6mL+1mL)=9：7,但

因该反应是可逆反应,剩余气体实际上是NO、NIL的混合气体,故

V(NO)：V(NH3)介于5：3与9：7之间,对照所给数据可知3：2与

4:3在此区间内。

答案：C

©规律方法

化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法。解题的一般步骤:

⑴准确写出有关反应的化学方程式。

⑵深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对

象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气

体体积、压强等,且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正

比。

⑶根据反应方程式,从“实际差量”寻找比例关系,列比例式求解。

2考向专媒

将12gCO和CO?的混合气体通过足量灼热的氧化铜后,得到气体

的总质量为18g,求原混合气体中CO的质量分数。

解析:设原混合气体中CO的质量分数为Xo

CuO+COɪCu+CO2气体质量增加（差量）

284444-28=16

12xg18g-12g=6g

即等磐，解得x=°∙875,即原混合气体中CO的质量分数为87.5%。

166g

答案:0.875或87.5%

。练后归纳

实际应用差量法时可以是质量、物质的量、气态物质的体积、反应

过程中的热量等在反应中产生的差量,该差量的大小与参加反应砥

物质的有关量成正比。解题的关键就是利用相关差量与物质有关毫

的正比关系列比例式,然后求解「

方法四极值法一一极限思维的巧妙应用

⅛I⅛1B⅛⅜E---------------------------------

[典例4]（2020・山西运城月考）将一定质量的Mg、Zn.Al混合物与

足量稀H2SO1反应,生成达2.8L（标准状况），原混合物的质量可能是

（）

A.2gB.4gC.10gD.12g

考查情境:本题以化学计算为载体,在简单、熟悉的研究对象和问题

情境下,体现对元素化合物知识的基础性和应用性的考查。

必备知识:金属活动性、酸的通性、极值法及其应用。

关键能力:本题侧重考查处理转化数据能力，结合活泼金属与酸反应

产生乩分别计算各金属的质量,再结合极值法进行推理论证等。

解析:标准状况下2.8L氢气的物质的量L「0.125

mol,Mg、Zn、Al三种金属产生等量的氢气,消耗金属质量最大的为

Zn,质量最小的为Al,假设金属全部为Zn时,其质量为0.125

mol×65g∕mol=8.125g,假设金属全部为AI时,其质量为0.125

mol×∣×27g∕mol=2.25g,则金属实际质量应介于2.25g〜8.125g

之间。故B项符合。

答案:B

©规律方法

极值法是将复杂问题假设为处于某一个或某两个极端状态,并从极端

的角度分析问题,求出一个极值,推出未知量的值;或求出两个极值，

确定未知量的范围，从而使复杂的问题简单化。其主要应用于：

(1)判断混合物组成:把混合物看成某组分的纯净物进行计算,求出最

大值、最小值,再进行分析讨论。

⑵判断可逆反应中某个量的关系:把可逆反应看作向某个方向进行

到底的反应。

(3)判断可逆反应体系中气体平均相对分子质量的大小变化,把可逆

反应看成向左或向右进行的单一反应。

(4)判断生成物的组成:把多个平行反应看作逐个单一反应。

［在(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入100mL1mol∕L的Ba(OH)2溶

液,把所得沉淀过滤、洗涤、干燥,得到的固体质量不可能是(D)

A.11.3gB.32.3gC.33.3gD.35.3g

解析：当加入Ba(OH)2溶液完全沉淀时,发生反应

(NH1)2Fe(SO1)2+Ba(OH)2=BaS01I+Fe(OH)2I+(NH1)2SOb且生成的

Fe(OH)2完全被氧化为Fe(OH)3时,所得固体质量最大,此时沉淀为

Fe(OH)3与BaSOb故沉淀的质量最大为0.1mol×233g∕mol+0.1

mol×107g∕mol=34g,故所得沉淀的质量不可能为35.3g□

2.已知氟化氢气体存在下列平衡:2(HF)3-3(HF)2,(HF)2一2HF;若平

衡时混合气体的平均摩尔质量为42g∙moΓ',则(HF)3在平衡混合气

中的体积分数为(B)

A.小于10%B.大于10%

C.等于10%D.大于或等于10%

(HF)602

3\/

42

解析:完全为(HF)3和(HF)2,根据十字交叉法可知：(HF)/则(HF)3

体积分数为2X100%=10%,完全为(HF)3和HF,根据十字交叉法可

18+2

(HF)6022

3\/

42

Z

知：HF2O、8,贝IJ(HF)3体积分数为7^7X100%=55%;所以(HF)3的体

22+18

积分数范围为10%<V(HF)3%<55%;

综上所述,故选B。

方法五平均值法一一有关混合物计算的“简化高手”

Lm.3⅜