Question

18．某铁碳合金中已有部分铁被氧化生锈（假设铁锈成分为Fe₂O₃）取样品19.4g，加足量的稀盐酸使它溶解，放出氢气3.36L（S．T．P），所得溶液中滴入硫氰化钾溶液不变色，若将溶液中的金属离子全部氧化成高价离子，需通入标况下氯气3.36L（不考虑氯气与水的反应）．求该合金未被氧化时铁的质量分数．

Answer 1

分析 向合金与盐酸反应所得溶液中滴入硫氰化钾溶液不变色，说明生成FeCl₂，同时生成氢气，发生反应：Fe+Fe₂O₃+6HCl=3FeCl₂+3H₂O，Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑，根据氢气计算与HCl反应Fe的物质的量，反应后溶液中再通入氯气，FeCl₂被氧化为FeCl₃，根据电子转移守恒计算n（FeCl₂），再根据Fe原子守恒计算合金未被氧化时铁的物质的量，结合Fe+Fe₂O₃+6HCl=3FeCl₂+3H₂O计算Fe₂O₃的物质的量，未被氧化时合金的质量=19.4g-氧化铁中氧元素质量，进而计算合金未被氧化时铁的质量分数．

解答 解：向合金与盐酸反应所得溶液中滴入硫氰化钾溶液不变色，说明生成FeCl₂，同时生成氢气，发生反应：Fe+Fe₂O₃+6HCl=3FeCl₂+3H₂O，Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑，
生成氢气为$\frac{3.36L}{22.4L/mol}$=0.15mol，则与盐酸反应Fe的物质的量为0.15mol，
再通入氯气，FeCl₂被氧化为FeCl₃，消耗氯气物质的量为$\frac{3.36L}{22.4L/mol}$=0.15mol，根据电子转移守恒，n（FeCl₂）=$\frac{0.15mol×2}{3-2}$=0.3mol，根据Fe原子守恒n（Fe）=n（FeCl₂）=0.3mol，由Fe+Fe₂O₃+6HCl=3FeCl₂+3H₂O，可知Fe₂O₃的物质的量为（0.3mol-0.15mol）×$\frac{2}{3}$×$\frac{1}{2}$=0.05mol，
则未被氧化时合金的质量=19.4g-0.05mol×3×16g/mol=17g，
合金未被氧化时铁的质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，则合金未被氧化时铁的质量分数=$\frac{16.8g}{19.4g}$×100%=98.8%，
答：合金未被氧化时铁的质量分数为98.8%．

点评 本题考查混合物计算，侧重对学生分析计算能力与解题方法技巧的考查，注意利用守恒法与总反应方程式计算计算解答．