题目内容
（2012?虹口区二模）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
（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
（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
0.4
．②所用氧气在标准状况下的体积为1.344
1.344
L．（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
2.16
2.16
，氧化膜的物质的量为0.005mol
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）
0.395
0.395
．（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
NH4Al（OH）2CO3，NH4Al（SO4）2+4NH4HCO3=NH4Al（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+3CO2↑+H2O
NH4Al（OH）2CO3，NH4Al（SO4）2+4NH4HCO3=NH4Al（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+3CO2↑+H2O
．分析：（1）①根据n=
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；
②NO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=nVm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=
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=
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（CO32-）、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，书写方程式．
| V |
| Vm |
②NO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=nVm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=
| m |
| M |
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=
| m |
| M |
解答：解：（1）①混合气体的物质的量为
=0.1mol，令NO与H2的物质的量分别为xmol、ymol，则：
x+y=0.1，
=13.2，联立方程，解得x=0.04，y=0.06，
故NO的体积分数为
=0.4，
故答案为：0.4；
②NO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）=
=0.08mol，故m（Al）=0.08mol×27g/mol=2.16g，
40.77g铝铵矾晶体的物质的量为
=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]=
=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
=0.395，
故答案为：0.395；
（2）n（Al2O3）=
=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（CO32-）=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SO42-，故n（OH-）=0.1mol×3+0.1mol-0.1mol×2=0.2mol，
沉淀中含Al3+、NH4+、CO32-各0.1mol，OH-为0.2mol，故沉淀的化学式为：NH4Al（OH）2CO3，
生成沉淀的方程式为：NH4Al（SO4）2+4NH4HCO3=NH4Al（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+3CO2↑+H2O，
故答案为：NH4Al（OH）2CO3；NH4Al（SO4）2+4NH4HCO3=NH4Al（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+3CO2↑+H2O．
| 2.24L |
| 22.4L/mol |
x+y=0.1，
| 30x+2y |
| x+y |
故NO的体积分数为
| 0.04mol |
| 0.1mol |
故答案为：0.4；
②NO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）=
| 0.04mol×(5-2)+0.06mol×2 |
| 3 |
40.77g铝铵矾晶体的物质的量为
| 40.77g |
| 503g/mol |
故答案为：2.16g；0.005mol；
②根据铵根守恒可知n[（NH4）2SO4]=
| 0.09mol |
| 2 |
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
| 0.135×98g |
| 33.48g |
故答案为：0.395；
（2）n（Al2O3）=
| 5.1g |
| 102g/mol |
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（CO32-）=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SO42-，故n（OH-）=0.1mol×3+0.1mol-0.1mol×2=0.2mol，
沉淀中含Al3+、NH4+、CO32-各0.1mol，OH-为0.2mol，故沉淀的化学式为：NH4Al（OH）2CO3，
生成沉淀的方程式为：NH4Al（SO4）2+4NH4HCO3=NH4Al（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+3CO2↑+H2O，
故答案为：NH4Al（OH）2CO3；NH4Al（SO4）2+4NH4HCO3=NH4Al（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+3CO2↑+H2O．
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．
练习册系列答案
相关题目