Question

11．Cu-Fe合金由于長時(shí)間置于空氣中表面產(chǎn)生了一層氧化膜（成分為Fe₂O₃和CuO），現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)（以下氣體體積均在標(biāo)況下測得）
①將此合金塊5.76g置于燒杯中，然后將稀H₂SO₄逐漸緩慢加入至過量，收集產(chǎn)生的氣體為672mL，過濾得綠色溶液A，還有濾渣B．
②將濾渣B投入到一定濃度的HNO₃中，完全溶解，得NO、NO₂混合氣體896mL，經(jīng)測定（標(biāo)況下）此混合氣體與氫氣的相對密度為17．
③將①中所得濾液加入到同濃度足量的HNO₃中，用排水法收集一燒瓶氣體，再向燒瓶中通入224mL O₂，氣體恰好完全溶于水．
（1）A中存在的陽離子有Fe²⁺、H⁺；
（2）896mL混合氣體中NO、NO₂的物質(zhì)的量之比為3：1；
（3）B的單質(zhì)為Cu，質(zhì)量為3.2g；
（4）③中被HNO₃氧化了的陽離子的物質(zhì)的量為0.04mol；
（5）此合金塊中氧元素的質(zhì)量為0.32g．

Answer 1

分析 （1）溶液呈綠色說明含有亞鐵離子，溶液呈酸性，還含有氫離子；
（2）Cu不溶于稀硫酸，則濾渣B為銅，銅和硝酸反應(yīng)生成氮氧化物NO、NO₂，根據(jù)混合氣體密度為1.52g/L，求出混合氣體的平均摩爾質(zhì)量，利用十字相乘法確定一氧化氮和二氧化氮的物質(zhì)的量之比；
（3）Cu不溶于稀硫酸，則濾渣B為銅，根據(jù)NO和NO₂的物質(zhì)的量，利用轉(zhuǎn)移電子守恒計(jì)算銅的物質(zhì)的量和質(zhì)量；
（4）Fe²⁺與HNO₃反應(yīng)生成NO，反應(yīng)中Fe元素失去電子，N元素得電子，生成的NO與水、氧氣反應(yīng)，NO又失電子，氧氣得電子，整個(gè)過程中轉(zhuǎn)移的電子守恒，據(jù)此計(jì)算；
（5）該合金中含有Cu、Fe和O三種元素，根據(jù)（3）（4）可知Cu、Fe的質(zhì)量，然后計(jì)算O的質(zhì)量．

解答 解：（1）溶液呈綠色說明含有亞鐵離子，溶液呈酸性，所以還含有氫離子，酸過量，則濾渣只含銅，
故答案為：Fe²⁺、H⁺；
（2）B中濾渣是銅，銅和硝酸反應(yīng)生成氮氧化物，NO、NO₂混合氣體896mL，經(jīng)測定（標(biāo)況下）此混合氣體密度為1.52g/L，則混合氣體的平均摩爾質(zhì)量=1.52g×22.4g/L=34g/mol，利用十字相乘法確定一氧化氮和二氧化氮的物質(zhì)的量之比：，所以一氧化氮和二氧化氮的物質(zhì)的量之比=12：4=3：1，
故答案為：3：1；
（3）氮氧化合物的物質(zhì)的量=$\frac{0.896L}{22.4L/mol}$=0.04mol，已知一氧化氮和二氧化氮的物質(zhì)的量之比3：1，則一氧化氮的物質(zhì)的量是0.03mol，二氧化氮的物質(zhì)的量是0.01mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得銅的物質(zhì)的量=$\frac{（0.03×3+0.01×1）mol}{2}$=0.05mol，所以m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g；
故答案為：3.2；
（4）Fe²⁺與HNO₃反應(yīng)生成NO，反應(yīng)中Fe元素失去電子，N元素得電子，生成的NO與水、氧氣反應(yīng)，NO又失電子，氧氣得電子，整個(gè)過程中轉(zhuǎn)移的電子守恒，
已知n（O₂）=$\frac{0.224L}{22.4L/mol}$=0.01mol，則氧氣得到的電子為n（電子）=0.01mol×4=0.04mol，所以Fe²⁺失去的電子的物質(zhì)的量也是0.04mol，1molFe²⁺反應(yīng)失去1mol電子，所以n（Fe²⁺）=0.04mol；
故答案為：0.04；
（5）該合金中含有Cu、Fe和O三種元素，由（3）可知Cu的質(zhì)量為3.2g，由（4）可知m（Fe）=nM=0.04mol×56g/mol=2.24g，
則O元素的質(zhì)量為5.76g-3.2g-2.24g=0.32g，
故答案為：0.32．

點(diǎn)評 本題考查了鐵的性質(zhì)、氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計(jì)算，明確物質(zhì)間的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，結(jié)合原子守恒、轉(zhuǎn)移電子守恒來分析解答即可，難度中等．