Question

6．为了测定铜铁合金中铜的质量分数，在10.00g试样中加入200mL、0.6mol/L的稀硝酸，充分反应后剩余金属7.48g，再向其中加入50mL、0.4mol/L的稀硫酸，充分振荡后剩余金属6.60g．若硝酸的还原产物只有NO，下列说法正确的是（　　）

• A． 上述测定不能达到实验目的
• B． 剩余的7.48g金属为铜
• C． 共生成NO气体 0.04mol
• D． 该合金中铜的质量分数为69.2%

Answer 1

分析 每次均有金属剩余，说明反应后溶液中一定没有Fe³⁺，肯定有Fe²⁺，发生反应方程式为：3Cu+8H⁺+NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，3Fe+8H⁺+NO₃^-=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O，
而有金属剩余，则反应后溶液中必然不含H⁺，而NO₃^-只有$\frac{1}{4}$被还原：0.12mol×$\frac{1}{4}$=0.03mol，根据固体质量变化判断第一次溶解金属情况；
第二次又加入H⁺为：0.05L×0.4mol/L×2=0.04mol，从方程式看出又有0.01mol的NO₃^-进一步被还原，设出铜和铁的物质的量，然后根据质量变化及氢离子的物质的量列式计算出第二次溶解的金属，从而得出合金中各组分的含量、生成一氧化氮的物质的量、铜的质量分数．

解答 解：每次均有金属剩余，说明反应后溶液中肯定没有Fe³⁺，肯定有Fe²⁺，发生反应：
3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O
3   8    2
3Fe+8H⁺+2NO₃^-=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O
3   8    2
第一次加入H⁺和NO₃^-均为：0.2L×0.6mol/L=0.12mol，而有金属剩余，知道反应后溶液中必然不含H⁺，而NO₃^-只有$\frac{1}{4}$被还原：0.12mol×$\frac{1}{4}$=0.03mol，
消耗的金属的物质的量为：0.12mol×$\frac{3}{8}$=0.045mol，如果溶解的金属全部为Fe，则消耗金属的质量为：56g/mol×0.045g=2.52g，
而金属减少的质量为：10.0g-7.48g=2.52g，则第一次溶解的只有Fe，Cu没有参与反应；
第二次又加入H⁺为：0.05L×0.4mol/L×2=0.04mol，根据方程式可知又有0.01mol的NO₃^-进一步被还原，而如果金属全部消耗的是Fe，则金属必然减少：56g/mol×$\frac{3}{8}$×0.04mol=0.84g＜7.48g-6.60g=0.88g；
而如果金属消耗的都是Cu，则金属减少：64g/mol×$\frac{3}{8}$×0.02mol=0.96g＞7.48g-6.60g=0.88g，说明第二次消耗的金属为Fe和Cu；
则第一次反应后剩余的7.48g金属为Fe和Cu的混合物，6.60g完全为Cu，
设第二次溶解的铁的物质的量为xmol、铜的物质的量为ymol，则：①xmol+ymol=$\frac{3}{8}$×0.04mol=0.015mol；
根据金属质量变化可知：②56g/mol×xmol+64g/mol×ymol=7.48g-6.60g=0.88g，
根据①②解得：x=0.01，y=0.005，
则混合物中Cu的质量为：6.60g+64g/mol×0.005mol=6.92g，
A．由以上分析可知，可以计算出混合物中含有6.92g铜，从而得出合金中各组分的含量，故A错误；
B．剩余的7.48g为铁和铜的混合物，故B错误；
C．根据反应方程式可知，生成一氧化氮的物质的量为反应的氢离子总物质的量的$\frac{1}{4}$，则：n（NO）=$\frac{1}{4}$（0.12mol+0.04mol）=0.04mol，故C正确；
D．根据计算可知，合金中含有6.92g铜，则铜的质量分数为：$\frac{6.92g}{10g}$×100%=69.2%，故D正确；
故选CD．

点评 本题考查混合物的有关计算，题目难度较大，判断第一次剩余的金属组成是解题的关键，是对学生综合能力的考查，正确书写反应的离子方程式为解答本题前提，试题充分考查了学生的理解能力及化学计算能力．