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（惟一还原产物）的体积及所得剩余物的质量记录如表（所有体积均在标准状况下测定）：

实验序号	A	B	C	D	E
硝酸溶液体积	100ml	200mL	300mL	400mL	500mL
剩余固体的质量	17.2g	8g	0g	0g	0g
气体体积	2.24L	4.48L	6.72L	7.84L	7.84L

（1）A组实验后17.2g剩余固体为Fe、Cu，B组实验后8g剩余固体为Cu．（均填写化学式）
（2）实验中每次所取混合物中铁的物质的量为0.20mol．
（3）若C组金属恰好反应完，则反应后溶液中的金属阳离子为：Fe²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺，物质的量之比是：n（Fe²⁺）：n（Cu²⁺）：n（Fe³⁺）=6：9：2．

Answer 1

分析 （1）由A、B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A组实验后剩余金属为Fe和Cu，B组实验后剩余金属只有Cu；
（2）假设在实验A的基础上再加入100mL硝酸溶液溶解的9.2g金属中Fe、Cu物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及转移电子守恒列方程计算，混合物中Cu的质量为剩余金属（Cu）的质量与反应Cu的质量之和，再结合实验D及电子守恒计算出每份混合物中含有铁的物质的量；
（3）根据C组中属于金属为0可知铜完全反应，则铜完全转化成铜离子；再根据电子守恒计算出C中含有的亚铁离子、铁离子的物质的量，最后计算出其物质的量之比．

解答 解：（1）由A、B两组数据分析，两次剩余物的质量相差为：17.2g-8g=9.2g，此时生成2.24 LNO气体，NO的物质的量为：$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，转移电子为：0.1mol×（5-2）=0.3 mol电子，若只溶解铁，根据电子守恒，溶解铁的质量为：56g/mol×$\frac{0.3mol}{2}$=8.4 g；若只溶解铜，质量为：64g/mol×$\frac{0.3mol}{2}$=9.6 g，由此可知溶解的9.2 g金属为Fe和Cu的混合物，所以A组实验后剩余金属为Fe和Cu，B组实验后剩余金属只有Cu，
故答案为：Fe、Cu；Cu；
（2）设在实验A的基础上再加入100mL硝酸溶液溶解的9.2g金属中Fe、Cu物质的量分别为xmol、ymol，则：
由质量可得：56x+64 y=9.2 
根据电子转移守恒可得：2（x+y）=3×0.1，
解得：x=0.05、y=0.1，
故混合物中Cu的物质的量为0.1mol，则每次所取混合物中铜物质的量为：0.1mol+$\frac{8g}{64g/mol}$=0.225mol，
根据实验D和E可知，最终生成NO的体积为7.84L，物质的量为：$\frac{7.84L}{22.4L/mol}$=0.35mol，得到电子总物质的量为：0.35mol×3=1.05mol，
0.225mol铜完全反应失去0.45mol电子，由于硝酸足量实验D中铁完全变成铁离子，根据电子守恒，混合物中含有Fe的物质的量为：$\frac{1.05mol-0.45mol}{3}$=0.20mol，
所以实验中每次所取混合物中铁的物质的量为0.20mol，
故答案为：0.20．
（3）根据（2）的计算可知，每份混合金属中含有0.2molFe、0.225molCu，由于C中金属完全反应，则0.225mol铜完全反应生成0.225molCu²⁺；
根据实验D中仍然生成NO气体可知C中一定含有Fe²⁺，设C中含有Fe²⁺、Fe³⁺的物质的量分别为x、y，根据铁元素的物质的量可得：x+y=0.20，根据电子守恒可知：2x+3y+0.225×2=$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$×3，联立解得：x=0.15mol、y=0.05mol，
所以实验C中含有的Fe²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺的物质的量之比为：n（Fe²⁺）：n（Cu²⁺）：n（Fe³⁺）=0.15mol：0.225mol：0.05mol=6：9：2，
故答案为：Fe²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺；n（Fe²⁺）：n（Cu²⁺）：n（Fe³⁺）=6：9：2．

点评 本题考查混合物计算、硝酸性质，题目难度中等，明确发生的反应判断反应进行程度是解题关键，（1）中注意利用极限法进行解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．