题目内容
探究实验发现，硝酸发生氧化还原反应时，浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．（1）一定条件下，将少量的镁粉与足量极稀的硝酸充分反应，完成并配平下列化学方程式：□Mg+□HNO3═□□+□NH4NO3+□H2O
（2）为了测定某镁铝合金中两种金属的物质的量之比，某同学取一定量镁铝合金与足量极稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入1mol?L-1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．
试回答下列问题：
①逐滴加入1mol?L-1的氢氧化钠溶液的定量玻璃仪器为
②由上述图形分析可知，溶液中结合OH-能力最强的阳离子是
③通过上图数据计算知：合金中两种金属的物质的量之比n（Mg）：n（Al）=
考点：化学方程式的有关计算,硝酸的化学性质
专题：计算题
分析：（1）少量的镁粉与足量极稀的硝酸充分反应生成硝酸镁，根据化合价升级相等、原子守恒配平；
（2）①氢氧化钠溶液应放入碱式滴定管，O→C 之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，以此书写离子方程式；
②O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，C→D为Mg2+、Al3+与NaOH反应生成沉淀，D→E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应；
③根据曲线的变化判断出各段反应，根据消耗的氢氧化钠的体积和反应方程式计算反应后溶液含有镁和铝的物质的量．
（2）①氢氧化钠溶液应放入碱式滴定管，O→C 之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，以此书写离子方程式；
②O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，C→D为Mg2+、Al3+与NaOH反应生成沉淀，D→E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应；
③根据曲线的变化判断出各段反应，根据消耗的氢氧化钠的体积和反应方程式计算反应后溶液含有镁和铝的物质的量．
解答：
解：（1）少量的镁粉与足量极稀的硝酸充分反应生成硝酸镁，Mg→Mg（NO3）2 ，Mg的化合价0→+2，化合价升高2，HNO3→NH4NO3，N的化合价+5→-3，化合价降低8，根据化合价升级相等可知：Mg、Mg（NO3）2 的化学计量数为4，NH4NO3的化学计量数为1，再根据原子守恒可知HNO3的化学计量数为10，H2O的化学计量数为3，因此化学方程式为4Mg+10HNO3═4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O，
故答案为：4；10；4 Mg（NO3）2；1；3；
（2）①氢氧化钠溶液应放入碱式滴定管，O→C 之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-═H2O，
故答案为：碱式滴定管；H++OH-═H2O；
②O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-═H2O，C→D为Mg2+、Al3+与NaOH反应生成沉淀，D→E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4+和NaOH反应，因此溶液中结合OH-能力最强的阳离子是H+，最弱的阳离子是NH4+，
故答案为：H+；NH4+；
③E与F之间沉淀的量减少，为Al（OH）3溶解在氢氧化钠溶液中，
其反应方程式为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，
氢氧化铝与氢氧化钠物质的量之比为1：1，
EF段的n（NaOH）=1mol/L×2×10-3L=0.002mol，根据Al原子守恒可知合金中Al、Al3+均为0.002mol，
D→E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，
n（NH4+）=n（NaOH）=（20-18）×10-3L×1mol/L=0.002mol，
设Mg2+有xmol，Al3+0.002mol，NH4+有0.002mol，根据电子守恒可得：
2x+0.002×3=0.002×8
x=0.005mol，
所以Mg的物质的量为0.005mol，Al的物质的量为0.002mol，
n（Mg）：n（Al）=0.005mol：0.002mol=5：2，
故答案为：5：2．
故答案为：4；10；4 Mg（NO3）2；1；3；
（2）①氢氧化钠溶液应放入碱式滴定管，O→C 之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-═H2O，
故答案为：碱式滴定管；H++OH-═H2O；
②O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-═H2O，C→D为Mg2+、Al3+与NaOH反应生成沉淀，D→E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4+和NaOH反应，因此溶液中结合OH-能力最强的阳离子是H+，最弱的阳离子是NH4+，
故答案为：H+；NH4+；
③E与F之间沉淀的量减少，为Al（OH）3溶解在氢氧化钠溶液中，
其反应方程式为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，
氢氧化铝与氢氧化钠物质的量之比为1：1，
EF段的n（NaOH）=1mol/L×2×10-3L=0.002mol，根据Al原子守恒可知合金中Al、Al3+均为0.002mol，
D→E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，
n（NH4+）=n（NaOH）=（20-18）×10-3L×1mol/L=0.002mol，
设Mg2+有xmol，Al3+0.002mol，NH4+有0.002mol，根据电子守恒可得：
2x+0.002×3=0.002×8
x=0.005mol，
所以Mg的物质的量为0.005mol，Al的物质的量为0.002mol，
n（Mg）：n（Al）=0.005mol：0.002mol=5：2，
故答案为：5：2．
点评：本题考查混合物的计算，题目难度较大，本题注意根据图象判断各阶段反应的情况，注意从电子守恒、质量守恒的角度结合反应的关系式计算．
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①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察有紫色火焰．
②另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变．
③另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．
根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察有紫色火焰．
②另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变．
③另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．
根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
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