1、金属相关计算题解法例析 计算能力是中学化学要求学生具备的能力之一，高考计算题可以很好的考查这一能力，与金 属相关的计算题是这一类题型当中的重点，下面将其解法总结如下. 一、守恒法 1.电荷守恒法 例1 将8 g Fe2O3投入150 mL某浓度的稀硫酸中，再投入7 g铁粉收集 到1.68 L H2（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4 mol/L的NaOH溶液150 mL.则原硫酸的物质的量浓度为 A.1.5 mol/L B.0.5 mol/L C.2 mol/LD.1.2 mol/L 解析 粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算
2、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SO24并无损耗，根据电中性原则 n（SO24）=SX（12SX）n（Na+）， 则原硫酸的浓度为2 mol/L.答案：C. 2.得失电子守恒法 例2 某稀硝酸溶液中，加入5.6 g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO ，溶液质量增加3.2 g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为 A.41 B.21 C.11 D.32 解析 设Fe2+为x mol，Fe3+为y mol，则 x+y=SX（5.656SX）=0.1（Fe元素守恒）； 2x+3y=SX（5.63.2
3、30SX）3（得失电子守恒）， 得x=0.06 mol，y=0.04 mol. 则xy=32.答案：D. 3.元素守恒 例3 将几种铁的氧化物的混合物加入100 mL、7 molL1的盐酸中 .氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56 L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe 2+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元素全在 水中，O元素全部转化为水中的O， 由关系式：2HClH2OO，得 n（O）=SX（12SX）n（HCl）=SX（12SX）0
4、.7 mol =0.35 mol， m（O）=0.35 mol16 gmol1=5.6 g； 而铁最终全部转化为FeCl3， n（Cl）=0.56 L22.4L/mol2+0.7 mol=0.75 mol， n（Fe）=SX（12SX）n（Cl）=SX（12SX）0.75 mol =0.25 mol， m（Fe）=0.25 mol56 gmol1=14 g， 则（Fe）=SX（14 g14 g+5.6 gSX）100%=71.4%. 答案：B. 二、等量代换法 例4 有一块AlFe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
5、，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： AlFeHCl AlCl3FeCl2过量NaOH NaAlO2Fe（OH）2灼烧Fe2O3 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%=SX（316256+316SX）100%=30%. 答案：B. 三、关系式法 例5 16 g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
6、状况下的体积为 A.22.4 L B.16.8 L C.11.2 L D.5.6 L 解析 在铁与硫的反应后，无论何种物质过量，都与最终的气体量无关. 因为：FeH2，FeSH2S； 即气体的物质的量等于铁的物质的量. n（Fe）=SX（42 g56 g/molSX）=0.75 mol， V（气）=0.75 mol22.4 L/mol=16.8 L. 答案：B. 四、摩尔电子质量法 例6 由两种金属组成的合金10 g投入足量的稀硫酸中，反应完全后得到氢气11.2 L （标准状况下），此合金可能是 A.镁铝合金 B.镁铁合金 C.铝铁合金 D.镁锌合金 解析 将金属每失去1 mol电子所需金属的
7、质量称为摩尔电子质量.由题意， 生成0.5 mol H2，金属失去的电子即为1 mol，即合金的平均摩尔电子质量为10 gmol 1，镁、铝、铁、锌的摩尔电子质量分别为：12、9、28、32.5（单位：gmol1 ），由平均值可知，混合物中一种金属的摩尔电子质量小于10 gmol1，另一种大于 10 gmol1.答案：A、C. 五、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，nm不可能是 A.21 B.41 C.31 D.92 解析 （1）假设全生成Fe2+， 3Fe+8HNO3FY=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O 3 8
8、SX（m56SX） SX（n63SX） SX（m56SX）8=SX（n63SX）3，SX（nmSX）=SX（31SX） . （2）假设全生成Fe3+ Fe+4HNO3FY=Fe（NO3）3+NO+2H2O 1 4 SX（m56SX） SX（n63SX） SX（m56SX）4=SX（n63SX），SX（nmSX）=SX（92SX）， 则SX（31SX）SX（nmSX）SX（92SX）.答案：A. 六、终态分析法 例1 有镁、铝的混合粉末10.2 g，将它溶于500 mL 4 molL1的盐酸中， 若要得到沉淀量为最大值，则需加入2 molL1的NaOH溶液的体积为 A.300 mL B.500
9、mL C.1000 mLD.1500 mL 解析 有关反应为 Mg+2HClMgCl2+H2 2Al+6HCl2AlCl3+3H2 HCl+NaOHNaCl+H2O（可能） MgCl2+2NaOHMg（OH）2+2NaCl AlCl3+3NaOHAl（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）=0.5 L4 molL1=2 mol， V（NaOH）=SX（2 mol2 mol/LSX）=1 L=1000 mL. 答案：C. 【作者单位：（224005）江苏省盐城市第一中学】第 7 页 共 7 页
