Question

【题目】取一定量的Fe、Cu的混合物粉末，平均分成A、B、C、D、E五等份，分别向每一份中加入一定量的稀硝酸，实验中收集到的NO气体(惟一还原产物)的体积及所得剩余物的质量记录如下(所有体积均在标准状况下测定)：

实验序号	A	B	C	D	E
硝酸溶液体积	100ml	200 mL	300 mL	400 mL	500 mL
剩余固体的质量	17.2 g	8g	0 g	0 g	0 g
气体体积	2.24 L	4.48 L	6.72L	7.84 L	7.84 L

（1）A组实验后17.2 g剩余固体为________，B组实验后8 g剩余固体为_______。(均填写化学式)

（2）实验中每次所取混合物中铁的物质的量为________mol。

（3）若C组金属恰好反应完，则反应后溶液中的金属阳离子为：_____________ ，物质的量之比是:________________________________。

Answer 1

【答案】Fe CuCu0.2Fe3+ Fe2+ 和 Cu2+1:3:4.5或2:6:9

【解析】

（1）.由A、B两组数据分析可知，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体，转移0.15 mol电子，若只溶解铁，质量为8.4 g，若只溶解铜，质量为9.6 g，由此可知这9.2 g固体中应有Fe和Cu两种金属，所以A组实验后剩余金属为Fe和Cu，B组实验后剩余金属只有Cu；

（2）.假设在实验A的基础上再加入100mL硝酸溶液溶解的9.2g金属中Fe、Cu物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及转移电子守恒列方程计算，混合物中Cu的质量为剩余Cu的质量与反应Cu的质量之和，再结合实验D及得失电子守恒计算出每份混合物中含有铁的物质的量；

（3）.根据C组中剩余金属为0可知铜完全反应，则铜完全转化成铜离子；再根据得失电子守恒计算出C中含有的亚铁离子、铁离子的物质的量，最后计算出其物质的量之比。

(1).由A. B两组数据分析可知，两次剩余物的质量相差17.2g8g=9.2g，此时生成2.24 LNO气体，NO的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，转移电子0.1mol×(52)=0.3 mol，若只溶解铁，根据得失电子守恒，溶解铁的质量为×56g/mol=8.4 g，若只溶解铜，质量为×64g/mol=9.6 g，由此可知溶解的9.2 g金属为Fe和Cu的混合物，所以A组实验后剩余金属为Fe和Cu，B组实验后剩余金属只有Cu，故答案为：Fe、Cu；Cu；

(2).设在实验A的基础上再加入100mL硝酸溶液溶解的9.2g金属中Fe、Cu物质的量分别为xmol、ymol，则根据质量守恒得：56x+64 y=9.2 ，根据电子转移守恒得：2(x+y)=3×0.1，解得：x=0.05、y=0.1，故混合物中Cu的物质的量为0.1mol，则每次所取混合物中铜的物质的量为：0.1mol+8g÷64g/mol=0.225mol，根据实验D和E可知，最终生成NO的体积为7.84L，物质的量为7.84L÷22.4L/mol=0.35mol，得到电子总物质的量为0.35mol×3=1.05mol， 0.225mol铜完全反应失去0.45mol电子，由于硝酸足量，实验D中铁完全变成铁离子，根据得失电子守恒，混合物中含有Fe的物质的量为：=0.20mol，所以实验中每次所取混合物中铁的物质的量为0.20mol，故答案为：0.20；

(3).根据上述分析可知，C组加入稀硝酸还能继续生成NO，则溶液中亚铁离子被氧化为铁离子，D组实验NO气体继续增加，说明C组实验后的溶液中金属阳离子为Fe3+ 、Fe2+ 和 Cu2+，D组实验增加了0.05molNO，则参加反应的Fe2+为0.15mol，固体没有剩余，即Cu2+有0.225mol，Fe3+有0.05mol，则n(Fe3+ ):n(Fe2+):n( Cu2+)=1:3:4.5或2:6:9，故答案为：Fe3+、Fe2+ 和 Cu2+；1:3:4.5或2:6:9。