第03讲 物质的量在化学方程式计算中的应用（讲义）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第03讲物质的量在化学方程式计算中的应用目录TOC\o"1-3"\h\u01考情透视·目标导航 202知识导图·思维引航 303考点突破·考法探究 3考点一物质的量在化学方程式计算中应用 3知识点1以物质的量为中心的转化 4知识点2用物质的量进行方程式的计算模板 4考向根据化学方程式进行计算 5考点二化学计算的常用方法 7知识点1守恒法 7知识点2差量法 7知识点3关系式法 8考向1守恒法在化学计算中的应用 9考向2差量法在化学计算中的应用 10考向3关系式法在化学计算中的应用 1204真题练习·命题洞见 13考点要求考题统计考情分析无机计算2022•浙江6月30题，4分；2022•浙江1月30题，4分；2021•浙江1月30题，4分；2020•浙江7月，4分；2022•浙江1月30题，4分；近年来高考中考查化学计算的试题主要分成两类：一类是以选择题形式出现的小计算题，一类是以填空题出现的小综合计算题，一般意在考查元素化合物与化学实验、有机化合物基础知识相联系的综合问题。高考试题将以化工生产、科学实验为背景，强调计算与化学基本理论、化学变化过程、工业流程、化学实验等结合，突出思维能力的考查和数学工具的应用，体现计算为化学应用服务，强化对化学方程式的量化理解。有机计算2021•浙江6月30题，4分；2019•浙江4月30题，4分；复习目标：1．通过对化学方程式化学计量数意义的重新认识，完成对化学反应从微观到宏观认知的转变，明确化学计量数在不同层次的运算中的使用。2．通过对物质的量在化学方程式中的应用，理解物质的量在高中化学计算的应用，建立高中使用物质的量及相关概念在方程式计算中的基本运用模型。3．通过运用物质的量及相关物理量根据化学方程式进行简单计算，感受定量研究对化学科学的重要作用。考点一物质的量在化学方程式计算中应用知识点1以物质的量为中心的转化知识点2用物质的量进行方程式的计算模板物质在发生化学反应时，参加反应的各粒子之间是按照一定比例进行的。而这些数目的粒子又可以用不同的物理量来表示。例如：2H2+O22H2O化学计量数之比2∶1∶2分子数目之比 2 ∶ 1 ∶2扩大NA倍 2NA ∶ NA ∶2NA物质的量之比2mol ∶ 1mol∶2mol质量之比 4g ∶32g∶36g标准状况下

体积之比44.8L∶22.4L∶忽略不计化学方程式中各物质的化学计量数之比=各物质的物质的量变化之比=相同状况下气体体积变化之比≠各物质的质量变化之比。根据化学方程式列比例式时应遵循上述比例关系。【方法技巧】物质的量应用于化学方程式计算类的解题步骤(1)“审”：审清题目条件和题目要求。(2)“设”：设出的未知数直接用各物理量的符号表示，并且不带单位。(3)“写”：依据题意写出并配平化学方程式。(4)“标”：在化学方程式中有关物质的化学式下面标出已知物质和所求物质有关物理量的关系，并代入已知量和未知量。比较复杂的数量关系可先化简。(5)“列”：将有关的几个量列出比例式。(6)“解”：根据上述比例式求解未知数。(7)“答”：根据题目要求简明地写出答案。考向根据化学方程式进行计算【例1】(2024•浙江省强基联盟联考)向含CuCl2和HCl的100g混合溶液中，逐滴加溶质质量分数为10%的NaOH溶液，参加反应的NaOH溶液质量与生成沉淀质量关系如图[仅考虑沉淀为Cu(OH)2]。求：(1)P点溶液中含有的溶质的化学式为。(2)图像中，m1=。(3)计算M点时溶液中溶质的质量分数(结果保留到0.1%)。【答案】(1)NaCl、CuCl2(2)120(3)8.3%【解析】(1)向含CuCl2和HCl混合溶液中逐滴加NaOH溶液，NaOH先于HCl反应，再与CuCl2反应生成沉淀，发生的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O、2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2↓+2NaCl，P点溶液是HCl恰好完全反应时图像，溶液中含有的溶质为NaCl、CuCl2；(2)设与CuCl2溶液反应的NaOH的质量为xg，生成NaCl的质量为yg，则，解得：x=8，y=11.7，与CuCl2溶液反应的NaOH溶液的质量为，m1=40g+80g=120g；(3)M点时溶液中溶质为NaCl，设NaOH溶液与HCl反应生成NaCl的质量为zg，则，解得：z=5.85，M点时溶液中溶质的质量分数。【名师点睛】1．书写格式规范化：在根据化学方程式计算的过程中，各物理量、物质名称、公式等尽量用符号表示，且数据的运算要公式化并带单位。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。2．单位运用对应化：根据化学方程式计算时，如果题目所给的两个量单位不一致，要注意两个量的单位要“上下一致，左右相当”。3．如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，必须先判断哪种过量。【变式训练】一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0g，投入50g水中，最多能产生0.2g气体，则：(1)涉及的化学方程式为，。(2)钠块中钠的质量是g。(3)钠块中氧化钠的质量是g。(4)原来钠块中被氧化的钠的质量是g。(5)设所得溶液的体积为50mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是。【答案】(1)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑Na2O＋H2O=2NaOH(2)4.6(3)12.4(4)9.2(5)12_mol·L－1【解析】(1)该过程中涉及的化学方程式有2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，Na2O＋H2O=2NaOH；(2)(3)反应生成氢气的质量为0.2g，则：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑462m(Na)0.2gm(Na)＝eq\f(46×0.2g,2)＝4.6g；m(Na2O)＝17.0g－4.6g＝12.4g；(4)m(Na2O)＝12.4g，则被氧化成氧化钠的金属钠的质量＝12.4g×eq\f(46,62)＝9.2g；(5)原样品中钠元素的质量＝4.6g＋9.2g＝13.8g，钠元素的物质的量＝eq\f(13.8g,23g·mol－1)＝0.6mol，根据钠守恒得，溶液中氢氧化钠的物质的量＝0.6mol，则氢氧化钠的浓度＝eq\f(0.6mol,0.05L)＝12mol·L－1。考点二化学计算的常用方法知识点1守恒法1．含义：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”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。2．守恒类型(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，因而反应前后原子的总数和质量保持不变。质量守恒法解题时可利用①整体守恒：即反应中反应物的总质量与生成物的总质量守恒；②局部守恒：即反应中反应物与产物中某元素的原子或离子守恒或元素守恒。(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。利用电荷守恒法可以①配平离子方程式；②巧解某些化学计算题。(3)得失电子守恒关系式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。利用得失电子守恒法可以①计算元素的化合价；②计算氧化(或还原)产物的量；③计算氧化剂、还原剂的消耗量；④计算混合物的组成。【思维建模】第一步：明确题目要求解的量；第二步：根据题目要求解的量，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：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。知识点2差量法1．含义：差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。2．差量类型(1)气体体积差量(2)气体质量差量(3)液-液质量差量(4)固-液质量差量(5)气-液质量差量(6)气-固质量差量(7)溶解度差量注意事项：①x、y可表示物质的质量、物质的量、气体体积等，因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或气体体积之差(△V)等。②分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况，存在多个反应，可能差量的增减方向并不一致，这就要取其代数和.若方向相同，则总差量等于各个分差量之和。③正确分析形成差量的原因，找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键。【思维建模】第一步：准确写出有关反应的化学方程式；第二步：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；第三步：根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。知识点3关系式法1．含义：关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间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。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。2．关系式建立的类型(1)有关化学方程式的计量数关系式：在化学反应中，任何一种元素的总质量是守恒的，即最初反应物中该元素的质量等于最终产物中该元素的质量。(2)原子守恒关系式：各步反应的化学方程式，找出最初反应物与最终生成物的物质的量的关系式，再进行一步计算。(3)得失电子守恒关系式：根据氧化剂和还原剂得失守恒建立关系式，再进行一步计算。3．一般解题步骤如下：【思维建模】方法1：第一步：准确写出各步反应的化学方程式；第二步：找出“中介”的物质，并确定最初反应物、中介物质、最终生成物之间量的关系；第三步：确定最初反应物和最终生成物之间量的关系；第四步：根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。方法2：利用电子守恒或原子守恒直接确定关系式，然后列比例进行求算。考向1守恒法在化学计算中的应用【例1】大气污染物中的氮氧化物可用NaOH溶液吸收，发生如下反应：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O请计算：(1)若33.6mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与VmL0.500mol·L-1NaOH溶液恰好完全反应，则V=_____________mL。

(2)若V(NO)∶V(NO2)=5∶1，与xmolO2混合，能与60.0mL1.00mol·L-1NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3，则x=_____________。

【答案】(1)3.00(2)0.04【解析】(1)33.6mL(折算为标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为33.6×10-3L22.4L·mo(2)n(NaOH)=1.00mol·L-1×0.06L=0.06mol；恰好完全反应全部转变成NaNO3，根据元素质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06mol，n(NO)∶n(NO2)=V(NO)∶V(NO2)=5∶1，故n(NO)=0.05mol，n(NO2)=0.01mol，根据得失电子守恒，失电子：NONO3-、NO2NO3-；得电子：O22O-2；故0.05mol×3+0.01mol×1=xmol×4，则xmol=0.05mol×3【思维建模】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”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等步骤第一步明确题目要求解的量第二步根据题目中要求解的量，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原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解【变式训练】将13.6gFe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL一定物质的量浓度的盐酸中，充分反应，生成标准状况下的氢气为896mL，过滤、滤渣经洗涤、干燥后得到1.28g固体纯净物，经检验滤液中只含有一种溶质，请回答：(1)固体中混合物中CuO的质量为。(2)盐酸的浓度为。【答案】(1)1.60g(2)3.60mol·L-1【解析】(1)据题意得，因反应后滤液中只含有一种溶质，应为FeCl2，得到的1.28g固体纯净物为Cu，n(Cu)=0.02mol，由CuO~Cu，得CuO的质量为1.60g；(2)设Fe、Fe2O3、物质的量分别为xmol、ymol，可得56x+160y+1.60=13.6，根据电子得失守恒得：2x=2y+2×0.02+0.04×2，解得x=0.10mol、y=0.04mol，反应后滤液中n(FeCl2)=x+2y=0.18mol，根据FeCl2~2HCl得，n(HCl)=0.36mol，所以c(HCl)=0.36mol/0.10L=3.60mol·L-1。考向2差量法在化学计算中的应用【例2】取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。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。请计算：(1)KMnO4的分解率为______________。

(2)气体A的物质的量为______________。

【答案】(1)60.0%(2)0.095【解析】(1)根据2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑Δm(固)(2×158)g32gm 7.90g-7.42g解得m=4.74g，即KMnO4的分解率为4.74g7.90g×100%=60.0%。(2)根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4为7.90g-4.74g=3.16g(即0.02mol)，生成K2MnO4为0.015mol，生成MnO2为0.015mol，根据固体与浓盐酸反应生成气体A，可知A为Cl2，结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2，可计算出KMnO4、K2【思维建模】差量法是指根据化学反应前后物质的相关量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中对应的理论差量跟实际差量列成比例，然后求解。如：2C(s)+O2(g)2CO(g)Δm(固)Δn(气)ΔV(气)2mol1mol2mol24g1mol22.4L(标准状况)【变式训练】200℃时将16.0gNaOH和NaHCO3的混合物放在密闭容器中加热到质量不再减少为止，称得剩余固体质量为14.8g，试回答：(1)剩余固体的化学式是__________。(2)原混合物中NaOH的质量分数__________。【答案】(1)NaOH、Na2CO3(2)65%【解析】在密闭容器中进行反应，可能的反应有：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，假设NaOH与NaHCO3恰好完全反应，则：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O△m408418xy16g－14.8g＝1.2g解得：x＝2.67g、y＝5.6g，因x+y＜16g，故16gNaOH和NaHCO3固体混合物不能恰好反应，所以存在过量问题，由于NaHCO3受热能分解，NaOH不能，因而过量物质为NaOH。(1)由上述分析可知剩余固体物质是NaOH、Na2CO3；(2)原混合物中m(NaOH)＝16g-5.6g＝10.4g，因此原混合物中NaOH的质量分数为10.4g/16g×100%＝65%。考向3关系式法在化学计算中的应用【例3】称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1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3.04g。请计算：(1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量。

(2)固体混合物中氧化铜的质量。

【答案】(1)0.100mol(2)2.40g【解析】Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，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0.100mol。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FeSO4溶液(1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)=n(H2SO4)=0.100mol(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：56×2x+64y+5.60=0.100×56+3.04，解方程得x=0.01，y=0.03，故CuO质量为2.40g。【思维建模】【变式训练】铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得：①2Cu2++5I-=2CuI↓+I3-，②I3-+2S2O32-=S4O62-+3I-现取20.00mL某含Cu2+的溶液。加入足量的KI充分反应后，用0.1000mo1·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积如表所示。序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0025.1021.2626.1631.5427.74(1)溶液中Cu2+的浓度为______________mol·L-1。

(2)用移液管量取20.00mLCu2+的溶液时俯视刻度线，最终测得的Cu2+的浓度将______________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】(1)0.125(2)偏低【解析】(1)根据表中数据三次实验消耗Na2S2O3溶液体积分别是25.10mL、24.90mL、26.20mL，第三次实验误差大，舍去，消耗Na2S2O3溶液体积的平均值是25.00mL，因此消耗Na2S2O3的物质的量是0.025L×0.1000mol·L-1=0.0025mol，根据方程式2Cu2++5I-=2CuI↓+I3-、I3-+2S2O32-=S4O62-+3I-可知2Cu2+~I3-~2S2O32-，则铜离子的物质的量是0.0025mol，其浓度是01．(2022·浙江省6月选考，30)联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)ΔH＝1.8kJ·mol−1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30kJ·g-l(假设焦炭不含杂质)。请回答：(1)每完全分解石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要投料_______kg焦炭。(2)每生产106kg纯碱，同时可获得_______kgCaO(列式计算)。【答案】(1)10.8(2)70【解析】(1)完全分解100kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的热值为30kJ·g-l(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。2．(2021·浙江1月选考，30)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O(x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6)S+K2SO3K2S2O3请计算：(1)0.480g硫单质与VmL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=______。(2)2.560g硫单质与60.0mL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=______。(写出计算过程)【答案】(1)30.0(2)3【解析】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3molS可以和6molKOH反应，0.48gS的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V===0.03L=30.0mL；(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有解得x=3。3．(2020·浙江1月选考，30)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180g·mol−1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300g样品，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.1000mol·L−1KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9821.2622.4031.5421.56已知：3MnOeq\o\al(−,4)＋5FeC2O4·2H2O＋24H+eq\o(=)3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O

假设杂质不参加反应。该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：________【答案】95.2【解析】根据方程式找出MnO4-和FeC2O4·2H2O之间的数量关系，然后进行计算求解；第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为；根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-~5，所以25mL待测液中所含FeC2O4·2H2O的物质的量为：，质量为，所以样品