Question

10．（1）氙氣和氟氣反應(yīng)，生成含有XeF₂和XeF₄的固體混合物，現(xiàn)用兩份等質(zhì)量的此種固體混合物，分別做下面的化學(xué)分析：
①用水處理此固體，獲得60.2mL氣體（在17℃和1.00×10⁵Pa條件下），其中有24.1mL是氧氣，其余的是氙氣，水溶液中的XeO₃可以氧化30.0mL濃度為0.100mol/L的Fe²⁺．
②用KI溶液處理此固體，獲得單質(zhì)碘，此碘需要35.0mL濃度為0.200mol/L的Na₂S₂O₃與之完全反應(yīng)．
求：原固體混合物中XeF₂的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)．
（提示：XeF₂與水僅發(fā)生氧化還原反應(yīng)；XeF₄與水反應(yīng)時(shí)，有一半的XeF₄與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，另一半的XeF₄則發(fā)生歧化反應(yīng)．）答：原固體混合物中XeF₂的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)是：0.25或25%．
（2）在500mLCuSO₄和Fe₂（SO₄）₃的混合液中加入21.7克的鐵粉，待反應(yīng)完全后，得到16.8克殘留固體．在濾液中加入400mL4mol/L的BaCl₂溶液，恰好使溶液中的SO₄^2-完全沉淀，試求原混合液中CuSO₄的物質(zhì)的量濃度．答：原混合液中CuSO₄的物質(zhì)的量溶度是：2.45mol/L．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題中信息及及氧化還原反應(yīng)知識(shí)寫(xiě)出反應(yīng)方程式：XeF₂與水僅發(fā)生氧化還原反應(yīng)為：2XeF₂+2H₂O→2Xe↑+O₂↑+4HF ①
XeF₄與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)為：3XeF₄+6H₂O→Xe↑+2XeO₃+12HF ②
另一半的XeF₄發(fā)生歧化反應(yīng)為：XeF₄+2H₂O→Xe↑+O₂↑+4HF  ③
有一半的XeF₄與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，另一半的XeF₄則發(fā)生歧化反應(yīng)，③×3+②可得XeF₄與水反應(yīng)的總方程式：6XeF₄+12H₂O→4Xe↑+3O₂↑+2XeO₃+24HF，
然后分別根據(jù)PV=nRT計(jì)算出氧氣和總氣體的物質(zhì)的量，設(shè)出XeF₂和XeF₄的物質(zhì)的量，再分別根據(jù)生成氧氣的物質(zhì)的量、生成Xe的物質(zhì)的量列式計(jì)算即可；
（2）原溶液中n（SO₄^2-）=n（BaCl₂）=0.4L×4mol/L=1.6mol，
假設(shè)原溶液中只有CuSO₄，由Fe+Cu²⁺=Cu+Fe²⁺可知，則參加反應(yīng)的n（Fe）=n（CuSO₄）=1.6mol，反應(yīng)的鐵粉質(zhì)量為：1.6mol×56g/mol=89.6g，
假設(shè)原溶液中只有Fe₂（SO₄）₃，由Fe+Fe₂（SO₄）₃=3FeSO₄可知，則參加反應(yīng)的n（Fe）=1.6mol×$\frac{1}{3}$，反應(yīng)的鐵粉質(zhì)量為：1.6mol×$\frac{1}{3}$×56g/mol=22.9g，
所以21.7g鐵粉會(huì)完全反應(yīng)，沒(méi)有剩余，最后得到16.8g殘留固體為銅，
因氧化性Fe³⁺＞Cu²⁺，則加入鐵粉，先發(fā)生Fe+Fe₂（SO₄）₃=3FeSO₄，F(xiàn)e³⁺反應(yīng)完畢后發(fā)生Fe+CuSO₄=FeSO₄+Cu，根據(jù)方程式計(jì)算生成16.8gCu消耗Fe的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算與Fe₂（SO₄）₃反應(yīng)消耗Fe的質(zhì)量，根據(jù)方程式計(jì)算n[Fe₂（SO₄）₃]，再根據(jù)硫酸根守恒計(jì)算n（CuSO₄），根據(jù)c=$\frac{n}{V}$計(jì)算硫酸銅溶液的濃度．

解答 解：（1）XeF₂與水僅發(fā)生氧化還原反應(yīng)為：2XeF₂+2H₂O→2Xe↑+O₂↑+4HF ①
XeF₄與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)為：3XeF₄+6H₂O→Xe↑+2XeO₃+12HF ②
XeF₄發(fā)生歧化反應(yīng)為：XeF₄+2H₂O→Xe↑+O₂↑+4HF  ③
有一半的XeF₄與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，另一半的XeF₄則發(fā)生歧化反應(yīng)，③×3+②可得XeF₄與水反應(yīng)的總方程式：6XeF₄+12H₂O→4Xe↑+3O₂↑+2XeO₃+24HF ④
n（O₂）=$\frac{PV（{O}_{2}）}{RT}$=$\frac{1.00×1{0}^{5}×24.1×1{0}^{-6}}{8.31×290}$=1.00×10^-3mol，
n（總）=$\frac{1.00×1{0}^{5}×60.2×1{0}^{-6}}{8.31×290}$=2.50×10^-3mol，
則Xe的物質(zhì)的量為：2.50×10^-3mol-1.00×10^-3mol=1.50×10^-3mol，
設(shè)原固體中含有XeF₂的物質(zhì)的量為x、XeF₄的物質(zhì)的量為y，
根據(jù)①④可知生成Xe的物質(zhì)的量可得：n（Xe）=x+$\frac{2}{3}$y=1.50×10^-3mol，生成的氧氣為：n（O₂）=$\frac{x}{2}$+$\frac{y}{2}$=1.00×10^-3mol，
二者聯(lián)立解得：x=0.500×10^-3mol、y=1.50×10^-3mol，
所以原固體混合物中XeF₄的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)是：$\frac{1.5×1{0}^{-3}mol}{1.5×1{0}^{-3}mol+0.50×1{0}^{-3}mol}$=0.25，
則原固體混合物中XeF₂的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)是：1-0.25=0.75，
故答案為：0.25或25%；
（2）原溶液中n（SO₄^2-）=n（BaCl₂）=0.4L×4mol/L=1.6mol，
假設(shè)原溶液中只有CuSO₄，由Fe+Cu²⁺=Cu+Fe²⁺可知，則參加反應(yīng)的n（Fe）=n（CuSO₄）=1.6mol，反應(yīng)的鐵粉質(zhì)量為：1.6mol×56g/mol=89.6g，
假設(shè)原溶液中只有Fe₂（SO₄）₃，由Fe+Fe₂（SO₄）₃=3FeSO₄可知，則參加反應(yīng)的n（Fe）=1.6mol×$\frac{1}{3}$，反應(yīng)的鐵粉質(zhì)量為：1.6mol×$\frac{1}{3}$×56g/mol=22.9g，
所以21.7g鐵粉會(huì)完全反應(yīng)，沒(méi)有剩余，最后得到16.8g殘留固體為銅，
     Fe+CuSO₄=FeSO₄+Cu
    56             64
 m（Fe）          16.8g
m（Fe）=$\frac{16.8g×56}{64}$=14.7g
與Fe₂（SO₄）₃反應(yīng)的鐵粉質(zhì)量為：21.7g-14.7g=7g，
 Fe+Fe₂（SO₄）₃=3FeSO₄
56g    1mol
7g     n[Fe₂（SO₄）₃]
所以 n[Fe₂（SO₄）₃]=$\frac{7g×1mol}{56}$=0.125mol，
根據(jù)硫酸根守恒，則n（CuSO₄）=1.6mol-0.125mol×3=1.225mol，
則c（CuSO₄）=$\frac{1.225mol}{0.5L}$=2.45mol/L，
故答案為：2.45．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了混合物反應(yīng)的計(jì)算，題目難度較大，難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)為（1），根據(jù)題中信息正確書(shū)寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)計(jì)算能力．