题目内容
20．有一铁粉、氧化铜、氧化铁组成的混合物，将其投入到110mL 4mol•L-1的盐酸中充分反应后，放出气体896mL（标准状况下测定），过滤所得固体干燥后称重，其质量为1.28g，滤液经分析检验确认其中无Cu2+，将滤液稀释到200mL，从中取出50mL，逐渐加入1mol•L-1的NaOH溶液，当加入了20mL 后，再向滤液中加NaOH溶液则出现沉淀．求混合物中铁粉的质量分数．分析 反应后溶液中还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+，可知残留物没有Fe，只有Cu，而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H+和Fe2+，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中，根据H原子守恒，计算混合物中O原子物质的量，根据Cu元素守恒计算n（CuO），再根据O原子守恒计算n（Fe2O3），根据$\frac{m（铁粉）}{混合物的总质量}×100%$求合物中铁粉的质量分数．
解答 解：反应后溶液中还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+，可知残留物没有Fe，只有Cu，而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H+和Fe2+，
反应后剩余n（H+）=1mol/L×0.02L×$\frac{200}{50}$=0.08mol，原溶液中n（HCl）=4mol/L×0.11L=0.44mol，
参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中，根据H原子守恒，2n（H2O）+2n（H2）=n总（HCl）-n余（H+），即2n（H2O）+2×$\frac{0.896L}{22.4L/mol}$=0.44mol-0.08mol，n（H2O）=0.14mol，故混合物中n（O）=n（H2O）=0.14mol，
由铜元素守恒，则n（CuO）=n（Cu）=$\frac{1.28g}{64g/mol}$=0.02mol，
由O原子守恒：3n（Fe2O3）+n（CuO）=0.14mol，则n（Fe2O3）=0.04mol，
根据Cl原子守恒：n总（HCl）=n剩余（HCl）+2n（FeCl2），即0.11L×4mol/L=0.08mol+2n（FeCl2），解得n（FeCl2）=0.18mol，所以n（Fe）+2n（Fe2O3）=0.18mol，则n（Fe）=0.1 mol，所以混合物中铁粉的质量分数为：$\frac{0.1×56}{0.02×80+0.04×160+0.1×56}×100%$=41.2%，答：合物中铁粉的质量分数为：41.2%．
点评 本题考查混合物计算，注意从溶液存在的离子判断物质反应的程度，注意利用守恒的方法计算，题目难度中等．
阅读快车系列答案
| A． |  制备Fe（OH）2并观察颜色 | B． |  分离碘酒中的碘和酒精 | ||
| C． |  除去Cl2中的HCl | D． |  定容 |
| A． | 氧化铝的熔点很高，所以不可以用来冶炼铝 | |
| B． | 氢氧化铝是一种胶状沉淀，有较大表面积，有吸附性，可用作净水剂 | |
| C． | 实验室可以用氢氧化钠与氯化铝来制备氢氧化铝 | |
| D． | 氢氧化铝既可与强酸反应又可与强碱反应，是两性氢氧化物 |
