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    11．将镁、铜组成的合金1.28g投入过量稀硝酸中，充分反应后，固体完全溶解时收集到还原产物只有NO气体0.672L（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液．则形成沉淀的质量为2.81g．

    分析 硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.672L，即物质的量为0.03mol，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量．最后沉淀为Cu（OH）2、Mg（OH）2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于金属的质量加氢氧根离子的质量．

    解答 解：硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.672L，即物质的量为：$\frac{0.672L}{22.4L/mol}$=0.03mol，所以转移的电子的物质的量为：0.03mol×（5-2）=0.09mol，
    最后沉淀为Cu（OH）2、Mg（OH）2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，
    所以最后沉淀质量为：1.28g+0.09mol×17g/mol=2.81g，
    故答案为：2.81．

    点评 本题考查混合物的计算，题目难度中等，解题关键是判断沉淀质量为金属与金属离子结合氢氧根离子的质量之和，可以根据氢氧化钠计算沉淀中氢氧根的物质的量更简单，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

    练习册系列答案
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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    1．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法错误的是（　　）
    A．18 g冰的晶体中含有氢键的数目为2 NA
    B．11.2 L丙烷（标准状况）中含有σ键的数目为5NA
    C．2.0 L 0.5 mol/L NaAlO2溶液中含有氧原子的数目为2NA
    D．1 mol C12与足量NaOH溶液反应，转移电子的数目为NA

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    2．自然界存在的元素中，金属元素种类更多，非金属元素丰度更大．
    I．80%左右的非金属元素在现代技术包括能源、功能材料等领域占有极为重要的地位．
    （1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是洪特规则，N2F2分子中N原子的杂化方式是sp2杂化，1mol N2F2含有3个σ键．
    （2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中键角N-Si-N＞Si-N-Si（填“＞”“＜”或“=”），原因是Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，N-Si-N键角为109°28′，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，N原子为sp3杂化，但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得Si-N-Si键角小于109°28′．
    II．金属元素在现代工业中也占据极其重要的地位，如以古希腊神话中“泰坦”（Titan）的名字命名的钛（Titanium）元素，意指“地球的儿子”，象征此物力大无穷．钛也被称为“未来的钢铁”，具有质轻，抗腐蚀，硬度大，是宇航、航海、化工设备等的理想材料，是一种重要的战略资源，越来越受到各国的重视．
    （1）基态钛原子核外共有22种运动状态不相同的电子．金属钛晶胞如下图1所示，为六方最密堆积（填堆积方式）．
    （2）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如下图2．化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键．化合物乙中采取sp3杂化的原子的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C．
    （3）钙钛矿晶体的结构如图3所示．假设把氧离子看做硬球接触模型，钙离子和钛离子填充氧离子的空隙，氧离子形成正八面体，钛离子位于正八面体中心，则一个钛离子被6个氧离子包围；钙离子位于立方晶胞的体心，一个钙离子被12个氧离子包围．钙钛矿晶体的化学式为CaTiO3．若氧离子半径为a pm，则钙钛矿晶体中两个钛离子间最短距离为2$\sqrt{2}$apm，钛离子与钙离子间最短距离为$\sqrt{6}$apm．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    19．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（　　）
    操作现象
    A加入NaOH溶液有红褐色沉淀
    B加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀
    C加入酸性KMnO4溶液紫色褪去
    D加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液有蓝色沉淀
    A．AB．BC．CD．D

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    6．乙二醛（OHC-CHO）是一种重要的精细化工产品
    工业生产乙二醛 
    （1）乙醛（CH3CHO）液相硝酸氧化法 
    在Cu（NO3）2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，反应的化学方程式为3CH3CHO+4HNO3$\stackrel{Cu（NO_{3}）_{2}}{→}$3OHC-CHO+4NO↑+5H2O．该法具有原料易得、反应条件温和等优点，但也存在比较明显的缺点是生成的NO会污染空气，硝酸会腐蚀设备． 
    （2）乙二醇（HOCH2CH2OH）气相氧化法  
    已知：OHC-CHO（g）+2H2（g）?HOCH2CH2OH（g）△H=-78kJ•mol-1 K1 
     2H2（g）+O2（g）?2H2O（g）△H=-484kJ•mol-1  K2
     乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH（g）+O2（g）?OHC-CHO（g）+2H2O（g）的△H=-406kJ•mol-1．相同温度下，该反应的化学平衡常数K=$\frac{{K}_{2}}{{K}_{1}}$（用含K1、K2的代数式表示）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    16．下列有关醇的叙述正确的是（　　）
    A．所有醇都能发生催化氧化、消去反应
    B．低级醇（甲醇、乙醇、丙醇、乙二醇）都能与水以任意比互溶
    C．凡烃基直接和羟基相连的化合物一定是醇
    D．乙醇和浓硫酸按1：3体积比混合、共热就一定产生乙烯．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    5．某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、SO42-、CO32-，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：
    （1）在一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；
    （2）在另一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，收集到1.12L气体（标准状况下）；
    （3）在第三份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g．
    根据上述实验回答下列问题：
    ①溶液中一定不存在的离子是Ba2+、Mg2+；
    ②溶液中一定存在的阴离子有CO32-、SO42-，其物质的量浓度分别为c（SO42-）=0.1mol/L、c（CO32-）=0.2mol/L；
    ③推断K+是否存在并说理由：存在，经过计算可知，只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    2．硫酸工业废渣回收再利用的工艺流程如下：

    注：硫废渣（主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO、等杂质）
    （1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是：①提高铁的浸出率，②抑制Fe3+的水解
    （2）“还原”是将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42-，该反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
    （3 ）为测定“酸浸”步骤后溶液中Fe3+的量以控制加入FeS2的量，实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入HCl、稍过量SnCl2，再加HgCl2除去过量的SnCl2以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O3标准溶液滴定，有关反应方程如下：
    2Fe3++Sn2++6Cl-═2Fe2++SnCl42-
    Sn2++4Cl-+2HgCl2═SnCl42-+Hg2Cl2↓
    6Fe2++Cr2O32-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O
    ①若SnCl2不足量，则测定的Fe3+量偏低（填“偏高”、“偏低”、“不变”，下同）
    ②若不加HgCl2，则测定的Fe3+量偏高
    （4）①可选用KSCN或（填试剂）检验滤液中含有Fe3+．“酸浸”后Fe3+可被空气中O2氧化（用离子反应方程式表示）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
    ②已知部分阳离子以氢氧化物形成沉淀时溶液的pH见下表：
    沉淀物Fe（OH）3A1（0H）3Fe（OH）2Mg（OH）2Mn（OH）2
    开始沉淀2.73.87.59.48.3
    完全沉淀3.25.29.712.49.8
    实验可选用的试剂有：稀HNO3，、Ba（NO3）2溶液、酸性KMn04溶液、NaOH溶液，要求制备过程中不产生有毒气体，请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：
    第一步：氧化向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌（填写具体操作）
    笫二步：沉淀滴加NaOH溶液，调节溶液为pH为3.2～3.8（填写具体操作）
    第三步：分离，洗涤；
    第四步：烘干．研磨．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    3．下列气体中不属于大气污染物的是（　　）
    A．O3B．SO2C．COD．N2

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