Question

18．镁、铝、铁及其化合物在生产和生活中有广泛的应用．
（1）镁铝合金用在飞机制造业，现有3.90克镁铝合金溶于足量的2mol/L稀硫酸中生成0.2mol氢气，计算并确定镁铝合金中物质的量n（Mg）：n（Al）=1：2．
（2）硫铁矿的主要成分为FeS₂（假设杂质只含SiO₂）是生产硫酸的原料．取某硫铁矿10g在足量的空气中煅烧（4FeS₂+11O₂$\stackrel{煅烧}{→}$2Fe₂O₃+8SO₂），充分反应后冷却，称得固体质量为7.4g（杂质SiO₂不反应）．该硫铁矿中FeS₂的质量分数为78%．
铁锈的主要成分实为羟基氧化铁[化学式FeO（OH）]．将一块带锈铁片放入700mL 1.0mol/L的稀硝酸中充分反应，收集到标准状况下NO气体3.584L，最终剩余2.020g铁．该过程中可能发生的反应有：
①Fe+4HNO₃→Fe（NO₃）₃+NO↑+2H₂O          ②3Fe+8HNO₃→3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O       
③FeO（OH）+3HNO₃→Fe（NO₃）₃+2H₂O         ④Fe+2Fe（NO₃）₃→3Fe（NO₃）₂．
（3）试确定反应后溶液中溶质的成分与物质的量．
（4）原带锈铁片中铁锈的质量分数．

Answer 1

分析 （1）令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒、二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；
（2）发生反应4FeS₂+11O₂=2Fe₂O₃+8SO₂，导致固体质量减少，根据固体的质量差，利用差量法计算FeS₂的质量，再根据质量分数定义计算；
（3）完全反应后铁有剩余，说明硝酸完全反应，则溶液中溶质为硝酸亚铁，n（NO）=$\frac{3.584L}{22.4L/mol}$=0.16mol，根据N原子守恒计算硝酸亚铁的物质的量；
（4）根据铁原子守恒、转移电子守恒计算铁锈的物质的量，再根据质量分数公式计算铁锈质量分数．

解答 解：（1）令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，则：
$\left\{\begin{array}{l}{24x+27y=3.9}\\{2x+3y=0.2×2}\end{array}\right.$
解得x=0.05，y=0.1，
故n（Mg）：n（Al）=0.05mol：0.1mol=1：2，
故答案为：1：2；
（2）发生反应4FeS₂+11O₂=2Fe₂O₃+8SO₂，导致固体质量减少，固体质量减少10g-7.4g=2.6g，则：
4FeS₂+11O₂=2Fe₂O₃+8SO₂ 质量减少△m
480                         160
m（FeS₂）                   2.6g
故m（FeS₂）=2.6g×$\frac{480}{160}$=7.8g，
故FeS₂的质量分数为$\frac{7.8g}{10g}$×100%=78%，
故答案为：78%；
（3）完全反应后铁有剩余，说明硝酸完全反应，溶液中溶质为硝酸亚铁，n（NO）=$\frac{3.584L}{22.4L/mol}$=0.16mol，n（HNO₃）=1mol/L×0.7L=0.7mol，根据N原子守恒得n[Fe（NO₃）₂]=$\frac{0.7mol-0.16mol}{2}$=0.27mol，
答：反应后溶液中溶质的成分为Fe（NO₃）₂，物质的量的为0.27mol；
（4）设铁锈的物质的量为xmol，根据铁原子守恒得，参加氧化还原反应的n（Fe）=0.27mol-xmol，根据转移电子守恒得xmol+0.16mol×3=（0.27-x）mol×2，x=0.02，原来铁的质量=2.020g+（0.27-0.02）mol×56g/mol=16.020g，铁锈的质量分数=$\frac{0.02mol×89g/mol}{0.02mol×89g/mol+16.020g}$×100%=10%，
答：原带锈铁片中铁锈的质量分数为10%．

点评 本题考查了根据方程式计算，根据物质的性质确定溶质成分，再结合原子守恒、转移电子守恒计算铁锈质量分数，题目难度中等．