（2014•普陀区一模）金属元素及其化合物在科学研究和生产生活中有着广泛的用途．

（2014•普陀区一模）金属元素及其化合物在科学研究和生产生活中有着广泛的用途．
（1）现有一种铜粉与氧化铜粉末的混合物．经测定，该混合物中铜元素与氧元素的质量之比为5：1．该混合物中铜与氧化铜的物质的量之比为______．
（2）取铝合金（含铝90%）1.5g与80mL 3mol•L^-1盐酸充分反应（合金中其它成分不参加反应）．滤去不溶物，将滤液稀释到100mL，取出稀释液5mL，加入0.6mol•L^-1的氨水使Al³⁺恰好完全沉淀．上述铝合金和盐酸反应的过程中生成氢气______L（标准状况）．使Al³⁺恰好完全沉淀时，消耗氨水______mL．
（3）将1.84g金属钠投入98.16g水中，向反应后的溶液里通入一定量的CO₂（g），将溶液小心蒸干．计算可得固体质量的最大值．
（4）向amL 0.8mol•L^-1 NaOH（aq）中通入bmol CO₂（g），反应所得混合液的成份随b的物质的量的不同而不同．请通过计算完成表格：（溶质的质量用含a、b的代数式表示）

b的取值范围（mol）	溶质的成份	溶质的质量（g）
b＜4a×10-4	______	______
______	Na2CO3、NaHCO3	______

（1）令混合物中铜与氧化铜的物质的量分别为xmol、ymol，由题意可得：
（x+y）mol×64g/mol：ymol×16g/mol=5：1，
解得x：y=1：4，
故答案为：1：4；
（2）合金中Al的物质的量=
1.5g×90%
27g/mol=0.05mol，n（HCl）=0.08L×3mol/L=0.24mol，则：
   2Al+6HCl═2AlCl₃+3H₂↑，
0.05mol  0.15mol
Al完全反应消耗0.15molHCl，小于0.24mol，故HCl有剩余，由方程式可知，生成氢气物质的量=0.05mol×
3
2=0.075mol，故生成氢气的体积=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，
滤液稀释到100mL，取出稀释液5mL，加入0.6mol•L^-1的氨水使Al³⁺恰好完全沉淀，反应后的溶液中溶质为NH₄Cl，根据氯离子守恒可知n（NH₄Cl）=n′（HCl）=0.24mol×
5mL
100mL=0.012mol，再根据N原子守恒可知n（NH₃）=0.012mol，故需要氨水的体积=
0.012mol
0.6mol/L=0.02L=20mL，
故答案为：1.68；20；
（3）钠溶于水生成NaOH，通入二氧化碳气体，会生成Na₂CO₃、NaHCO₃，将溶液小心蒸干，NaHCO₃会分解，所以，可得固体质量的最大值是完全转化为Na₂CO₃•10H₂O，根据Na原子守恒可知，n（Na₂CO₃•10H₂O）=
1
2n（Na）=
1
2×
1.84g
23g/mol=0.04mol，故m（Na₂CO₃•10H₂O）=0.04mol×286g/mol=11.44g，
答：可得固体质量的最大值为11.44g；
（4）amL 0.8mol•L^-1 NaOH（aq）中n（NaOH）=a×10^-3L×0.8mol•L^-1 =8a×10^-4mol，
二氧化碳与NaOH发生反应：①2NaOH+CO₂═Na₂CO₃+H₂O，②NaOH+CO₂═NaHCO₃，
当b＜4a×10^-4，即n（CO₂）：n（NaOH）＜
1
2，故发生反应①，且NaOH有剩余，故溶质为Na₂CO₃、NaOH，根据C原子守恒可知，n（Na₂CO₃）=n（CO₂）=bmol，由钠离子守恒可知n（NaOH）=8a×10^-4mol-2b mol=（8a×10^-4-2b）mol，故溶质的质量=bmol×106g/mol+（8a×10^-4-2b）mol×40g/mol=（3.2a×10^-2+26b）g，
当溶液中溶质为Na₂CO₃、NaHCO₃时，发生反应①、②，则
1
2＜n（CO₂）：n（NaOH）＜1，故4a×10^-4＜b＜8a×10^-4，设Na₂CO₃、NaHCO₃各自物质的量分别为xmol、ymol，由Na离子、C原子守恒，则：

x+y＝b
2x+y＝8a×10−4
解得，x=8a×10^-4-b，y=2b-8a×10^-4，
故溶质质量=（8a×10^-4-b）mol×106g/mol+（2b-8a×10^-4）mol×84g/mol=（1.76a×10^-2+62b）g，
故答案为：
b的取值范围（mol） 溶质的成份 溶质的质量（g）
NaOH、Na₂CO₃ 3.2a×10^-2+26b
4a×10^-4＜b＜8a×10^-4 1.76a×10^-2+62b．