Question

15．一定質(zhì)量的鐵、氧化鐵、氧化銅的混合物粉末放入100mL 4.40mol/L鹽酸中，充分反應(yīng)后產(chǎn)生896mL H₂（標(biāo)準(zhǔn)狀況），殘留固體1.28g．過(guò)濾，濾液中無(wú)Cu²⁺．將濾液加水稀釋到200mL，測(cè)得其中c（H⁺）為0.400mol/L．下列判斷正確的是（　�。�

• A． 殘留固體中一定不含有鐵
• B． 濾液中可能含有Fe³⁺
• C． 原混合物中n（Fe）=n（Fe₂O₃）+n（CuO）
• D． 原混合物中鐵為3.36 g

Answer 1

分析 A．反應(yīng)后溶液中還有較多H⁺離子剩余，且濾液中沒(méi)有Cu²⁺，可知?dú)埩粑餂](méi)有Fe，只有Cu；
B．而Cu可以殘留說(shuō)明溶液中沒(méi)有Fe³⁺，溶液中陽(yáng)離子為H⁺和Fe²⁺；
C．發(fā)生反應(yīng)：Fe+Fe₂O₃+6HCl=3FeCl₂+3H₂O、Fe+CuO+2HCl=FeCl₂+Cu+H₂O、Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑，根據(jù)方程式判斷；
D．參加反應(yīng)的HCl中的H元素轉(zhuǎn)化到氫氣、水中，根據(jù)H原子守恒，計(jì)算混合物中O原子物質(zhì)的量，根據(jù)Cu元素守恒計(jì)算n（CuO），再根據(jù)O原子守恒計(jì)算n（Fe₂O₃）；發(fā)生的反應(yīng)中Fe失電子，F(xiàn)e₂O₃、CuO和部分鹽酸得電子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得2n（Fe）=2n（Fe₂O₃）+2n（CuO）+2n（H₂），即n（Fe）=n（Fe₂O₃）+n（CuO）+n（H₂），然后根據(jù)m=nM計(jì)算．

解答 解：A．反應(yīng)后溶液中還有較多H⁺離子剩余，且濾液中沒(méi)有Cu²⁺，可知?dú)埩粑餂](méi)有Fe，只有Cu，故A正確；
B．而Cu可以殘留說(shuō)明溶液中沒(méi)有Fe³⁺，溶液中陽(yáng)離子為H⁺和Fe²⁺，故B錯(cuò)誤；
C．發(fā)生反應(yīng)：Fe+Fe₂O₃+6HCl=3FeCl₂+3H₂O、Fe+CuO+2HCl=FeCl₂+Cu+H₂O、Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑，由方程式可知原混合物中n（Fe）＞n（Fe₂O₃）+n（CuO），故C錯(cuò)誤；
D．反應(yīng)后剩余n（H⁺）=0.4mol/L×0.2L=0.08mol，原溶液中n（HCl）=4.4mol/L×0.1L=0.44mol，參加反應(yīng)的HCl中的H元素轉(zhuǎn)化到氫氣、水中，根據(jù)H原子守恒，2n（H₂O）+2n（H₂）=n_總（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，由銅元素守恒，則n（CuO）=n（Cu）=$\frac{1.28g}{64g/mol}$=0.02mol，由O原子守恒：3n（Fe₂O₃）+n（CuO）=0.14mol，則n（Fe₂O₃）=0.04mol；反應(yīng)中Fe失電子，F(xiàn)e₂O₃、CuO和部分鹽酸得電子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得：2n（Fe）=2n（Fe₂O₃）+2n（CuO）+2n（H₂），即n（Fe）=n（Fe₂O₃）+n（CuO）+n（H₂），xmol=0.04mol+0.02mol+0.04mol，x=0.10mol，則m（Fe）=nM=0.10mol×56g/mol=5.60g，故D錯(cuò)誤；
故選A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查混合物反應(yīng)的計(jì)算，題目難度中等，側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算能力，注意從溶液存在的離子判斷物質(zhì)反應(yīng)的程度，注意利用守恒法與總方程式解答，試題培養(yǎng)了學(xué)生的化學(xué)計(jì)算能力．