“几种重要的金属”计算题巧解例析

七、摩尔电子质量法
例7.由两种金属组成的合金10g投入足量的稀硫酸中，反 应完全后得到氢气11.2L(标准状况下)，此合金可能是 （ ） A.镁铝合金
C.铝铁合金
B.镁铁合金
D.镁锌合金
解析：将金属每失去1mol电子所需金属的质量称为摩尔电子质量。 由题意，生成0.5molH2，金属失去的电子即为1mol，即合金的平 均摩尔电子质量为10gmol―1，镁、铝、铁、锌的摩尔电子质量分 别为：12、9、28、32.5（单位：gmol―1），由平均值可知，混合 物中一种金属的摩尔电子质量小于10gmol―1，另一种大于 10gmol―1，故选A、C。
x+y==0.1（Fe元素守恒）2x+3y=
得：x=0.06mol，y=0.04mol。则x∶y=3∶2。故选D。
五、元素守恒
例5.将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7molL―1的盐酸中。 氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气 时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素 的质量分数为 （ ） A.72.4% B.71.4% C.79.0% D.63.6% 解析：铁的氧化物中含Fe和O两种元素，由题意，反应后，HCl中的 H全在水中，O元素全部转化为水中的O，由关系式：2HCl~ H2O ~O，得：n（O）= 1 n( HCl ) 1 0.7mol 0.35mol ，m（O）=0.35mol×16gmol―1=5.6 g； 而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L ÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=
HCl+NaOH=NaCl +H2O（可能）
MgCl2+2NaOH =Mg（OH）2↓ +2NaCl
AlCl3+3NaOH = Al（OH）3↓+3NaCl
若要由反应方程式分别求出镁、铝的物质的量，繁而难解， 可运用“终态法”，沉淀为最大量时，即镁、铝全部以 =Mg（OH）2 、Al（OH）3存在，而此时溶液中只存在 NaCl，则根据原子守恒，有：n（NaOH）=n（HCl） =0.5L×4mol· ―1=2mol，V（NaOH）==1L=1000mL，选C。 L 二、等量代换法
“几种重要的金属” 计算题巧解例析
一、终态法 例1.有镁、铝的混合粉末10.2g，将它溶于 500mL4mol· ―1的盐酸中，若要得到沉淀量为最大 L 值，则需加入2mol· L―1的NaOH溶液的体积为 ( ) A.300mL B.500mL C.1000mL D.1500mL 解析：有关反应为：Mg+2HCl = MgCl2+H2↑ 2Al+6HCl = 2AlCl3+3H2↑
A.1.5mol/L B.0.5mol/L C.2mol/L D.1.2mol/L
解析：粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作 起来相当繁琐，但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发 现，反应后只有Na2SO4存在于溶液中，且反应过程中SO42―并无 损耗，根据电中性原则：n（SO42―）=n（Na+），则原硫酸的浓 度为：2mol/L，故选C。
八、极端假设法 例8.含n g硝酸的稀溶液恰好和m g铁粉充分反应，铁与硝 酸均无剩余，若硝酸还原产物只有NO，n∶m不可能是 （ ）A. 2∶1 B. 4∶1 C.3∶1 D.9∶2
3 1
≤
n m
≤
9ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2
选A。
1 1 n(Cl ) 0.75mol 0.，m（Fe）=0.25mol×56gmol―1=14 g， 25mol 3 314g 100% 71.4% 则 ( Fe) ，故选B。 14g 5.6 g
2 2
六、关系式法 例6. 16g硫粉和42 g铁粉，混合并在隔绝空气情况下加热，当完 全反应后，再加入过量的盐酸，生成的气体在标准状况下的体积 为 （ ）A.22.4L B. 16.8L C. 11.2L D.5.6L 解析：在铁与硫的反应后，无论何种物过量，与最终的气体量无 关。因为： Fe ~ H2↑ ，FeS ~ H2S↑；即气体的物质的量等于铁的物质的量。n （Fe）==0.75mol，v(↑)= 0.75mol×22.4L/mol=16.8L，故选B。
例2.有一块Al-Fe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量 的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、 灼烧完全变成红色粉末后，经称量，红色粉末的质量 恰好与合金的质量相等，则合金中铝的质量分数为 （ ）
A.70％ B.30％ C.47.6％ D.52.4％
解析： 变化主要过程为：
Al HCl AlCl3 过量NaOH NaAlO2 Fe FeCl2 Fe(OH ) 2 灼烧 Fe2O3
四、得失电子守恒法
例4.某稀硝酸溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉 全部溶解，生成NO，溶液质量增加3.2g，所得溶液中 Fe2+和Fe3+物质的量之比为 （ ）
A.4∶1 B.2∶1 C. 1∶1
5 .6 3 .2 3 30
D. 3∶2
（得失电子守恒）
解析：设Fe2+为xmol，Fe3+为ymol，则：
由题意得：Fe2O3与合金的质量相等，而铁全部转化为Fe2O3， 故合金中Al的质量即为Fe2O3中氧元素的质量，则可得合金中铝 的质量分数即为Fe2O3中氧的质量分数，O%=×100%=30%，选 B。 三、电荷守恒法
例3.将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收 集到1.68LH2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了 中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L 的NaOH溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为 （ ）