Question

14．取一定量的Fe、Cu的混合物粉末，平均分成A、B、C、D、E五等份，分別向每一份中加入一定量的稀硝酸，實驗中收集到的NO氣體（惟一還原產(chǎn)物）的體積及所得剩余物的質量記錄如表（所有體積均在標準狀況下測定）：

實驗序號	A	B	C	D	E
硝酸溶液體積	100ml	200mL	300mL	400mL	500mL
剩余固體的質量	17.2g	8g	0g	0g	0g
氣體體積	2.24L	4.48L	6.72L	7.84L	7.84L

（1）A組實驗后17.2g剩余固體為Fe、Cu，B組實驗后8g剩余固體為Cu．（均填寫化學式）
（2）實驗中每次所取混合物中鐵的物質的量為0.20mol．
（3）若C組金屬恰好反應完，則反應后溶液中的金屬陽離子為：Fe²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺，物質的量之比是：n（Fe²⁺）：n（Cu²⁺）：n（Fe³⁺）=6：9：2．

Answer 1

分析 （1）由A、B兩組數(shù)據(jù)分析，兩次剩余物的質量相差9.2g，此時生成2.24 LNO氣體，轉移0.15 mol電子，若只溶解鐵，質量為8.4 g，若只溶解銅，質量為9.6 g，由此可知這9.2 g中應有Fe和Cu兩種金屬，所以A組實驗后剩余金屬為Fe和Cu，B組實驗后剩余金屬只有Cu；
（2）假設在實驗A的基礎上再加入100mL硝酸溶液溶解的9.2g金屬中Fe、Cu物質的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質量及轉移電子守恒列方程計算，混合物中Cu的質量為剩余金屬（Cu）的質量與反應Cu的質量之和，再結合實驗D及電子守恒計算出每份混合物中含有鐵的物質的量；
（3）根據(jù)C組中屬于金屬為0可知銅完全反應，則銅完全轉化成銅離子；再根據(jù)電子守恒計算出C中含有的亞鐵離子、鐵離子的物質的量，最后計算出其物質的量之比．

解答 解：（1）由A、B兩組數(shù)據(jù)分析，兩次剩余物的質量相差為：17.2g-8g=9.2g，此時生成2.24 LNO氣體，NO的物質的量為：$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，轉移電子為：0.1mol×（5-2）=0.3 mol電子，若只溶解鐵，根據(jù)電子守恒，溶解鐵的質量為：56g/mol×$\frac{0.3mol}{2}$=8.4 g；若只溶解銅，質量為：64g/mol×$\frac{0.3mol}{2}$=9.6 g，由此可知溶解的9.2 g金屬為Fe和Cu的混合物，所以A組實驗后剩余金屬為Fe和Cu，B組實驗后剩余金屬只有Cu，
故答案為：Fe、Cu；Cu；
（2）設在實驗A的基礎上再加入100mL硝酸溶液溶解的9.2g金屬中Fe、Cu物質的量分別為xmol、ymol，則：
由質量可得：56x+64 y=9.2 
根據(jù)電子轉移守恒可得：2（x+y）=3×0.1，
解得：x=0.05、y=0.1，
故混合物中Cu的物質的量為0.1mol，則每次所取混合物中銅物質的量為：0.1mol+$\frac{8g}{64g/mol}$=0.225mol，
根據(jù)實驗D和E可知，最終生成NO的體積為7.84L，物質的量為：$\frac{7.84L}{22.4L/mol}$=0.35mol，得到電子總物質的量為：0.35mol×3=1.05mol，
0.225mol銅完全反應失去0.45mol電子，由于硝酸足量實驗D中鐵完全變成鐵離子，根據(jù)電子守恒，混合物中含有Fe的物質的量為：$\frac{1.05mol-0.45mol}{3}$=0.20mol，
所以實驗中每次所取混合物中鐵的物質的量為0.20mol，
故答案為：0.20．
（3）根據(jù)（2）的計算可知，每份混合金屬中含有0.2molFe、0.225molCu，由于C中金屬完全反應，則0.225mol銅完全反應生成0.225molCu²⁺；
根據(jù)實驗D中仍然生成NO氣體可知C中一定含有Fe²⁺，設C中含有Fe²⁺、Fe³⁺的物質的量分別為x、y，根據(jù)鐵元素的物質的量可得：x+y=0.20，根據(jù)電子守恒可知：2x+3y+0.225×2=$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$×3，聯(lián)立解得：x=0.15mol、y=0.05mol，
所以實驗C中含有的Fe²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺的物質的量之比為：n（Fe²⁺）：n（Cu²⁺）：n（Fe³⁺）=0.15mol：0.225mol：0.05mol=6：9：2，
故答案為：Fe²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺；n（Fe²⁺）：n（Cu²⁺）：n（Fe³⁺）=6：9：2．

點評 本題考查混合物計算、硝酸性質，題目難度中等，明確發(fā)生的反應判斷反應進行程度是解題關鍵，（1）中注意利用極限法進行解答，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．