高三化学“几种重要的金属”巧解例谈.doc

用心爱心专心116号编辑“几种重要的金属”巧解例谈山东省泗水县第一中学化学组王胜强侯峰董霞电话：[phone]电子邮箱：[e-mail]一、终态法例1.有镁、铝的混合粉末10.2g将它溶于500mL4mol·L―1的盐酸中若要得到沉淀量为最大值则需加入2mol·L―1的NaOH溶液的体积为()A.300mLB.500mLC.1000mLD.1500mL解析：有关反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑HCl+NaOH=NaCl+H2O（可能）MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaClAlCl3+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·L―1=2molV（NaOH）==1L=1000mL选C。二、等量代换法例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：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（）A.1.5mol/LB.0.5mol/LC.2mol/LD.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。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∶1B.2∶1C.1∶1D.3∶2解析：设Fe2+为xmolFe3+为ymol则：x+y==0.1（Fe元素守恒）2x+3y=（得失电子守恒）得：x=0.06moly=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、7mol•L―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）=m（O）=0.35mol×16g•mol―1=5.6g；而铁最终全部转化为FeCl3n（Cl）=0.56L÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75moln（Fe）=m（Fe）=0.25mol×56g•mol―1=14g则故选B。六、关系式法例6.16g硫粉和42g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.22.4LB.16.8LC.11.2LD.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~H2FeS~H2S；即气体的物质的量等于铁的物质的量。n（Fe）==0.75molv(气体)=0.75mol×22.4L/mol=16.8L故选B。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B.镁铁合金C.铝铁合金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。