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1、铁铜合金与硝酸反应计算题的综合思考1.现有铁和铜纟fl成的合金共«mol,其屮Cu的物质的童分数为x,研成粉末状后全部投入含bmolHNO3的稀溶液屮，使其充分反应，且HNO3的还原产物只有NO。试冋答下列问题：（1）随HNO3用量的增加，溶液屮的金属离了和残留固体的成分依次有六种情况，请用粒子符号填写下列表1空白：①②③④⑤⑥溶液屮的金属离子Fe2+Fe2Cu2+Cu"、Fe3+残留固体成分Fe>CuCu（2）若残留固体只有铜时，则溶液屮可能存在的金属离了为（填粒了符号）;若合金全部溶解，则溶液屮可能存在的金属离子为（填粒了符号）；（3
2、）当溶液屮金屈离了只有FJ+、Ci?+时，b的取值范围（用a,x表示）:（4）当x=0.5,且溶液屮Fe*与Fe*和物质的量相等，在标准状况下共产生672mLNO。贝I」a=,b=,2.mg铁屑与含有ngHNO3的溶液恰好完全反应，若m：n=l：2・7,该反应的化学方程式为O（假设还原产物只有一种，且只生成一种盐）（2）含ngHNCh的稀溶液，恰好使5・6g铁粉完全溶解，若有n/4gHNO3被还原成NO（无其他还原产物）则n值不可能是（）A・12・6B・16・8C・18.9D・25.2（1）开始时，铁铜过量，由于氧化性HNO3（稀）>Fe*
3、>Cu"；还原性Fe>Cu,故HNO3只能将铁部分铁氧化成Fe*,生成的Fe黛又将Fe氧化成Fe笔木身也被还原成Fet故此时,溶液屮阳离了为Fet铁铜过量,可看成只发生反应①③（见表2,下同）。表2：①Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOt+2H2O②3Cu+8HNO3.=3Cu(NO3)2+2NOt+4H2O③2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2④2Fe(NO3)3+Cu=2Fe(NO3)2+Cu(NO3)2⑤Fe+Cu2+=Fe2++Cu氧化性：HNO3（浓）〉HNO3（稀）〉F~+>Cu若残留同体只有铜时，则铜可能全部留下
4、或部分留下，故可能是笫2阶段，也可能是第3阶段，所以溶液屮可能存在的金属离了为Fe"或F『+、Cu2若合金全部溶解，则可能是第4阶段，也可能是第5阶段，也可能是第6阶段，所以溶液中金属离子为F0、Cu"或Fe%、Fe2域Fe叭Cu2++>、Fe"；还原性Fe>Cu（2）随硝酸量的增加，生成的Fe*刚好将铁全部氧化，此时溶液屮只有Fe",残留的固体只有铜，可看成只发生反应①③。（3）随硝酸量的增加，生成的Fe3+（M更多了）将余下的铁全部氧化后还有余，多余的Fe*将部分铜氧化，此时溶液中只有Fe2+、Cu2+,残留的固体是铜,可看成只发生
5、反应①③④。（4）随硝酸量的增加，生成的Fe?+（量更多了）将余下的铁和全部的铜完全氧化，或硝酸将全部的铁和部分的铜氧化，生成的Fe*将余下的铜刚好全部氧化，此时溶液屮只有F0、Cu2+,无残留固体，可看成只发生反应①③④或①②④，（5）随硝酸量的增加，生成的Fe*（量更多了）将余下的铁和全部的铜全部氧化后还有余；或铁全部生成Fe叭此FJ+将全部的铜氧化且有余；或硝酸将全部的铁氧化成Fe3+,并将部分的铜氧化，F0又将余下的铜全部氧化且Fe%有余，此时溶液屮有Fe叭Fe2+、Cu2+,无残留固体，可看成只发生反应①③④或①④或①②④。（6）
6、随硝酸量的增加，硝酸頁接将铁铜全部氧化或硝酸有余，此时溶液屮有FJ+、Cu2+（h+）,无残留固体，只发生反应①②。解析：（1）表1屮随HNO.JIK的增加，溶液屮的金屈离了和残留固体的成分依次有六种情况，与反应6阶段刚好一致，故依据6阶段就可完成表1得：①②③④⑤⑥溶液屮的金属离了Fe"Fe2+Fe2Cu2+Fe2Cu2+Fe"、Fe当溶液屮金属离了只有Fe"、Cu"时，反应处于第3阶段或第4阶段。第2阶段结束时消耗硝酸的量可依据物料守恒来计算,消耗硝酸的物质的量等于体现酸性的硝酸的物质的量加上体现氧化性消耗硝酸的物质的量，依据匹配原
7、则，1molFe2+匹配2molCu2+Cu2Fe3+残留固体成分Fe、CuCuCu无无无N03_,所以体现酸性的硝酸的物质的量是为2d(1—x)mol,依据得失电子守恒,金属失去的电了等于硝酸得到的电了，所以体现氧化性的硝酸的物质的量等于加(1-X)298X-,所以b=2a(l—x)+2。(1一小X—二—a(1-x),而实际消耗的硝酸比第333Q2阶段结束时要多的,故h>-a(l-x)o第4阶段结束时消耗硝酸的量力=2Xa+232888X^zX—=—a9故—a2b>—a(1—兀)。3333(4)被还原的硝酸的物质的量等于672讥224
8、00〃忆•mol~x=0.03mol,溶液中n(Fe2+)=—mol,n(Fe3+)=—mol,n(Cu2+)=—moL442依据电子守恒可得：0.03molX3e~=—molX
