题目内容

标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验，各取30.0mL相同浓度的盐酸溶液，然后分别慢慢地加入不同质量的同一种镁铝合金粉末，得下列有关数据：（假设反应前后溶液的体积不发生变化）请回答：
  甲 乙 丙
合金质量/mg 255 385 459
气体体积/mL 280 336 336
（1）根据所给数据，计算盐酸的物质的量浓度为
 
 mol/L．
（2）根据所给数据，计算镁铝的物质的量之比为
 
．
（3）甲组实验后，向容器中加入一定量1mol/L的NaOH溶液，恰好使铝元素全部以AlO2-形式存在，并使Mg2+刚好沉淀完全，所需NaOH体积为
 
升．
（4）取一定量的Al2O3投入到NaOH溶液中，全部溶解，再通入CO2气体，当通入CO2气体2.24L时，生成11.7克的沉淀，如果通入CO2气体1.12L时，生成的沉淀是多少克？
考点：有关混合物反应的计算
专题：计算题
分析：盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，生成336mL氢气需要金属的质量为255mg×
336mL
280mL
=306mg＜385mg，故乙中金属剩余，盐酸不足，
（1）乙、丙中盐酸完全，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，根据n=
V
Vm
计算氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2），据此计算；
（2）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与电子转移守恒列方程计算x、y的值，据此解答；
（3）甲组实验后，向容器中加入一定量的NaOH溶液，恰好使铝元素全部以AlO2-形式存在，并使Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，根据钠离子守恒则n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），结合Cl氯离子、Al原子守恒可知n（NaCl）、n（NaAlO2），再根据V=
n
c
计算需要氢氧化钠溶液体积，结合（1）（2）中的数据计算；
（4）开始可能发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，然后产生沉淀的反应为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，通入CO2气体2.24L时，生成11.7克的沉淀，沉淀为氢氧化铝，其物质的量=
11.7g
78g/mol
=0.15，二氧化碳物质的量为0.1mol，则生成沉淀时消耗二氧化碳为0.075mol，则有0.025mol二氧化碳与NaOH反应，可知剩余氢氧化钠为0.05mol，据此结合方程式计算．
解答： 解：盐酸浓、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，生成336mL氢气需要金属的质量为255mg×
336mL
280mL
=306mg＜385mg，故乙中金属剩余，盐酸不足，
（1）乙、丙中盐酸完全，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量为
0.336L
22.4L/mol
=0.015mol，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）=2×0.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为
0.03mol
0.03L
=1mol/L，
故答案为：1mol/L；
（2）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有2x+3y=
0.28L
22.4L/mol
×2，联立方程解得：x=0.005、y=0.005，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.005mol：0.005mol=1：1，
故答案为：1：1；
（3）甲组实验后，向容器中加入一定量的NaOH溶液，恰好使铝元素全部以AlO2-形式存在，并使Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，根据钠离子守恒，则：n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），结合Cl氯离子、Al原子守恒，可知n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=n（HCl）+n（Al）=0.03mol+0.005mol=0.035mol，故需要1mol/L NaOH溶液的体积为
0.035mol
1mol/L
=0.035L，
故答案为：0.035；
（4）开始可能发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，然后产生沉淀的反应为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，通入CO2气体2.24L时，生成11.7克的沉淀，沉淀为氢氧化铝，其物质的量=
11.7g
78g/mol
=0.15，二氧化碳物质的量为0.1mol，则生成沉淀时消耗二氧化碳为0.075mol，则与NaOH反应的二氧化碳为0.1mol-0.075mol=0.025mol，故剩余氢氧化钠为0.025mol×2=0.05mol，
通入CO2气体1.12L时，其物质的量为
1.12L
22.4L/mol
=0.05mol，则：
    2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
0.05mol   0.025mol
故剩余0.025mol二氧化碳与偏铝酸钠反应产生沉淀，
2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，
      0.025mol   0.05mol
故产生沉淀的质量=0.05mol×78g/mol=3.9g
答：生成的沉淀是3.9克．
点评：本题考查混合物的计算，根据表中数据关系判断反应的过量问题是关键，（4）中注意利用过程法判断剩余氢氧化钠，题目难度中等，侧重考查学生对数据的分析处理及解决问题能力的考查．
练习册系列答案
相关题目
在一定条件下，A和B反应可生成C和D，其能量变化如下：
下列有关反应A+B═C+D的说法正确的是（　　）
A、反应前后原子的种类和数目可能改变
B、该反应若有热量变化，则一定是氧化还原反应
C、若该反应为放热反应，则不需加热反应就一定能进行
D、该反应遵循能量守恒，所以一定有能量变化
某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、Cl-四种阴离子．向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度保持不变的是（假设溶液体积无变化）（　　）
A、HCO3-
B、SO32-
C、CO32-
D、Cl-
下列说法正确的是（　　）
A、摩尔是物质量的单位
B、常温下，1mol NH3的质量小于17g
C、氦气的摩尔质量是4g/mol
D、1mol气体所占的体积约为22.4L
下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是（　　）
A、碘与干冰分别受热变为气体
B、硝酸铵与硝酸分别受热变为气体
C、氯化钠与氯化氢分别溶解在水中
D、二氧化硅晶体与冰分别受热熔化
9.6g元素A与4.2g元素B含有相同的原子数，A和B原子核中质子数与中子数相等，已知A元素在其最高价氧化物中的含量是40%，在氢化物中含量为94.1%，A元素的相对原子质量为
 
、B元素在元素周期表中的位置为
 
．
2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）是生产硫酸的主要反应之一．下表是原料气按V（SO2）：V（O2）：V（N2）=7：11：28投料，在1.01×105Pa时，不同温度下SO2的平衡转化率．
温度/℃ 400 500 600
SO2转化率/% 99.2 93.5 73.7
（1）该反应是
 
反应（填“放热”或“吸热”）．
（2）400℃，1.01×105Pa时，将含10mol SO2的原料气通入一密闭容器中进行反应平衡时SO2的物质的量是
 
mol．
（3）硫酸厂尾气（主要成分为SO2、O2和N2）中低浓度SO2的吸收有很多方法．
①用氨水吸收上述尾气，若尾气中SO2与氨水恰好反应得到弱碱性的（NH4）2SO3溶液，则有关该溶液的下列关系正确的是
 
（填序号）．
a．c（NH4+）+c（NH3?H2O）=2[c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）]
b．c（NH4+）+c（H+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）
c．c（NH4+）＞c（SO32-）＞c（OH-）＞c（H+）
②用MnO2与水的悬浊液吸收上述尾气并生产MnSO4
i．得到MnSO4的化学方程式是
 

ii．该吸收过程生成MnSO4时，溶液的pH变化趋势如图甲，SO2的吸收率与溶液pH的关系如图乙．

图甲中pH变化是因为吸收中有部分SO2转化为H2SO4生成H2SO4反应的化学方程式是
 
；由图乙可知pH的降低
 
SO2的吸收（填“有利于”或“不利于”），用化学平衡移动原理解释其原因是
 
．
A、B、C均为短周期元素，其中A元素的单质是自然界最轻的气体，B元素原子核外电子排布共三层，B原子的次外层电子数为最外层电子数和最内层电子数之和，C元素与B元素位于同一主族的第二周期，且可形成BC2型化合物．
（1）写出A、C的元素符号：A
 
，C
 
．
（2）写出B元素最高价氧化物对应水化物的化学式
 
．
下列物质中互为同分异构体的是（　　）
A、甲烷和乙烷
B、二氧化碳和干冰
C、石墨和金刚石
D、正丁烷和异丁烷

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网