试题-全国-2008_高三化学“几种重要的金属”巧解例谈.rar

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=2mol，V（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xmol，Fe3+为ymol，则：x+y==0.1（Fe元素守恒）2x+3y=（得失电子守恒）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、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FeCl3，n（Cl）=0.56L÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（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~H2，FeS~H2S；即气体的物质的量等于铁的物质的量。n（Fe）==0.75mol，v(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。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10g•mol―1，镁、铝、铁、锌的摩尔电子质量分别为：12、9、28、32.5（单位：g•mol―1），由平均值可知，混合物中一种金属的摩尔电子质量小于10g•mol―1，另一种大于