金属相关计算题解法例析
开篇：润墨网以专业的文秘视角，为您筛选了一篇金属相关计算题解法例析范文，如需获取更多写作素材，在线客服老师一对一协助。欢迎您的阅读与分享！
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SO2―4并无损耗，根据电中性原则
n（SO2―4）=[SX（]1[]2[SX）]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.4∶1 B.2∶1
C.1∶1 D.3∶2
解析 设Fe2+为x mol，Fe3+为y mol，则
x+y=[SX（]5.6[]56[SX）]=0.1（Fe元素守恒）；
2x+3y=[SX（]5.6―3.2[]30[SX）]×3（得失电子守恒），
得x=0.06 mol，y=0.04 mol.
则x∶y=3∶2.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 mol・L―1的盐酸中
.氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56 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：2HCl～H2O～O，得
n（O）=[SX（]1[]2[SX）]×n（HCl）=[SX（]1[]2[SX）]×0.7 mol
=0.35 mol，
m（O）=0.35 mol×16 g・mol―1=5.6 g；
而铁最终全部转化为FeCl3，
n（Cl）=0.56 L÷22.4L/mol×2+0.7 mol=0.75 mol，
n（Fe）=[SX（]1[]2[SX）]×n（Cl）=[SX（]1[]2[SX）]×0.75 mol
=0.25 mol，
m（Fe）=0.25 mol×56 g・mol―1=14 g，
则ω（Fe）=[SX（]14 g[]14 g+5.6 g[SX）]×100%=71.4%.
答案：B.
二、等量代换法
例4 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：
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（]3×16[]2×56+3×16[SX）]×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：Fe～H2，FeS～H2S；
即气体的物质的量等于铁的物质的量.
n（Fe）=[SX（]42 g[]56 g/mol[SX）]=0.75 mol，
V（气）=0.75 mol×22.4 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 g・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10 g・mol―1，另一种大于
10 g・mol―1.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，n∶m不可能是
A.2∶1 B.4∶1
C.3∶1 D.9∶2
解析 （1）假设全生成Fe2+，
3Fe+8HNO3[FY=]3Fe（NO3）2+2NO+4H2O
3 8
[SX（]m[]56[SX）] [SX（]n[]63[SX）]
[SX（]m[]56[SX）]×8=[SX（]n[]63[SX）]×3，[SX（]n[]m[SX）]=[SX（]3[]1[SX）]
.
（2）假设全生成Fe3+
Fe+4HNO3[FY=]Fe（NO3）3+NO+2H2O
1 4
[SX（]m[]56[SX）] [SX（]n[]63[SX）]
[SX（]m[]56[SX）]×4=[SX（]n[]63[SX）]，[SX（]n[]m[SX）]=[SX（]9[]2[SX）]，
则[SX（]3[]1[SX）]≤[SX（]n[]m[SX）]≤[SX（]9[]2[SX）].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 mol・L―1的盐酸中，
若要得到沉淀量为最大值，则需加入2 mol・L―1的NaOH溶液的体积为
A.300 mL B.500 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 L×4 mol・L―1=2 mol，
V（NaOH）=[SX（]2 mol[]2 mol/L[SX）]=1 L=1000 mL.
答案：C.
【作者单位：（224005）江苏省盐城市第一中学】