Question

10．将一定量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.4mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH₂（标准状况），残留固体1.28g，滤液中无Cu²⁺，将滤液加水稀释到200mL，测得其中c（H⁺）为0.400mol/L，则原混合液中单质铁的质量是（　　）

• A． 2.24g
• B． 3.36g
• C． 5.60g
• D． 10.08g

Answer 1

分析 n（H₂）=$\frac{0.896L}{22.4L/mol}$=0.04mol，稀释后测得溶液中c（H⁺）为0.400mol/L，说明盐酸有剩余，则Fe、Fe₂O₃、CuO完全反应，混合物与盐酸充分反应有有固体残留，说明Fe³⁺完全反应，残留固体为Cu，n（Cu）=$\frac{1.28g}{64g/mol}$=0.02mol，且滤液中无Cu²⁺，则溶液中溶质为FeCl₂，最后溶液中根据电荷守恒得2n（Fe²⁺）+n（H⁺）=n（Cl^-），所以n（Fe²⁺）=$\frac{1}{2}$[n（Cl^-）-n（H⁺）]=$\frac{1}{2}$[4.4mol/L×0.1L-0.400mol/L×0.2L]=0.18mol，设混合物中Fe的物质的量为xmol，根据Fe原子守恒得n（Fe₂O₃）=$\frac{0.18mol-xmol}{2}$，发生的反应中Fe失电子，Fe₂O₃、CuO和部分盐酸得电子，根据转移电子守恒得2n（Fe）=2n（Fe₂O₃）+2n（CuO）+2n（H₂），即n（Fe）=n（Fe₂O₃）+n（CuO）+n（H₂），xmol=$\frac{0.18mol-xmol}{2}$+0.02mol+0.04mol，再根据m=nM计算铁的质量．

解答 解：n（H₂）=$\frac{0.896L}{22.4L/mol}$=0.04mol，稀释后测得溶液中c（H⁺）为0.400mol/L，说明盐酸有剩余，则Fe、Fe₂O₃、CuO完全反应，混合物与盐酸充分反应有有固体残留，说明Fe³⁺完全反应，残留固体为Cu，n（Cu）=$\frac{1.28g}{64g/mol}$=0.02mol，且滤液中无Cu²⁺，则溶液中溶质为FeCl₂，最后溶液中根据电荷守恒得2n（Fe²⁺）+n（H⁺）=n（Cl^-），所以n（Fe²⁺）=$\frac{1}{2}$[n（Cl^-）-n（H⁺）]=$\frac{1}{2}$[4.4mol/L×0.1L-0.400mol/L×0.2L]=0.18mol，设混合物中Fe的物质的量为xmol，根据Fe原子守恒得n（Fe₂O₃）=$\frac{0.18mol-xmol}{2}$，发生的反应中Fe失电子，Fe₂O₃、CuO和部分盐酸得电子，根据转移电子守恒得2n（Fe）=2n（Fe₂O₃）+2n（CuO）+2n（H₂），即n（Fe）=n（Fe₂O₃）+n（CuO）+n（H₂），xmol=$\frac{0.18mol-xmol}{2}$+0.02mol+0.04mol，x=0.10
则m（Fe）=nM=0.10mol×56g/mol=5.60g，故选C．

点评 本题考查混合物的计算，为高频考点，正确获取题给信息、明确各物质之间发生的反应是解本题关键，注意：滤液中的Fe元素来自于铁和氧化铁、Fe不仅和稀盐酸反应还与铁离子及铜离子反应，题目难度中等．