（2013•普陀区二模）金属及其化合物变化多，用途广．请完成下列计算：

（1）在空气中燃烧质量减少的原因是生成了氮化镁，根据关系：Mg～MgO～O Mg～[1/3]Mg₃N₂～[2/3]N，设生成氮化镁的镁原子物质的量是xmol，氧元素和氮元素的质量差就是b，则有（16-[2/3]×14）x=b，解得x=[3b/20]mol，生成的氮化镁质量是：100×[1/3]×[3b/20]=5b（g），氮化镁的质量分数是：[5b/a−b]；
故答案为：[5b/a−b]；
（2）①、根据电子的是守恒，金属失去的电子=HNO₃得到的电子=NO、NO₂混合气体失去的电子=氧气得到的电子
n（O₂）=[0.448L/22.4L/mol]=0.02mol；则转移电子的物质的量n（e^-）=0.02mol×4=0.08mol
NO₂ 、NO混合气体中，设NO物质的量为a，则NO₂物质的量为2a，则：3a+2a=0.08mol，a=0.016mol，
故n（HNO₃）=0.02mol×3+0.01mol×2+3×0.016mol=0.128mol；硝酸的物质的量浓度是：c（HNO₃）=0.128/0.01=12.8mol/L；
答：该硝酸的物质的量浓度为12.8mol/L；
②、设合金中n（Al）=xmol、n（Cu）=ymol，则：3x+2y=0.08、27x+64y=1.18，得到x=0.02mol、y=0.01mol，故合金为：2Al•Cu；
答：此种硬铝的化学式为2Al•Cu；
③、向滤液中通入V L CO₂后开始出现沉淀，氢氧化钠溶液过量，继续和二氧化碳反应生成碳酸氢钠；5.1g固体是氧化铝，物质的量是0.05mol，合金中的Al的物质的量是0.1mol，根据电子守恒，铝失去0.1mol×3=0.3mol电子，生成0.15mol氢气，标准状况下氢气体积是：a=22.4L/mol×0.15mol=3.36L；
200mL 1mol•L^-1的NaOH（aq）中，氢氧化钠的物质的量是0.2mol，溶解合金中的金属0.1molAl，根据关系：Al～NaOH，消耗氢氧化钠的物质的量是0.1mol，剩余的氢氧化钠物质的量是：0.2mol-0.1mol=0.1mol，再根据关系式：2NaOH～CO₂，n（ CO₂）=[1/2]×0.1mol=0.05mol，V=22.4L/mol×0.05mol=1.12L；
故答案为：3.36；1.12；
④、1120mL NO（标准状况物质的量是0.05mol，电子转移的物质的量是：0.05mol（5-2）=0.15mol；
500mL 0.6mol•L^-1 HNO₃（aq）中硝酸的物质的量是0.3mol，根据氮原子守恒，硝酸铜的物质的量是：0.3mol-0.05mol=0.25mol；
设铜的物质的量为X；
由Cu元素守恒可得：2×n（Cu₂0）+n（CuO）+X=0.25mol，
由氧化还原反应得失电子守恒可知：X×2+2×n（Cu₂0）=0.15mol，
解之得：n（CuO）=X-0.05mol，
n（Cu₂0）=0.15mol-X，
所以：0.05mol＜n（Cu）＜0.15mol；
答：Cu的物质的量为0.05mol＜n（Cu）＜0.15mol．

点评：
本题考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查铜及其化合物的计算，涉及了混合物的计算，题目具有一定难度，注意从质量守恒和氧化还原反应得失电子守恒的角度分析．