Question

17．将FeO与Cu（NO₃）₂的混合物9.08g全部溶于300mL、1mol/L的盐酸中，有部分Fe²⁺被酸性条件下的NO₃^-氧化（其化学反应方程式为：3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O），放出NO气体448mL（标准状况）；继续向溶液中通入一定量的Cl₂恰好将溶液中的Fe²⁺完全氧化；再加入10g过量的铁粉，充分反应放出H₂，过滤，得到不溶固体．下列叙述不正确的是（　　）

• A． Cu（NO₃）₂的物质的量为0.01mol
• B． 通入Cl₂的体积（标准状况）为448mL
• C． 放出H₂的体积（标准状况）为112mL
• D． 得到不溶固体的质量为6.72g

Answer 1

分析 A．n（NO）=$\frac{V}{Vm}$=$\frac{0.448L}{22.4L/mol}$=0.02mol，由氮元素守恒计算硝酸铜物质的量；
B．由m=nM计算硝酸铜质量，进而计算FeO的质量，由n=$\frac{m}{M}$计算FeO的物质的量，根据电子转移守恒计算通入氯气物质的量，根据V=nV_m计算氯气体积；
C．由NO的物质的量，根据方程式计算消耗HCl物质的量，进而计算剩余HCl，根据氢原子守恒计算生成氢气体积；
D．Fe发生反应：Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺、Fe+Cu²⁺=Cu+Fe²⁺+、Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑，根据方程式计算参加反应Fe的质量，进而计算剩余Fe的质量，最后不溶固体为Cu与剩余Fe的质量之和．

解答 解：混合物与盐酸反应后的溶液中通入一定量的氯气时，溶液中的Fe²⁺刚好被完全氧化，再向溶液中加入10g过量的铁粉，充分反应后，有气体产生，说明混合物与盐酸反应时，硝酸根完全反应，且盐酸有剩余，
A．n（NO）=$\frac{V}{Vm}$=$\frac{0.448L}{22.4L/mol}$=0.02mol，由氮元素守恒可知硝酸铜物质的量为$\frac{0.02mol}{2}$=0.01mol，故A正确；
B．硝酸铜质量为0.01mol×188g/mol=1.88g，则氧化亚铁的质量为9.08-1.88g=7.2g，根氧化亚铁物质的量=$\frac{7.2g}{72g/mol}$=0.1mol，令通入氯气为x mol，根据电子转移守恒：0.1×（3-2）=0.02×（5-2）+2x，解得x=0.02mol，故通入氯气的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故B正确；
C．生成NO的物质的量为0.02mol，根据方程式3FeCl₂+HNO₃+3HCl═3FeCl₃+NO↑+2H₂O，可知消耗HCl的物质的量=0.02mol×（3+1）=0.08mol，由FeO+2HCl=FeCl₂+H₂O可知消耗HCl为0.1mol×2=0.2mol，故共消耗HCl为0.28mol，剩余HCl为0.3mol-0.28mol=0.02mol，根据氢原子守恒，生成氢气的物质的量为$\frac{0.02mol}{2}$=0.01mol，故生成氢气的体积=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，故C错误；
D．由Fe元素守恒可知，溶液中Fe³⁺为0.1mol，由Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺可知，消耗Fe为$\frac{0.1mol}{2}$=0.05mol，溶液中Cu²⁺为0.01mol，由Fe+Cu²⁺=Cu+Fe²⁺可知，消耗Fe为0.01mol，生成氢气为0.01mol，由Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑，可知消耗Fe为0.01mol，故总共消耗Fe的质量=（0.05+0.01+0.01）mol×56g/mol=3.92g，剩余Fe的质量=10g-3.92g=6.08g，最后不溶固体为Cu与剩余Fe的质量之和，故不溶固体质量为6.08g+0.01mol×64g/mol=6.72g，故D正确；
故选C．

点评 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应、电子及原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大．