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综合计算
专题3 综合计算
定性计算是考试命题中可以随意调控试题难度的部分，涉及差量法、守恒法（电子守恒、电荷守恒以及物料守恒等）、关系式法、极端假设法、平均值法、估算法等。
在这里简单介绍一下几种最常见的解题方法：
1．关系式法：
对于多步进行的连续反应，尽管每一步反应都是各自独立的（反应条件和设备可能不同），但前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可根据中间产物的传递关系，找出原料和最终产物的关系式。
由关系式进行计算会带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性。
2．守恒法：
守恒法是巧妙地选择化学式中某两数（如总化合价数、正负电荷数等）始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某粒子（如原子、电子、离子）的物质的量保持不变，做为解题的依据。
可以避免书写化学方程式，从而提高解题的速度和准确率。
该法抛开了繁琐的反应过程，只抓住始态和终态中某些物理量的守恒关系，可以简化思维，快速解答。
3．价态转换法：
价态转换也称为“等价代换”。
价态转换法就是用氢氧根离子或氯离子来沉淀某些金属阳离子时，消耗的阴离子的物质的量等于金属的“总正化合价数”。
据此，可延伸为将金属用非氧化性酸恰好溶解后，再用上述阴离子沉淀时，消耗的阴离子的物质的量等于金属失去的电子的物质的量。
4．极端假设法：
极端假设就是先将思路引向极端状态，使错综复杂的问题极端化、简单化，使之变成单一问题来求解。
极端假设法常常用于求解范围类的试题，其基本思路常常有以下三种：
（1）把可逆反应假设成向左或向右进行完全的反应；
（2）把混合物假设成纯净物；
（3）把平行反应分别假设成单一反应。
例1
铝碳酸镁[AlaMgb·（CO3）c·（OH）d·eH2O]用于治疗慢性胃炎。
称取3.01g铝碳酸镁样品，溶于50mL2mol·L－1的盐酸（过量），收集到气体112mL（标准状况）；往所得溶液中加入40mL3mol·L－1的NaOH溶液，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得固体1.74g；再将滤液稀释到100mL，测得溶液中OH－的浓度为0.1mol·L－1。
由计算可以确定e的值为（ ）
A．4B．5
C．7D．8
解析 n（HCl）＝0.05L×2mol·L－1＝0.1mol
n（CO2）＝
＝0.005mol
n[Mg（OH）2]＝
＝0.03mol
n（NaOH）＝0.04L×3mol·L－1＝0.12mol
反应后溶液中：
n（OH－）＝0.1L×0.1mol·L－1＝0.01mol
反应后溶液中的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH。
根据钠离子守衡：
n（Cl－）＋n（OH－）＋n（AlO
）＝n（Na＋）
0．1mol＋0.01mol＋n（AlO
）＝0.12mol
解得n（AlO
）＝0.01mol，则
n（Al3＋）∶n（Mg2＋）∶n（CO
）＝0.01mol∶0.03mol∶0.005mol＝2∶6∶1
即AlaMgb（CO3）c（OH）d·eH2O中a＝2，b＝6，c＝1
根据分子中化合价代数和为零，得d＝16
即化学式为Al2Mg6CO3（OH）16·eH2O
Al2Mg6CO3（OH）16的相对分子质量为530
3．01g样品的物质的量是0.005mol
m（结晶水）＝3.01g－530g·mol－1×0.005mol＝0.36g
n（结晶水）＝
＝0.02mol
可求出Al2Mg6CO3（OH）16·eH2O中e＝4。
答案 A
方法点拨 解答计算题的一般思路
（1）认真审题，梳理已知条件（注意隐含条件）与所求量（未知量）之间的关系，将已知条件（数据）转化为计算时需要的数据（比如将质量转化为物质的量），正确建立已知量与未知量之间的比例关系。
（2）与计算相关的试题通常可以通过守恒法（包括质量守恒、电子守恒、电荷守恒等），差量法（包括质量差量、物质的量差量、气体体积差量、热量差量等），极限极值法。
例2
NaHCO3在潮湿的空气中会缓慢分解，Na2CO3会吸收空气中的水分：
Na2CO3＋nH2O===Na2CO3·nH2O（n为平均值，n≤10）。
取没有妥善保管已部分变质的一定质量的NaHCO3样品溶于水配成溶液，慢慢滴入稀盐酸并不停地搅拌，加入盐酸的体积与生成的CO2的体积（标准状况）如下表。
（不计溶于水的CO2气体）
盐酸体积/mL
5
15
20
50
110
120
150
生成CO2体积/mL
0
224
448
1792
4480
4480
4480
试求：
（1）该盐酸溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
（2）未变质前NaHCO3的物质的量为________mol。
解析
（1）根据碳酸钠与盐酸反应的过程是Na2CO3
NaHCO3
CO2，开始产生气体时的反应为NaHCO3
CO2，根据表格数据可知，加入盐酸盐酸15～20mL时，放出224mL气体，设盐酸的浓度为cmol·L－1，
NaHCO3＋HCl === CO2↑＋NaCl＋H2O
1mol22.4L
0．005L×cmol·L－10.224L
＝
，c＝2。
（2）根据表格数据，溶液中n（CO
）＋n（HCO
）＝
mol＝0.2mol，用于将CO
转变为HCO
消耗HCl的体积为10mL，物质的量为10×10－3L×2.0mol·L－1＝0.02mol；故n（Na2CO3）＝0.02mol、n（NaHCO3）＝0.2mol－0.02mol＝0.18mol，则钠元素的物质的量为0.18mol＋0.02mol×2＝0.22mol，根据钠元素守恒计算NaHCO3的物质的量为0.22mol。
答案
（1）2
（2）0.22
例3
CoC2O4是制备钴的氧化物的重要原料。
图示为二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。
（1）通过计算确定C点剩余固体的化学成分为______________________（填化学式），写出B点对应的物质与O2在225℃～300℃发生反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为＋2、＋3），用480mL5mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L（标准状况）黄绿色气体，试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比（写出计算过程）。
解析
（1）由图可知，CoC2O4·2H2O的初始质量为18.3g，其物质的量为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物的质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g－5.9g＝2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol∶0.133mol≈3∶4，故C点的钴氧化物为Co3O4。
B点对应物质的质量为14.70g，与其起始物质的质量相比减少18.3g－14.70g＝3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式：
3CoC2O4＋2O2
Co3O4＋6CO2。
答案
（1）Co3O4（写成CoO·Co2O3亦给分） 3CoC2O4＋2O2
Co3O4＋6CO2
（2）由电子守恒：
n（Co3＋）＝2n（Cl2）＝2×0.2mol＝0.4mol，由电荷守恒：
n（Co原子）总＝n（Co2＋）溶液＝
n（Cl－）＝
×（0.48L×5mol·L－1－2×0.2mol）＝1mol，所以固体中的n（Co2＋）＝1mol－0.4mol＝0.6mol，根据化学式中正负化合价之和为0，氧化物中n（O）＝（0.6mol×2＋0.4mol×3）÷2＝1.2mol，故该钴氧化物中n（Co）∶n（O）＝1mol∶1.2mol＝5∶6。
1．（2017·南京学测模拟）课外活动小组探究久置的铝热剂（含Al、Al2O3、Fe2O3）的组成。
称取样品3.510g加入25.00mL稀硫酸中，固体完全溶解，生成气体537.6mL（标准状况），并得到溶液X。
X不能使KSCN溶液变色。
往X中加入过量NaOH溶液，沉淀经过滤、洗涤后，在空气中充分灼烧至恒重，冷却，称得剩余固体质量为2.400g。
下列说法一定正确的是（ ）
A．样品中Al的物质的量为0.0160mol
B．样品中Al2O3的质量为0.408g
C．所用稀硫酸的浓度为2.64mol·L－1
D．X中Fe2＋与Al3＋物质的量之比为15∶13
答案 B
解析 X不能使KSCN溶液变色，则溶液中没有Fe3＋，溶解时发生了Al＋3Fe3＋===3Fe2＋＋Al3＋；往X中加入过量NaOH溶液，沉淀经过滤、洗涤后，在空气中充分灼烧至恒重，冷却，称得剩余固体质量为2.400g，此固体为Fe2O3，物质的量为
＝0.015mol；根据原子守恒，原样品中Fe2O3的质量即为2.400g。
A项，生成H2的物质的量为
＝0.024mol，与稀硫酸反应生成氢气的Al的物质的量为0.024mol×
＝0.0160mol，X溶液中Fe2＋的物质的量为0.030mol，根据Al＋3Fe3＋===3Fe2＋＋Al3＋，可知参加反应的Al的物质的量为0.030mol×
＝0.01mol，则样品中Al的物质的量为0.0160mol＋0.01mol＝0.026mol，错误；B项，样品中Al2O3的质量为3.510g－2.40g－0.026mol×27g·mol－1＝0.408g，正确；C项，硫酸过量，剩余硫酸的量未知，无法计算其物质的量浓度，错误；D项，X中Fe2＋与Al3＋物质的量之比为0.030mol∶（0.026mol＋
×2）＝0.030mol∶0.034mol＝15∶17，错误，答案为B。
2．（2016·盐城学测模拟）将一定量的由Cu和Cu2O组成的混合粉末加入到125mL2.6mol·L－1的硝酸中，固体恰好完全溶解，得蓝色溶液X并收集到VmL（标准状况）的纯净无色气体Y。
下列结论正确的是（ ）
A．X中有两种溶质
B．Y通入纯水中得到酸性溶液
C．原混合粉末的总质量小于7.8g
D．当V＝1680时，原混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量之比为8∶1
答案 D
解析 A项，固体恰好溶解后无HNO3剩余，Cu和Cu2O中的Cu元素都被HNO3氧化生成Cu（NO3）2，所以X中溶质只有Cu（NO3）2，错误；B项，生成的“纯净的无色气体Y”是NO，NO与纯水不能发生反应，不能得到酸性溶液，错误；C项，固体完全是Cu时，3Cu＋8HNO3===3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，m（Cu）＝
×2.6mol·L－1×0.125L×64g·mol－1＝7.8g。
固体完全是Cu2O时，3Cu2O＋14HNO3===6Cu（NO3）2＋2NO↑＋7H2O，m（Cu2O）＝
×2.6mol·L－1×0.125L×144g·mol－1≈10.03g，所以原粉末质量为m时，10.03g>m>7.8g，错误；D项，设混合物中Cu为xmol，Cu2O为ymol，生成NO时得到的电子数等于固体失去的电子数，即2x＋2y＝
×3，消耗的HNO3为
x＋
y＝0.125L×2.6mol·L－1，解得x＝0.1mol，y＝0.0125mol，n（Cu）∶n（Cu2O）＝0.1∶0.0125＝8∶1，D正确。
3．（2017·镇江学测模拟）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到VL气体（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2＋和SO
）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g。
下列说法一定正确的是（ ）
A．原混合物的质量可能为11.6g
B．若上述气体仅为NO，则V可能为4.48L
C．若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1∶1，则V可能为9.0L
D．若上述气体仅为NO2，则反应中消耗的HNO3的物质的量可能为1.50mol
答案 C
解析 A项，若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）＝n（CuO）＝
＝0.15mol，质量为0.15mol×96g·mol－1＝14.4g；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）＝
n（CuO）＝
×
＝0.075mol，质量为0.075mol×160g·mol－1＝12.0g，则原混合物的质量不可能是11.6g，错误；B项，若混合物全是CuS，转移电子的物质的量＝0.15×（6＋2）mol＝1.2mol，则NO的物质的量为
＝0.4mol，体积V＝0.4mol×22.4L·mol－1＝8.96L；若混合物全是Cu2S，转移电子的物质的量＝0.075×10mol＝0.75mol，NO的物质的量为
＝0.25mol，气体体积V＝0.25mol×22.4L·mol－1＝5.6L，则气体体积不可能是4.48L，错误；C项，若混合物全是CuS，转移电子物质的量＝0.15×（6＋2）mol＝1.2mol。
NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为xmol、NO2的物质的量为xmol，则3x＋x＝1.2，解得x＝0.3，故气体体积V＝0.6mol×22.4L·mol－1＝13.44L；若混合物全是Cu2S，转移电子的物质的量＝0.075×10mol＝0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x＋x＝0.75，计算得x＝0.1875，气体体积V＝0.1875mol×2×22.4L·mol－1＝8.4L，故8.4L＜V＜13.44L，则V可能是9.0L，正确；D项，若混合物全是CuS，则NO2的物质的量为
＝1.2mol，消耗的HNO3的物质的量为0.15mol×2＋1.2mol＝1.5mol；若混合物全是Cu2S，NO2的物质的量为
＝0.75mol，消耗HNO3的物质的量为0.15mol×2＋0.75mol＝1.05mol，则反应中消耗的HNO3的物质的量不可能是1.50mol，错误。
4．将一定量的氯气通入50mL10.00mol·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系（不考虑氯气和水的反应）。
下列说法正确的是（ ）
A．若反应中转移的电子为nmol，则0.25＜n＜0.5
B．溶液中n（NaCl）∶n（NaClO）∶n（NaClO3）可能为3∶1∶1
C．与NaOH反应的氯气物质的量：
0.25mol＜n（Cl2）＜0.75mol
D．当溶液中n（NaClO）∶n（NaClO3）＝5∶1时，反应的离子方程式：
8Cl2＋16OH－===10Cl－＋5ClO－＋ClO
＋8H2O
答案 D
解析 A项，根据方程式Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，氧化产物只有NaClO时转移电子数最少，为0.5mol×
×1＝0.25mol，氧化产物只有NaClO3时转移电子数最多，为0.5mol×
×1≈0.42mol，错误；B项，令n（NaCl）＝3mol，n（NaClO）＝1mol，n（NaClO3）＝1mol，生成NaCl获得的电子为3mol×1＝3mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1＋1mol×5＝6mol，得失电子不相等，错误；C项，由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）＝n（NaCl）＋n（NaClO）＋n（NaClO3）＝0.05L×10mol·L－1＝0.5mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）＝n（NaCl）＋n（NaClO）＋n（NaClO3）＝0.5mol，故参加反应的氯气n（Cl2）＝0.25mol，错误；D项，当溶液中n（NaClO）∶n（NaClO3）＝5∶1时，即ClO－与ClO
之比为5∶1，利用得失电子守恒配平：
8Cl2＋16OH－===10Cl－＋5ClO－＋ClO
＋8H2O，D正确。
5．镁铝碱式碳酸盐[MgaAlb（OH）c（CO3）d·xH2O]阻燃剂具有阻燃、消烟、填充等功能，是一种不溶于水的新型无机阻燃剂。
（1）将MgaAlb（OH）c（CO3）d·xH2O表示成氧化物形式________。
（2）为确定镁铝碱式碳酸盐的组成，进行如下实验：
准确称取15.050g样品进行灼烧至恒重，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。
分析测得残留物中MgO为6.000g，Al2O3为2.550g，通过计算确定该镁铝碱式碳酸盐的化学式。
（写出计算过程）
答案
（1）aMgO·
Al2O3·dCO2·
H2O [或2aMgO·bAl2O3·2dCO2·（c＋2x）H2O]
（2）n（CO2）＝0.560L/22.4L·mol－1＝0.025mol；
n（MgO）＝6.000g/40g·mol－1＝0.150mol，
n（Al2O3）＝2.550g/102g·mol－1＝0.025mol，
m（H2O）＝5.400g n（H2O）＝5.400g/18g·mol－1＝0.300mol，
n（MgO）∶n（Al2O3）∶n（CO2）∶n（H2O）
＝0.150mol∶0.025mol∶0.025mol∶0.300mol＝6∶1∶1∶12，
该镁铝碱式碳酸盐的化学式为6MgO·Al2O3·CO2·12H2O[或Mg6Al2（OH）16CO3·4H2O]。
6．工业上常以活性氧的质量分数[ω（活性氧）＝16n（H2O2）/m（样品）×100%]来衡量过碳酸钠产品的优劣，ω≥13%为优等品。
现将0.2000g某厂家生产的过碳酸钠样品（所含杂质不参与后面的反应）溶于水配成溶液，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量KI，摇匀后静置于暗处，充分反应后加入少量淀粉试剂，用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定到终点，消耗Na2S2O3溶液33.00mL。
（已知：
2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI），通过计算判断样品是否为优等品（写出计算过程）。
答案 根据题目可知发生的化学反应为H2O2＋2KI＋H2SO4===2H2O＋I2＋K2SO4，
由关系式H2O2～I2～2Na2S2O3可得出：
n（H2O2）＝1.65×10－3mol，
ω（活性氧）＝16n（H2O2）/m（样品）×100%＝16×1.65×10－3mol÷0.2000g×100%＝13.2%，
故样品是优等品
7．SO2可转化为硫酸盐。
现有一种硫酸盐的化学式为Fe2（SO4）3·x（NH4）2SO4·yH2O。
现称取该复盐2.410g，加入过量的NaOH溶液并加热，生成的气体用100mL0.0500mol·L－1硫酸吸收，多余的硫酸用0.2000mol·L－1的NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液25.00mL。
再将等质量的复盐溶于水配成溶液，加足量BaCl2溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，最后得白色沉淀2.330g。
试列出计算过程确定该复盐的化学式。
答案 消耗氢氧化钠的物质的量是0.025L×0.2mol·L－1＝0.005mol，则消耗硫酸是0.005mol÷2＝0.0025mol，因此吸收氨气的硫酸是0.1L×0.05mol·L－1－0.0025mol＝0.0025mol，因此吸收的氨气是0.0025mol×2＝0.005mol。
2.330g沉淀是硫酸钡，物质的量是2.330g÷233g·mol－1＝0.01mol，因此铵根与硫酸根的物质的量之比是0.005mol∶0.01mol＝1∶2。
则
＝
，解得x＝1，这说明2.410g复盐的物质的量是0.0025mol，则其相对分子质量是2.410÷0.0025＝964，则y＝
＝24，因此化学式为Fe2（SO4）3·（NH4）2SO4·24H2O。
8．化学工业中会产生大量含铬废水，需进行无害化处理检测达标后才能排放。
废水中铬元素总浓度的测定方法如下：
向一定量含Cr2O
和Cr3＋的酸性废水样中加入足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3＋氧化成Cr2O
，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8；再加入过量的KI溶液，Cr2O
与I－完全反应后生成Cr3＋和I2后，以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。
测定过程中物质的转化关系如下：
Cr3＋
Cr2O
I2
S4O
。
（1）上述操作过程中，若无煮沸操作，则测定的铬元素总浓度会________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（2）准确移取含Cr2O
和Cr3＋的酸性废水样100.00mL，按上述方法测定废水样中铬元素总浓度，消耗0.01000mol·L－1的Na2S2O3标准溶液13.50mL。
计算该废水中铬元素总浓度（以mg·L－1表示），写出计算过程。
答案
（1）偏大
（2）I2＋2S2O
===2I－＋S4O
n（I2）＝
＝
＝6.750×l0－5mol
n（Cr2O
）＝
n（I2）＝2.250×10－5mol
n（Cr元素）＝2n（Cr2O
）＝4.500×10－5mol
废水样中铬元素总浓度＝
＝23.40mg·L－1。
9．（2017·南京学测模拟）测定硫酸镁晶体样品中MgSO4·7H2O的含量常采用下列实验方法：
Ⅰ.称取待测硫酸镁晶体样品1.500g，加入过量的EDTA，配成100mLpH在9～10之间的溶液A。
Ⅱ.移取25.00mL溶液A于锥形瓶中，用0.1000mol·L－1Zn2＋标准溶液与过量的EDTA反应，消耗Zn2＋标准溶液20.00mL。
Ⅲ.另移取25.00mL溶液A于另一只锥形瓶中，调节pH为5～6，用0.1000mol·L－1Zn2＋标准溶液与之充分反应，消耗Zn2＋标准溶液35.00mL。
已知：
①pH为9～10时，Mg2＋、Zn2＋均能与EDTA（H2Y2－）反应：
Mg2＋＋H2Y2－===MgH2Y Zn2＋＋H2Y2－===ZnH2Y
②pH为5～6时，Zn2＋除与EDTA反应，还能与MgH2Y反应：
Zn2＋＋MgH2Y===ZnH2Y＋Mg2＋
③样品中杂质不参与反应。
计算硫酸镁晶体样品中MgSO4·7H2O的质量分数。
（写出计算过程）。
答案 n（过量EDTA）＝n（Zn2＋）＝0.1000mol·L－1×0.02000L＝0.002mol
n（Mg2＋）＝n（Zn2＋）－n（过量EDTA）＝0.1000mol·L－1×0.03500L－0.002mol＝0.0015mol
w（MgSO4·7H2O）＝
×100%＝98.4%。
10．肼是一种强还原剂，用NaClO与NH3反应可用于生产肼（N2H4），其反应的化学方程式为NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O。
（1）生产1000g质量分数为25.6%的肼溶液最少需要________L（标准状况）NH3。
（2）工业次氯酸钠溶液中含有氯酸钠会影响所得肼的产品质量。
测定次氯酸钠样品中的氯酸钠含量的方法如下：
取10.00mL碱性NaClO溶液试样，
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