Question

2．根據(jù)題意完成相關(guān)計(jì)算
往硫酸與硝酸的混合溶液中投入一塊未除氧化膜的鋁箔，微熱使之完全反應(yīng)，產(chǎn)生2.24L（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）NO與H₂的混合氣體，且該混合氣體的平均摩爾質(zhì)量為13.20g/mol．
①．若將混合氣體與一定量的氧氣在一定條件下充分反應(yīng)后，恰好全部轉(zhuǎn)化為硝酸溶液．
（1）混合氣體中NO的體積分?jǐn)?shù)為0.4．
（2）所用氧氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1.344L．
②向鋁箔與混酸反應(yīng)后的溶液中趁熱加入一定質(zhì)量的（NH₄）₂SO₄，冷卻后全部溶液正好轉(zhuǎn)化為40.77g鋁銨礬晶體[化學(xué)式：NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O，式量：453]．
（1）原鋁箔中金屬鋁的質(zhì)量為2.16g，氧化膜的物質(zhì)的量為0.005mol．
（2）計(jì)算原混酸中硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（精確到0.001，寫出計(jì)算過程）．
③．另取鋁銨礬溶于水后按一定比例加到碳酸氫銨溶液中，既有氣體又有沉淀生成．取27.8g沉淀，平均分為兩份．
第一份加強(qiáng)熱使其完全分解，最終得到5.1g氧化鋁粉末．
第二份加入足量的鹽酸，固體完全溶解，生成0.1mol氣體．往所得溶液中加入足量的NaOH并微熱，又生成0.1mol氣體．
通過計(jì)算推測沉淀的化學(xué)式并寫出生成該沉淀的化學(xué)方程式．

Answer 1

分析 ①（1）根據(jù)n=$\frac{V}{{V}_{m}}$計(jì)算混合氣體的物質(zhì)的量，令NO與H₂的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者物質(zhì)的量之和與平均摩爾質(zhì)量列方程計(jì)算x、y的值，進(jìn)而計(jì)算NO的體積分?jǐn)?shù)；
（2）NO轉(zhuǎn)化為HNO₃，H₂中氫原子反應(yīng)后存在HNO₃、H₂O中，由①中計(jì)算得到NO與H₂的物質(zhì)的量，利用原子守恒計(jì)算HNO₃、H₂O的物質(zhì)的量，根據(jù)氧原子守恒有：2n（O₂）+n（NO）=3n（HNO₃）+n（H₂O），再根據(jù)V=nV_m計(jì)算氧氣體積；
②（1）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算金屬Al的物質(zhì)的量，再根據(jù)m=nM計(jì)算鋁箔中金屬Al的質(zhì)量；
根據(jù)n=$\frac{m}{M}$計(jì)算40.77g鋁銨礬晶體的物質(zhì)的量，利用鋁元素守恒計(jì)算n（Al₂O₃）；
（2）根據(jù)銨根守恒計(jì)算n[（NH₄）₂SO₄]，再根據(jù)m=nM計(jì)算m[（NH₄）₂SO₄]，根據(jù)硫酸根守恒計(jì)算n（H₂SO₄），進(jìn)而計(jì)算m（H₂SO₄），m（混酸）+m（鋁箔）+m[（NH₄）₂SO₄]-m（氣體）=m（鋁銨礬晶體），據(jù)此計(jì)算原混酸的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)定義計(jì)算；
③根據(jù)n=$\frac{m}{M}$計(jì)算5.1g氧化鋁的物質(zhì)的量，由鋁原子守恒n（Al³⁺）=2n（Al₂O₃），加入足量的鹽酸，固體完全溶解，生成0.1mol氣體為二氧化碳，所得溶液中加入足量的NaOH并微熱，又生成0.1mol氣體為氨氣，根據(jù)元素守恒計(jì)算n（CO₃^2-）、n（NH₄⁺），由電荷守恒與質(zhì)量守恒判斷是否缺少陰離子，據(jù)此判斷化學(xué)式．

解答 解：①（1）混合氣體的物質(zhì)的量為$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，令NO與H₂的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：
x+y=0.1，$\frac{30x+2y}{x+y}$=13.2，聯(lián)立方程，解得x=0.04，y=0.06，
故NO的體積分?jǐn)?shù)為$\frac{0.04mol}{0.1mol}$=0.4，
故答案為：0.4；
（2）NO轉(zhuǎn)化為HNO₃，H₂中氫原子反應(yīng)后存在HNO₃、H₂O中，由①中計(jì)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，根據(jù)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，
故答案為：1.344L；
②（1）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，鋁箔中n（Al）=$\frac{0.04mol×（5-2）+0.06mol×2}{3}$=0.08mol，故m（Al）=0.08mol×27g/mol=2.16g，
40.77g鋁銨礬晶體的物質(zhì)的量為$\frac{40.77g}{503g/mol}$=0.09mol，由鋁元素守恒可知，2n（Al₂O₃）+0.08mol=0.09mol，故n（Al₂O₃）=0.005mol，
故答案為：2.16g；0.005mol；
（2）根據(jù)銨根守恒可知n[（NH₄）₂SO₄]=$\frac{0.09mol}{2}$=0.045mol，故m[（NH₄）₂SO₄]=0.045mol×132g/mol=5.94g，根據(jù)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（鋁箔）+m[（NH₄）₂SO₄]-m（氣體）=m（鋁銨礬晶體），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，故原混酸中硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為$\frac{0.135×98g}{33.48g}$=0.395，
故答案為：0.395；
③n（Al₂O₃）=$\frac{5.1g}{102g/mol}$=0.05mol，由氧原子守恒n（Al³⁺）=2n（Al₂O₃）=0.1mol，
加入足量的鹽酸，固體完全溶解，生成0.1mol氣體為二氧化碳，由碳元素守恒n（CO₃^2-）=0.1mol，
所得溶液中加入足量的NaOH并微熱，又生成0.1mol氣體為氨氣，由氮元素守恒可知n（NH₄⁺）=0.1mol，
三種離子的質(zhì)量為0.1mol×（27g/mol+60g/mol+18g/mol）=10.5g，小于13.9g，少13.9g-10.5g=3.4g，
電荷0.1mol×3+0.1mol＞0.1mol×2，由電荷守恒與質(zhì)量守恒可知，缺少陰離子，缺少的陰離子為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^-為0.2mol，故沉淀的化學(xué)式為：NH₄Al（OH）₂CO₃，
故答案為：NH₄Al（OH）₂CO₃．

點(diǎn)評 本題考查化學(xué)計(jì)算，題目很大，計(jì)算量很大，過程復(fù)雜，主要考查學(xué)生守恒思想的利用，是對學(xué)生綜合能量的考查，對學(xué)生的心理素質(zhì)由很高的要求，難度很大，為易錯(cuò)題目．