Question

2．根据题意完成相关计算
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2.24L（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13.20g/mol．
①．若将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．
（1）混合气体中NO的体积分数为0.4．
（2）所用氧气在标准状况下的体积为1.344L．
②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40.77g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2.16g，氧化膜的物质的量为0.005mol．
（2）计算原混酸中硫酸的质量分数（精确到0.001，写出计算过程）．
③．另取铝铵矾溶于水后按一定比例加到碳酸氢铵溶液中，既有气体又有沉淀生成．取27.8g沉淀，平均分为两份．
第一份加强热使其完全分解，最终得到5.1g氧化铝粉末．
第二份加入足量的盐酸，固体完全溶解，生成0.1mol气体．往所得溶液中加入足量的NaOH并微热，又生成0.1mol气体．
通过计算推测沉淀的化学式并写出生成该沉淀的化学方程式．

Answer 1

分析 ①（1）根据n=$\frac{V}{{V}_{m}}$计算混合气体的物质的量，令NO与H₂的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与平均摩尔质量列方程计算x、y的值，进而计算NO的体积分数；
（2）NO转化为HNO₃，H₂中氢原子反应后存在HNO₃、H₂O中，由①中计算得到NO与H₂的物质的量，利用原子守恒计算HNO₃、H₂O的物质的量，根据氧原子守恒有：2n（O₂）+n（NO）=3n（HNO₃）+n（H₂O），再根据V=nV_m计算氧气体积；
②（1）根据电子转移守恒计算金属Al的物质的量，再根据m=nM计算铝箔中金属Al的质量；
根据n=$\frac{m}{M}$计算40.77g铝铵矾晶体的物质的量，利用铝元素守恒计算n（Al₂O₃）；
（2）根据铵根守恒计算n[（NH₄）₂SO₄]，再根据m=nM计算m[（NH₄）₂SO₄]，根据硫酸根守恒计算n（H₂SO₄），进而计算m（H₂SO₄），m（混酸）+m（铝箔）+m[（NH₄）₂SO₄]-m（气体）=m（铝铵矾晶体），据此计算原混酸的质量，再根据质量分数定义计算；
③根据n=$\frac{m}{M}$计算5.1g氧化铝的物质的量，由铝原子守恒n（Al³⁺）=2n（Al₂O₃），加入足量的盐酸，固体完全溶解，生成0.1mol气体为二氧化碳，所得溶液中加入足量的NaOH并微热，又生成0.1mol气体为氨气，根据元素守恒计算n（CO₃^2-）、n（NH₄⁺），由电荷守恒与质量守恒判断是否缺少阴离子，据此判断化学式．

解答 解：①（1）混合气体的物质的量为$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，令NO与H₂的物质的量分别为xmol、ymol，则：
x+y=0.1，$\frac{30x+2y}{x+y}$=13.2，联立方程，解得x=0.04，y=0.06，
故NO的体积分数为$\frac{0.04mol}{0.1mol}$=0.4，
故答案为：0.4；
（2）NO转化为HNO₃，H₂中氢原子反应后存在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；
②（1）根据电子转移守恒，铝箔中n（Al）=$\frac{0.04mol×（5-2）+0.06mol×2}{3}$=0.08mol，故m（Al）=0.08mol×27g/mol=2.16g，
40.77g铝铵矾晶体的物质的量为$\frac{40.77g}{503g/mol}$=0.09mol，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]=$\frac{0.09mol}{2}$=0.045mol，故m[（NH₄）₂SO₄]=0.045mol×132g/mol=5.94g，根据硫酸根守恒可知n（H₂SO₄）=0.09mol×2-0.045mol=0.135mol，故m（H₂SO₄）=0.135×98g，
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）+2.16g+0.51g+5.94g-0.1mol×13.2g/mol=40.77g，故m（混酸）=40.77-2.16g-0.51g-5.94g+0.1mol×13.2g/mol=33.48g，故原混酸中硫酸的质量分数为$\frac{0.135×98g}{33.48g}$=0.395，
故答案为：0.395；
③n（Al₂O₃）=$\frac{5.1g}{102g/mol}$=0.05mol，由氧原子守恒n（Al³⁺）=2n（Al₂O₃）=0.1mol，
加入足量的盐酸，固体完全溶解，生成0.1mol气体为二氧化碳，由碳元素守恒n（CO₃^2-）=0.1mol，
所得溶液中加入足量的NaOH并微热，又生成0.1mol气体为氨气，由氮元素守恒可知n（NH₄⁺）=0.1mol，
三种离子的质量为0.1mol×（27g/mol+60g/mol+18g/mol）=10.5g，小于13.9g，少13.9g-10.5g=3.4g，
电荷0.1mol×3+0.1mol＞0.1mol×2，由电荷守恒与质量守恒可知，缺少阴离子，缺少的阴离子为OH^-，而非SO₄^2-，故n（OH^-）=0.1mol×3+0.1mol-0.1mol×2=0.2mol，
沉淀中含Al³⁺、NH₄⁺、CO₃^2-各0.1mol，OH^-为0.2mol，故沉淀的化学式为：NH₄Al（OH）₂CO₃，
故答案为：NH₄Al（OH）₂CO₃．

点评 本题考查化学计算，题目很大，计算量很大，过程复杂，主要考查学生守恒思想的利用，是对学生综合能量的考查，对学生的心理素质由很高的要求，难度很大，为易错题目．