第03讲 化学计算的常用方法（讲义）-备战2024年高考化学一轮复习精品课件+讲义+练习（新教材新高考）

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第03讲 化学计算的常用方法目录考情分析网络构建 方法一　守恒法【夯基·必备基础知识梳理】知识点1、守恒法含义知识点2、守恒法一般解题步骤知识点3、守恒类型【提升·必考题型归纳】考向1 守恒法的应用方法二 差量法【夯基·必备基础知识梳理】知识1、差量法含义知识2、差量法一般解题步骤知识3、差量类型【提升·必考题型归纳】考向2 差量法的应用方法三　关系式法【夯基·必备基础知识梳理】知识点1、关系式法含义知识点2、关系式建立的类型知识点3、关系式法一般解题步骤【提升·必考题型归纳】考向3 关系式法的应用方法四 十字交叉法【夯基·必备基础知识梳理】知识点1、十字交叉法含义知识点2、十字交叉法一般解题步骤知识点3、十字交叉法常用于求算类型【提升·必考题型归纳】考向4、十字交叉法的应用真题感悟方法一　守恒法知识点1、守恒法含义：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。知识点2、守恒法一般解题步骤如下：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3、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。常常用于氧化还原反应和电化学的计算。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。考向1 守恒法的应用例1、在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。290～500 ℃，发生反应的化学方程式为________________________________。【解析】n[Co(OH)2]＝eq \f(0.930 g,93 g·mol－1)＝0.01 mol，根据钴原子守恒，m(Co)＝0.590 g,290 ℃时，n(O)＝eq \f(0.830－0.590,16) mol＝0.015 mol，故290 ℃时氧化物为Co2O3，根据钴原子守恒，500 ℃时n(O)＝eq \f(0.803－0.59,16)mol＝0.013 3 mol，故500 ℃时氧化物为Co3O4。化学方程式为6Co2O3eq \o(============,\s\up10(290～500 ℃))4Co3O4＋O2↑。【答案】6Co2O3eq \o(============,\s\up10(290～500 ℃))4Co3O4＋O2↑【变式训练1】（原子守恒）有14 g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100 g质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为(　　)A.20.40 g B.28.60 g C.24.04 g D.无法计算【解析】混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl，由Cl－质量守恒关系可得100 g×15%×eq \f(35.5,36.5)＝m(NaCl)×eq \f(35.5,58.5)，解得m(NaCl)≈24.04 g。【答案】C【变式训练2】(电荷守恒)把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，该混合溶液中K＋浓度为(　　)A．10(b－2a)mol·L－1 B．5(b－2a)mol·L－1C．2(b－a)mol·L－1 D．10(2a－b)mol·L－1【解析】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据Ba2＋＋SOeq \o\al(2－,4)===BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(Na2SO4)＝a mol；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝b mol，根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝b mol－2a mol＝(b－2a)mol，故c(K＋)＝eq \f(b－2amol,0.1 L)＝10(b－2a)mol·L－1。【答案】A【变式训练3】(电子守恒)某强氧化剂XO(OH)eq \o\al(＋,2)可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10－3 mol XO(OH)eq \o\al(＋,2)需用30 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是(　　)A．XO B．X2O3 C．X2O D．X【解析】由题意知，S元素由＋4价→＋6价，假设反应后X的化合价为＋x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可得，1.2×10－3 mol×(5－x)＝0.03 L×0.1 mol·L－1×(6－4)，解得x＝0，所以X元素被还原后的物质是X，D项正确。【答案】D【思维建模】守恒法解题步骤方法二 差量法知识1、差量法含义：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。知识2、差量法一般解题步骤如下：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3、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【特别提醒】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。考向2 差量法的应用例2、为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是(　　)A.eq \f(84w2－53w1,31w1) B.eq \f(84w1－w2,31w1)C.eq \f(73w2－42w1,31w1) D.eq \f(115w2－84w1,31w1)【解析】由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得如下关系：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O2×84　　　　　 62x　　　　　　 w1－w2则x＝eq \f(84w1－w2,31)，故样品纯度为eq \f(mNa2CO3,m样品)＝eq \f(w1－x,w1)＝eq \f(84w2－53w1,31w1)。【答案】A【变式训练1】(质量差)将12 g CO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18 g，则原混合气体中CO的质量分数为________。【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)　 28 g　　　　 44 g　44 g－28 g＝16 g 12x g 18 g－12 g＝6 geq \f(28 g,16 g)＝eq \f(12x g,6 g)，解得x＝87.5%。【答案】87.5%【变式训练2】(双选)(气体体积差)16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比可能为(　　)A．5∶3　　　B．3∶2　　　C．4∶3　　　D．9∶7【解析】根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)　 ΔV(气体的体积差)6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量)9 mL 6 mL 17.5 mL－16 mL＝1.5 mL(实际差量) 由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3；假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝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V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3 之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。【答案】BC【变式训练3】(热量差量)高炉炼铁中发生的基本反应之一为：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g) △H=-11kJ/mol，将一定量的FeO和50molCO置于高内,测得反应放出热量110kJ,则此时CO2和CO的体积比为A.1：10 B.1：4 C.4:1 D.10:1【解析】化学反方程式可知: Feo(s)+CO(g)=Fe(s)+ CO2(g)△H=-11.0kJ/mol 1mol 1mol 11 kJ开始 50mol 0消耗 10mol 生成10mo1 110kJ解得n(CO2):n(CO)=10:40=1:4【答案】B。【变式训练4】(物质的量差量)白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中，在277 ℃达到平衡，容器内压强为1.01×105Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol，求平衡时PCl5的分解率__________。【解析】计算PCl5的起始物质的量，利用差量法计算参加反应的PCl5的物质的量，进而计算平衡时PCl5的分解率。5.84gPCl5的物质的量为=0.028mol，设参加反应PCl5的物质的量为x，则：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g) 物质的量增大1 1X 0.05mol-0.028mol=0.022mol故x=0.022mol，则平衡时PCl5的分解率，故答案为：平衡时PCl5的分解率为78.6%。【答案】78.6%。【思维建模】利用差量法进行方程式计算要注意前后固体质量的变化，并能列出方程组计算。减小的质量=生成的二氧化碳和水的质量，求出，再利用关系式法求解。方法三　关系式法知识点1、关系式法含义：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。知识点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。知识点3、关系式法一般解题步骤如下：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。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3 关系式法的应用例3、(2019·全国卷Ⅰ，节选)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，失重 5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。【解析】关系式：NH4Fe(SO4)2·xH2O　～　1.5H2O　　　　　　266＋18x　　　　　　　　1.5×18故eq \f(1.5×18,266＋18x)＝5.6%，x≈12。【答案】NH4Fe(SO4)2·12H2O【变式训练1】（根据原子守恒找关系式）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 mol·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%【解析】由S原子守恒和有关反应可得出：S～H2SO4～2NaOH32 g 2 molm(S) 0.5×10×10－3 mol得m(S)＝0.08 g原混合物中w(S)＝eq \f(0.08 g,0.22 g)×100%＝36%。【答案】C【变式训练2】（根据电子守恒找关系式）将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶 液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2Oeq \o\al(2－,7)中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。【解析】由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2Oeq \o\al(2－,7)中＋6价铬所得电子的物质的量相等，eq \f(1.08 g,72 g·mol－1)×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2Oeq \o\al(2－,7))×(6－3)×2，得c(Cr2Oeq \o\al(2－,7))＝0.100 mol·L－1。【答案】0.100 mol·L－1【变式训练3】（根据相关反应找关系式）金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。【解析】Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O73×119 g 1 molx 0.100×0.016 molx＝eq \f(3×119 g×0.100×0.016 mol,1 mol)＝0.571 2 gw(Sn)＝eq \f(0.571 2,0.613)×100%≈93.2%。【答案】93.2%。【思维建模】关系式法解题步骤方法四 十字交叉法知识点1、十字交叉法含义：十字交叉法是解二元一次方程式的图解形式，应用于解二元混合体系且与平均值有关的计算问题。它是一种具有简化解题思路、运算简便、计算速度快、计算不易出差错等优点的解题方法。其原理如下：若 a、b（a > b）分别表示某二元组分中两种组分的量，c 表示 a、b 两组分的相对平均值，x、y 分别表示 a、b 在混合体系中所占的比例，则有二元一次方程组：x+y=1 ①ax+by=c ②把②式除以①式并移项整理得：x/y=(c-b)/(a-c)，由此可得到如下图式：。知识点2、十字交叉法一般解题步骤如下：第一步：确定交叉点上的物质物理量的平均数；第二步：写出合成物质物理量的平均数的两个分量；第三步：按斜线作差取绝对值，得出相应物质物理量的配比关系。知识点3、十字交叉法常用于求算类型：（1）有关质量分数的计算；（2）有关平均相对分子（原子）质量的计算；（3）有关反应热的计算；（4）有关混合物反应的计算。【特别提醒】(1)确定好平均数和合成这个平均数的两个分量，在确定这些数量的过程中要遵照统一的基准。(2)此方法所得比值是基准中产生两个分量的物质之间的配比，而不是各分量所示物质之间配比，其物理量与基准中的物理量相同，即与中间值平均数单位中分母单位对应的物理量，如平均值单位为g/mol，单位的分母为mol，对应的物理量为物质的量，则其配比为物质的量之比。考向4、十字交叉法的应用例4、已知下列两个热化学方程式 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)＋571.6KJ C3H8(g)＋5O2(g)＝3CO2(g)＋4H2O(l)＋2220.0KJ.实验测得H2、C3H8混合气体共5mol完全燃烧时放热3847KJ，则原混合气体中H2、C3H8的体积比是（ ）Ａ.1:3 Ｂ.3:1 Ｃ.1:4 Ｄ.1:1 【解析】＝≈是求出每摩 H2、C3H8完全燃烧时放出的热量，然后用十字交叉法求出． H2 285.8 1450.6 769.4 C3H8 2220. 0 483.6 【答案】Ｂ【变式训练1】有1.5L的C2H4和C2H2组成的混合气体，恰好能与同条件下的2.7L的H2完全加成生成乙烷，则原混合气体中C2H4、C2H2的体积比为（ ）Ａ.1: 1 Ｂ.1:2 Ｃ.1:4 Ｄ.4:1【解析】每1L C2H4、C2H2分别加氢，消耗H2的量为1L、2L，平均每1L混合气体加H2量为＝1.8(L)，可用十字交叉法求解．C2H4 1 0.2 1.8 C2H2 2 0.8 即 。【答案】C【变式训练2】 Li2CO3和BaCO3的混合物与盐酸完全反应，所消耗盐酸的量与等质量的CaCO3和同浓度的盐酸反应所消耗盐酸的量相等．则混合粉末中Li2CO3和BaCO3的质量之比为（ ）Ａ.3:5 Ｂ.5:3 Ｃ.7:5 Ｄ.5:7【解析】首先请判断用下列十字交叉法求出两者之比是什么量之比．Li2CO3 74 97 100 ＝? BaCO3 197 26 若设均与2 mol HCl反应，则所需的Li2CO3、BaCO3、CaCO3各1 mol，摩尔质量分别为74g/mol、197g/mol、100g/mol.故上面用十字交叉法求出的是Li2CO3和BaCO3的物质的量之比．然后换算为质量比．＝  ＝＝.【答案】C【思维建模】十字交叉法求出的表示什么量之比，要视参加交叉的a1、a2、的意义而定，a1、a2、的量纲中分母是何种物理量，就是该物理量之比．在不同的情况，它可以是物质的量之比、气体体积之比、质量之比、原子个数比等。1.（2022·全国乙卷·11）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体B．最高价氧化物的水化物酸性：C．阶段热分解失去4个D．热分解后生成固体化合物【答案】D【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。【解析】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去去4个H2O，故C错误；D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。综上所述，答案为D。2．（2022·北京·高考真题）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。已知：下列说法不正确的是A．温度升高时不利于吸附B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动C．转化为的反应是D．每获得时，转移电子的数目为【答案】D【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误；故选D。3．（2022·河北·高考真题）溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：下列说法错误的是A．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C．中和工序中的化学反应为D．参与反应的为1∶1∶1【答案】A【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。【详解】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法正确；D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)为1:1，因此，参与反应的n(Br2): n(BaS):n(H2SO4)为1:1:1，D说法正确；综上所述，本题选A。4．(2020·天津卷，15节选)为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了以下方案。Ⅰ.甲方案实验原理：CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2实验步骤：固体质量为w g，则c(CuSO4)= ________mol·L－1。【解析】【答案】eq \f(40w,233)5．(2022·6月浙江选考，27)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＝1.8×102 kJ·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30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)。请回答：(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)。【答案】(1)10.8　(2)eq \f(106 kg×56 g/mol,106 g/mol×40%×2)＝70【解析】(1)完全分解100 kg石灰石(含CaCO3 90%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是eq \f(100 000 g×0.9,100 g/mol)×180 kJ/mol＝162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(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eq \f(162 000,30) g×2＝10 800 g＝10.8 kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是eq \f(10 800 g,12 g/mol)＝900 mol，参加反应的碳酸钙的物质的量也是900 mol，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eq \f(106 kg×56 g/mol,106 g/mol×40%×2)＝70 kg。考点要求考题统计考情分析守恒法2022·全国乙卷11题，6分2022·山东卷8题，2分2022·6月浙江选考卷27题，4分以物质的量为中心的综合运算，常与化学方程式结合起来进行解答，涉及的运算方法主要有守恒法、差量法、关系式法和十字交叉法，而解题中最常用的守恒法是化学学科中的一种基本思想和方法，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。差量法2021·河北卷14题（4）问①，2分关系式法2020·天津卷15题节选，2分守恒分析反应分析①CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2；②沉淀过程中硫原子守恒；③固体经洗涤、灼烧、称重，最后得到的固体(w g)是BaSO4计算BaSO4的物质的量，用守恒求解，根据硫原子守恒可知，CuSO4～BaSO4，而n(BaSO4)＝eq \f(w,233) mol，则有c(CuSO4)＝eq \f(n,V)＝eq \f(\f(w g,233 g·mol－1),0.025 L)＝eq \f(40w,233) mol·L－1