例1.有镁、铝的混合粉末10.2g，将它溶于500mL,4mol?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.300mL     B.500mL     C.1000mL       D.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↓ +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?L^?1=2mol，V（NaOH）==1L=1000mL，选C。

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。

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/L       B.0.5mol/L    C.2mol/L          D.1.2mol/L

[练习]：将mgAl₂O₃、Fe₂O₃的混合物溶解在过量的100ml0.05mol/LH₂SO₄溶液中，向其中加入NaOH溶液，使Fe³⁺、Al³⁺刚好全部转化为沉淀，用去NaOH溶液100ml，NaOH溶液的物质的量浓度是      mol/L。

[解析]：当Fe³⁺、Al³⁺刚好全部转化为沉淀时，溶液为Na₂SO₄，该溶液显中性，所以n(Na⁺)=2n(SO₄^2-)=2n(H₂SO₄)=0.01mol,即 n(NaOH)=0.01mol。所以c(NaOH)=0.1mol/L

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　　　D. 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=5.6 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）=，m（Fe）=0.25mol×56g•mol^?1=14 g，则，故选B。

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。

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10g•mol^?1，故选A、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

，；

                  则≤≤，故选A。

综合练习

1、取一定量的Fe、Cu的混合物粉末，平均分成五等份，分别向每一份中加入一定量的稀硝酸，实验中收集到的NO气体（唯一还原产物）的体积及所得剩余物的质量记录如下（所有体积均在标准状况下测定）：

实验序号

1

2

3

4

5

硝酸溶液体积

100mL

200 mL

300 mL

400 mL

500 mL

剩余固体的质量

17.2g

8 g

0 g

0 g

0 g

气体体积

2.24L

4.48L

6.72L

7.84L

7.84L

⑴该实验中所用硝酸的物质的量浓度为________________。

⑵第1次实验后剩余固体为_________，第2次实验后剩余固体为______。（均填写化学式）。

⑶求实验中每次所取混合物中铜的质量。

[解析]：⑴c(HNO₃)＝4mol/L 

由第一组数据可知固体有剩余。无论硝酸和什么金属反应，都有n(HNO₃)＝4 n(NO)。加入100 mL硝酸溶液时，n(NO)＝0.1mol，则n(HNO₃)＝0.4mol，c(HNO₃)＝4mol/L。

⑵Fe、Cu    Cu       

由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.15 mol电子）。若只溶解铁，质量为8.4 g，若只溶解铜，质量为9.6 g。由此可知这
9.2 g中应有Fe和Cu两种金属。

所以第一次实验后剩余金属为Fe和Cu。第二次实验后剩余金属只有Cu。

⑶由以上分析可知，第二次实验后剩余铜8 g，而与第一次相比少掉的9.2 g中Fe和Cu都有。设：这9.2 g固体中Fe的物质的量为x mol和Cu的物质的量为y mol。

56 x＋64 y＝9.2        ⑴

2（x＋y）＝3×0.1      ⑵       解得y＝0.1 mol，质量是6.4 g。        

每次所取混合物中铜的质量6.4 g＋8 g＝14.4 g。 

2、有0.4g铁的氧化物， 用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO₂通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为

A  FeO   B  Fe₂O₃    C  Fe₃O₄   D  Fe₄O₅ 

[解析]：由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO₃中。且n(O)=n(CaCO₃)=0.0075mol, m(O)=0.0075mol×16g/mol=0.12g。

m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g,n(Fe)=0.005mol. n(Fe): n(O)=2:3,选B