Question

15．电子工业常用一定浓度的FeCl₃溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板，有关反应方程式为2FeCl₃+Cu=2FeCl₂+CuCl₂．
现将一块敷有铜箔的绝缘板浸入8.00×10²mL 某FeCl₃溶液A中，一段时间后，将该线路板取出，向所得溶液B中加入铁粉m g，充分反应后剩余固体n g；将固体滤出并从滤液C（忽略反应前后溶液体积的变化）中取出20.00mL，向其中滴入3.00mol•L^-1AgNO₃溶液60.00mL时，溶液中的Cl^-恰好完全沉淀．计算：
（1）溶液A中FeCl₃的物质的量浓度为3.00mol/L；
（2）假设铁粉不再溶解，向溶液B中加入的铁粉质量至少应当大于67.2g；
（3）讨论当剩余固体的组成不同时，m与n可能的取值范围，并填写下表相关栏目．

剩余固体的组成	m的取值范围	n的取值范围
只有铜
有铁和铜		（用含m的代数式表示）

（4）当m=100.0，n=96.8时，溶液B中FeCl₂的物质的量浓度为2.50 mol•L^-1．

Answer 1

分析 依据反应过程分析，最后溶液中加入硝酸银溶液生成氯化银沉淀，氯元素守恒可以直接计算原溶液A中氯化铁的浓度，氯化铁溶解铜生成氯化亚铁和氯化铜，加入铁粉发生的反应为①2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，②Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu，引起质量变化的原因是反应①固体质量减小，反应②固体质量增加，结合质量变化和化学方程式列式计算．

解答 解：（1）从滤液C（忽略反应前后溶液体积的变化）中取出20.00mL，向其中滴入3.00mol•L^-1 AgNO₃溶液60.00mL时，溶液中的Cl^-恰好完全沉淀，依据氯元素守恒20ml溶液中氯离子物质的量n（Cl^-）=n（Ag⁺）=3.00mol/L×0.060L=0.18mol，所以原溶液800ml中含有氯离子物质的量为0.18mol×$\frac{800}{20}$=7.2mol，n（FeCl₃）=$\frac{1}{3}$n（Cl^-）=2.4mol，溶液A中FeCl₃的物质的量浓度=$\frac{2.4mol}{0.8L}$=3.00mol/L，故答案为：3.00mol/L；
（2）铁粉加进去与铜离子反应，根据化合价升降守恒关系，原来三价铁离子转化为二甲铁离子化学价降低的数目等于铜单质转变为铜离子化学价升高数目，假设铁粉不再溶解，向溶液B中加入的铁粉化合价升高数目应该等于原来三价铁离子化合价降低数目，根据2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，化合价降低数目=n（FeCl₃）×1=2.4，设加入铁的质量为xg，则根据化合价升降守恒知，2.4=$\frac{x}{56}×2$，x=67.2 g，故至少加入铁粉的质量为67.2g，故答案为：67.2g；
（3）当只有铜时，铁粉不能将铜置换，根据（2）计算知，当铁粉质量0＜m≤67.2时成立；根据2FeCl₃+Cu=2FeCl₂+CuCl₂，当三价铁完全反应时，消耗铜质量最大，为$\frac{64×2.4}{2}$=76.8g，故只有铜时0＜n≤76.8；若有铁和铜，说明没有三价铁离子和二甲铜离子，铁粉可以过量，m＞67.2，剩余铜的质量的最小值为（m-67.2）g，mg铁将铜离子全部置换出来，铜的质量为76.8g，反应了的铁的质量为67.2g，故固体质量=m+铜-反应的铁=m+76.8-67.2=m+9.6g，故（m-67.2）＜n≤（m+9.6），故答案为：；
（4）加入铁粉发生的反应为①2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，②Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu，引起质量变化的原因是反应①固体质量减小，反应②固体质量增加，设B溶液中亚铁离子物质的量为x，则溶解的铜物质的量为0.5x，
①2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，固体质量减少
      2                 56g
2.4mol-x              28（2.4-x）g
②Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu，固体质量增加
     1                （ 64-56）g
 0.5x                   0.5x（64-56）
则 28（2.4-x）g-0.5x（64-56）=100g-96.8g=3.2g
x=2mol
溶液B中c（FeCl₂）=$\frac{2mol}{0.8L}$=2.5mol/L；
故答案为：2.50 mol•L^-1．

点评 本题考查学生及氧化还原反应型离子方程式的书写方法及计算，利用化合价升降守恒，原子守恒等知识建立等式关系，分类讨论铜铁的用量与产物的关系，氧化还原反应过程中化学方程式的计算应用是本题难点，题目难度较大．