Question

【题目】往硫酸与硝酸的混合溶液中投入一块未除氧化膜的铝箔，微热使之完全反应，产生2.24 L （已折算为标准状况）NO与H2的混合气体，且该混合气体的平均摩尔质量为13.20 g/mol。

(1)混合气体中NO的体积分数为_________。

(2)若将所得混合气体与一定量的氧气在一定条件下充分反应后，恰好全部转化为硝酸溶液。则所用氧气在标准状况下的体积为_________L。

(3)向铝箔与混酸反应后的溶液中趁热加入一定质量的(NH4)2SO4，冷却后全部溶液正好转化为40.77 g铝铵矾晶体[化学式：NH4Al(SO4)2·12H2O，式量：453]。

①原铝箔中金属铝的质量为_________g。氧化膜的物质的量为___________mol。

②计算原混酸中硫酸的质量分数（保留三位小数，写出计算过程）。___________。

Answer 1

【答案】40% 1.344L 2.16g 0.005mol

【解析】

（1）根据总物质的量及平均摩尔质量列方程组解得；（2）根据原子守恒分析解答；（3）根据反应中元素守恒及转移电子守恒分析解答。

（1）混合气体的物质的量为 ，令NO与H2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.1，，联立方程，解得x=0.04，y=0.06，故NO的体积分数为，故答案为：40%；

（2）NO转化为HNO3，H2中氢原子反应后存在于HNO3、H2O中，由（1）中计算可知n(NO)=0.04mol、n(H2)=0.06mol，由氮原子守恒可得n(HNO3)=n(NO)=0.04mol，由H原子守恒可知2n(H2)=2n(H2O)+n(HNO3)，即0.06mol×2=2n(H2O)+0.04mol，解得n(H2O)=0.04mol，根据氧原子守恒有：2n(O2)+n(NO)=3n(HNO3)+n(H2O)，故2n(O2)+0.04mol=3×0.04mol+0.04mol，解得n(O2)=0.06mol，故V(O2)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L，故答案为：1.344L；

（3）①根据电子转移守恒，铝箔中n(Al)=，故m(Al)=0.08mol×27g/mol=2.16g，40.77g铝铵矾晶体的物质的量为，由铝元素守恒可知，2n(Al2O3)+0.08mol=0.09mol，故n(Al2O3)=0.005mol，故答案为：2.16g；0.005mol；

②根据铵根守恒可知n[(NH4)2SO4]= ，故m[(NH4)2SO4]=0.045mol×132g/mol=5.94g，根据硫酸根守恒可知n(H2SO4)=0.09mol×20.045mol=0.135mol，故m(H2SO4)=0.135×98g=13.23g，m(Al2O3)=0.005mol×102g/mol=0.51g，m(混酸)+m(铝箔)+m[(NH4)2SO4]m(气体)=m(铝铵矾晶体)，故m(混酸)+2.1g+0.51g+5.94g0.1mol×13.2g/mol=40.77g，故m(混酸)=40.77g2.16g0.51g5.94g+0.1mol×13.2g/mol=33.48g，故原混酸中硫酸的质量分数为，故答案为：。