化学计算的常用方法-2025年高考化学一轮复习讲义（解析版）

第03讲《恙此矗醺蠹用电盍

复习目标

01进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。

02了解化学计算的常用方法。

03初步建立化学计算的思维模型。

考点一利用差量法计算

重点■夯基易错

1.差量法应用原理

差量法是指根据化学反应前后物质的某种差量进行计算的方法。这种差量可以是质量、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的各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量的正比关系列出比例式，然后求解。

2.差量法的解题关键是找准研究对象。

通常有：①固体的质量差，研究对象是固体。②气体的质量差，研究对象是气体。③液体的质量差，研究

对象是液体。

3.解题的一般步骤

（1）准确写出有关反应的化学方程式。

⑵深入细致地分析题意，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；

（3）根据化学方程式，列出“理论差量”“实际差量”与物质相关量的比例关系，然后列比例式求解。

.点拨•能力培养

1.将12gCO和CO2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。

【答案】原混合气体中CO的质量分数为87.5%。

【解析】设原混合气体中CO的质量分数为X。

△

CuO+COCu+CO2气体质量增加（差量）

284444-28=16

12xg18g-12g=6g

2812xgEg

—=--解得尤=0.875。

166g

2.为了检验某含有NaHCCh杂质的Na2cO3样品的纯度，现将质g样品加热，其质量变为吸g,请列式计

算该样品中Na2c。3的质量分数。

【解析】样品加热发生的反应为

2NaHCO3=^=Na2cO3+H2O+CO2tAm

16810662

m（NaHCO3）（%一功）g

〜r,168（例一畋）

样品中m（NaHCO）=--------------g,

362

168（%一畋）

样品中（冽（Na2co3）=叫g------------------g,

62

168（阿一畋）

廿广电八团必加（Na2co3）"1g62g84股—53例

其质量分数为〜匚X100%=-----------------------X100%=---------------X100%

加（样品）g31仍o

考点二利用关系式法计算

重点■夯基易错

1.关系式法含义

是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前

一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系

式。

2.应用关系式法的思维模型

［第二步H写出各步反应的化学方程式］

根据化学方程式找出作为“中介”的

［第二步—物质，并确定最初反应物、中介物

|质、最终生成物量的关系

（一一止）确定最初反应物和最终生成物量的

I第亍步共关系___________________

两而根据已知条件及关系式列出比例式

mJ四"口计算求解____________________

方法■规律总结

常见的关系式法有三种：

(1)叠加法(如利用空气、木炭、水蒸气制取氨气)

C+H2O(g)=2^=C0+H2

CO+H2O(g)=S5=CO2+H2I0

C+2H2O(g)===^=CO2+2H2I3C+2N2+6H2O=

卜2+3H2高蛊裁2NH3『3CO2+4NH3

由空气、木炭、水蒸气制取NE过程中，C和NH3的关系式为3c〜4NH3。

(2)元素守恒法

催化齐U

4NH3+5。2=^=4NO+6H2O

2NO+O2==2NO2

3NO2+H2O=2HNO3+N0

NO经多次氧化和吸收，最终氮元素可完全转化到硝酸中，由氮元素守恒知：NH3~HNO3O

(3)电子转移守恒法

失去85得4L-2

NH3----------►HNO3,O2---------->20

由得失电子总数相等知，经氧化等一系列反应生成和的关系式为

NH3HNO3,NH302NH3~2O2=

点拨■能力培养

1.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0.1000g样品在空气中充分灼烧，将生

成的SO2气体与足量Fe2(SC>4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol-L-1的矽。2。7标准溶液滴定至终点,

消耗K2Cr2O7标准溶液25.00mLo

3+2+

已知：SO2+2Fe+2H2O=SOF+2Fe+4H+

2++3+3+

Cr2OF+6Fe+14H==2Cr+6Fe+7H2O

(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)(保留1位小数)。

⑵燃烧10t上述黄铁矿，理论上产生SO?的体积(标准状况)为L,制得98%的硫酸质量为

【答案】(1)90.0%(2)3.36X10615

【解析】⑴据方程式：4FeS2+1102=2Fe2O3+8SO2

3+2+

SO2+2Fe+2H2O=SOF+2Fe+4H+

2+3+3+

Cr2O?+6Fe+14H+=2Cr+6Fe+7H2O

得关系式：

c3

2+

Cr2Or-6Fe-3SO2--FeS2

3

1-

2

1

0.02000mol-L^Xm(FeS2)

0.02500LnOgmol1

m(FeS2)=0.09000g

样品中FeS2的质量分数为90.0%o

高沪

(2)4FeS2+1102=5=2Fe2O3+8SO2

4mol8mol

10X106X0.9

----------------------mol«(SO)

1202

〃(SC>2)=L5X105mol

6

nSO2)=3.36X10L

由SO2~SO3〜H2sO4

1mol98g

1.5X105mol加(H2so4)义98%

得2so。=1.5XICTg=i5to

2.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10tNH3,总共可以制得

63%的HNO3多少吨？

【答案】51.95t

【解析】氨氧化法制硝酸的原理为4NH3+502矍^4NO+6H2O,2NO+O2=2NO2,3NO2+

H2O=2HNO3+NOO从以上三个化学方程式来看，氨与硝酸的关系式为3NE〜2HNO3,但工业生产上NO

要进行循环利用，经过多次循环后，氨几乎全部转化为硝酸，则关系式应为NH3〜HNO3。设可制得63%的

则17g'm°rl63g-mol-1

HNC)3的质量为x,,解得:351.95to

lotX96%X92%63%x

考点三利用守恒法计算

重点•夯基易错

1.应用原理

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”。一切化学反应都遵循某些守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子数目守恒、

得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。

2.解题步骤

除二质I丽确赖百嘉要束廨的基一

G......-----.................

:J根据题目中需要求解的量，分析反应过程中

;史二冬一1物质的变化，找出守恒类型及相关的量

G,---------

，:根据守恒原理，梳理出反应前后的守恒关系,

堡三纥L列式计算求解

方法•规律总结

1.质量守恒（原子守恒）

依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。

2.电荷守恒

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。

3.得失电子守恒

氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数=元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数=

氧化剂得电子的总数。

点拨•能力培养

I.将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH溶液,

产生沉淀的情况如图所示。下列说法不正确的是（A）

开始沉淀沉淀开

沉，淀最，多始不变

0没有10沉淀60沉淀70沉淀V（NaOH溶液）/mL

沉淀增加减少不变

A.不能求出硝酸的物质的量浓度

B.氢氧化钠溶液的浓度为3moi[T

C.可以求出合金中镁的质量

D.可以求出沉淀的最大质量

【解析】向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀生成，说明原溶液中硝酸过量，与硝酸反应

的NaOH溶液是10mL,沉淀达到最多时生成沉淀消耗的NaOH溶液是50mL,溶解氢氧化铝消耗的NaOH

溶液是10mL,则生成氢氧化铝消耗的NaOH溶液是30mL,因此生成氢氧化镁消耗的NaOH溶液是20

mL,根据离子方程式AF++3OH-=A1（OH）3八Mg2++2OH-==Mg（OH）2J可知金属镁、铝的物质的量

之比为1：1。生成的NO为0.05mol,转移电子为0.15mol,根据得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量为

0.15mol0.03mol

-----------=0.03molo溶解0.03mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.03mol,则氢氧化钠溶液浓度为-------=3

50.01L

molL-1,故B正确；沉淀达到最多时所得溶液是硝酸钠溶液，根据钠离子守恒和硝酸根守恒可以求出硝酸

的物质的量浓度，故A错误；从以上分析可知，可以求出合金中镁的质量，故C正确；从以上分析可知可

以求出沉淀的最大质量，故D正确。

2.在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，AP+的物质的量浓度为0.2mol-LT,SO厂为0.4mol-LT,溶液中Na+

的物质的量浓度为（）

A.0.1molL-1B.0.2mol【T

C.0.3mol-L1D.0.4moU

【答案】B

【解析】在任何一个溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则有3c（AP+）+C（Na

+）=2c（S0F）,解得c（Na+）=0.2mol-L1.,

考点四利用平均值法计算

重点•夯基易错

1.依据

若右>招，则4+B，因可代表平均相对原子（分子）质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗

里寺。

2.应用

已知X可以确定右、羽的范围；若已知工、羽可以确定区的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围,

很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。

点拨•能力培养

1.两种金属混合物共15g,投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2LHz（标准状况），则原混合物的组成

肯定不可能为（)

A.Mg和AgB.Zn和Cu

C.Al和ZnD.Al和Cu

【答案】B

【解析】本题可用平均摩尔电子质量（即提供1mol电子所需金属的质量）法求解。反应中H+被还原生成

H2,由题意可知15g金属混合物可提供1mole、其平均摩尔电子质量为15g皿0「1。选项中金属Mg、

Zn、Al的摩尔电子质量分别为12g•moL、32.5gmol-1>9gmol-1,其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩

尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15

gmol^1,另一种金属的摩尔电子质量小于15g-molT。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。

演练"提能力

一、差量法的应用

1.将aLNE通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为6L（气体体积均在同温同压下测定）,

该6L气体中NH3的体积分数是（）

2a~bb~a

A.--------B.——

ab

2a~bb~a

C.--------D.——

ba

【答案】C

【解析】设参加反应的氨气体积为x,则

2NH3D[fbnN2+3H2AK

22

xb~a

x=(b-a)L

aL-(b~a)L2a-b

所以气体中NH的体积分数为■—-—-=——。

3bLb

2.16mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400°C左右可发生反应：6NO+4NH3nn5N2+

6H20(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NH3的物质的量之比有

四种情况：

①5：3②3：2③4：3④9：7。其中正确的是()

A.①②B.①④

C.②③D.③④

【答案】C

【解析】根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。

6NO+4NH3□□5N2+6H2O(g)A■(气体的体积差)

6mL4mL5mL6mL(5+6)~(4+6)

=l(mL)(理论差量)

9mL6mL17.5-16

=1.5(mL)(实际差量)

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NO,则/(NO)：K(NH3)=(9mL+

1mL)：6mL=5:3,假设剩余的气体全部是NH3,则P(NO)：K(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、NH3的混合气体，故r(NO):XNH3)介于5：3与9：7之间,

对照所给的数据知3：2与4：3在此区间内。

二、关系式法的应用

3.200吨含硫40%的黄铁矿，用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质量为多少吨？

答案257.91

【解析】根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S-FeS2-2H2SO4

即：S〜H2so4

3298

200tX40%95%-x

32:98=(200tX40%)：(95%,)

x-257.9to

4.称取2.0g制得的K2FeC»4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液

转移到250mL容量瓶定容。取25.00mL定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸

钠作指示剂，用0.10mol-LT(NH4)2Fe(SC)4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消

耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00mL„发生的反应有：

FeOF+CrO2+2H2O=CrOF+Fe(OH)3I+OH-,

2CrOF+2H+=Cr2O7-+H2O,

2+33+

Cr2or+6Fe+14H+=2Cr++6Fe+7H2Ot,

则标准溶液应选用(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeC>4样品的纯度为%=

【答案】酸式85.8

【解析】FeOr-CrOF-CrOr-3Fe2+

22

1mol3mol

n0.10molL-1X0.026L

«=-X0.10mol-L-1X0.026L,该样品的纯度为

3

《*0.10molL1x0.026Lx198g-mor1x二?产上

------------------------------------空皿1ioo%=85.8%。

2.0g

三、守恒法的应用

5.在aLA12(SC>4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入6moiBaCb，恰好使溶液中的SO厂完全沉淀；加入足量

强碱并加热可得到cmolNH3,则原溶液中AF+的浓度(111011-1)为()

2b—c2b-c

A.-------B.--------

2aa

2b—c2b—c

C.--------D.--------

6a3a

【答案】D

【解析】由混合溶液中加入6moiBaCb，恰好使溶液中的SO仁完全沉淀，根据SOT+Ba2+=BaSC>43

可知n(SOr)=bmol；由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3,根据NHt+OH-

NH3t+也0可知"(NH才)=cmol,由于溶液不显电性，设原溶液中AF+的物质的量为xmoL由电

2b—c

荷守恒可知，3x+c=2b,所以x=一7，由于溶液的体积是aL,所以原溶液中AP+的物质的量浓度c(AF

+)=-------------=--------molL-1,故D正确。

aL3a

6.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4480mL的NO2气体和336mL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()

A.9.02gB.8.51g

C.8.26gD.7.04g

【答案】B

【解析】最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6g,关键是求增加的NOH1,〃(OH-)等于金

属单质所失电子的物质的量，即〃(OH-)=f^X1mol+-^-X2mol=0.23mol,故沉淀的质量为4.6g+

2240022400

0.23X17g=8.51go

四、平均值的应用

7.把含有某一种氯化物杂质的MgCb粉末95g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl为

300g,则该MgCb中的杂质可能是()

A.NaClB.AlCh

C.KC1D.CaCl2

【答案】B

【解析】提供1molC「所需各物质的质量(即平均摩尔C「质量)分别为

物质的化学式

MgCl2NaClA1C13KC1CaCl2