11．將鎂、銅組成的合金1.28g投入過量稀硝酸中，充分反應后，固體完全溶解時收集到還原產物只有NO氣體0.672L（標準狀況），向反應后的溶液中加入足量的NaOH溶液．則形成沉淀的質量為2.81g．

分析 硝酸被還原為NO氣體且標準狀況下體積為0.672L，即物質的量為0.03mol，根據(jù)氮元素的化合價變化計算轉移電子物質的量．最后沉淀為Cu（OH）2、Mg（OH）2，金屬提供的電子的物質的量等于氫氧根離子的物質的量，故最后沉淀質量等于金屬的質量加氫氧根離子的質量．

解答 解：硝酸被還原為NO氣體且標準狀況下體積為0.672L，即物質的量為：$\frac{0.672L}{22.4L/mol}$=0.03mol，所以轉移的電子的物質的量為：0.03mol×（5-2）=0.09mol，
最后沉淀為Cu（OH）2、Mg（OH）2，金屬提供的電子的物質的量等于氫氧根離子的物質的量，
所以最后沉淀質量為：1.28g+0.09mol×17g/mol=2.81g，
故答案為：2.81．

點評 本題考查混合物的計算，題目難度中等，解題關鍵是判斷沉淀質量為金屬與金屬離子結合氫氧根離子的質量之和，可以根據(jù)氫氧化鈉計算沉淀中氫氧根的物質的量更簡單，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．

練習冊系列答案
相關習題

科目：高中化學 來源： 題型：選擇題

1．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法錯誤的是（　�。�
A．18 g冰的晶體中含有氫鍵的數(shù)目為2 NA
B．11.2 L丙烷（標準狀況）中含有σ鍵的數(shù)目為5NA
C．2.0 L 0.5 mol/L NaAlO2溶液中含有氧原子的數(shù)目為2NA
D．1 mol C12與足量NaOH溶液反應，轉移電子的數(shù)目為NA

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

2．自然界存在的元素中，金屬元素種類更多，非金屬元素豐度更大．
I．80%左右的非金屬元素在現(xiàn)代技術包括能源、功能材料等領域占有極為重要的地位．
（1）氮及其化合物與人類生產、生活息息相關，基態(tài)N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是洪特規(guī)則，N2F2分子中N原子的雜化方式是sp2雜化，1mol N2F2含有3個σ鍵．
（2）高溫陶瓷材料Si3N4晶體中鍵角N-Si-N＞Si-N-Si（填“＞”“＜”或“=”），原因是Si3N4晶體中Si原子周圍有4個N原子，Si原子為sp3雜化，N-Si-N鍵角為109°28′，N原子周圍連接3個Si原子，含有1對孤對電子，N原子為sp3雜化，但孤對電子對成鍵電子對的排斥作用更大，使得Si-N-Si鍵角小于109°28′．
II．金屬元素在現(xiàn)代工業(yè)中也占據(jù)極其重要的地位，如以古希臘神話中“泰坦”（Titan）的名字命名的鈦（Titanium）元素，意指“地球的兒子”，象征此物力大無窮．鈦也被稱為“未來的鋼鐵”，具有質輕，抗腐蝕，硬度大，是宇航、航海、化工設備等的理想材料，是一種重要的戰(zhàn)略資源，越來越受到各國的重視．
（1）基態(tài)鈦原子核外共有22種運動狀態(tài)不相同的電子．金屬鈦晶胞如下圖1所示，為六方最密堆積（填堆積方式）．
（2）納米TiO2是一種應用廣泛的催化劑，其催化的一個實例如下圖2．化合物乙的沸點明顯高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子間形成氫鍵．化合物乙中采取sp3雜化的原子的電負性由大到小的順序為O＞N＞C．
（3）鈣鈦礦晶體的結構如圖3所示．假設把氧離子看做硬球接觸模型，鈣離子和鈦離子填充氧離子的空隙，氧離子形成正八面體，鈦離子位于正八面體中心，則一個鈦離子被6個氧離子包圍；鈣離子位于立方晶胞的體心，一個鈣離子被12個氧離子包圍．鈣鈦礦晶體的化學式為CaTiO3．若氧離子半徑為a pm，則鈣鈦礦晶體中兩個鈦離子間最短距離為2$\sqrt{2}$apm，鈦離子與鈣離子間最短距離為$\sqrt{6}$apm．

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科目：高中化學 來源： 題型：選擇題

19．將一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分別進行下列實驗，能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應的是（　�。�
操作現(xiàn)象
A加入NaOH溶液有紅褐色沉淀
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]（鐵氰化鉀）溶液有藍色沉淀
A．AB．BC．CD．D

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

6．乙二醛（OHC-CHO）是一種重要的精細化工產品
工業(yè)生產乙二醛 
（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，反應的化學方程式為3CH3CHO+4HNO3$\stackrel{Cu（NO_{3}）_{2}}{→}$3OHC-CHO+4NO↑+5H2O．該法具有原料易得、反應條件溫和等優(yōu)點，但也存在比較明顯的缺點是生成的NO會污染空氣，硝酸會腐蝕設備． 
（2）乙二醇（HOCH2CH2OH）氣相氧化法  
已知：OHC-CHO（g）+2H2（g）?HOCH2CH2OH（g）△H=-78kJ•mol-1 K1 
 2H2（g）+O2（g）?2H2O（g）△H=-484kJ•mol-1  K2
 乙二醇氣相氧化反應HOCH2CH2OH（g）+O2（g）?OHC-CHO（g）+2H2O（g）的△H=-406kJ•mol-1．相同溫度下，該反應的化學平衡常數(shù)K=$\frac{{K}_{2}}{{K}_{1}}$（用含K1、K2的代數(shù)式表示）．

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科目：高中化學 來源： 題型：選擇題

16．下列有關醇的敘述正確的是（　�。�
A．所有醇都能發(fā)生催化氧化、消去反應
B．低級醇（甲醇、乙醇、丙醇、乙二醇）都能與水以任意比互溶
C．凡烴基直接和羥基相連的化合物一定是醇
D．乙醇和濃硫酸按1：3體積比混合、共熱就一定產生乙烯．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

5．某固體混合物中，可能含有下列離子中的幾種：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、SO42-、CO32-，將該混合物溶于水后得澄清溶液，現(xiàn)取三份各100mL該溶液分別進行如下實驗：
（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溶液并加熱，收集到1.12L氣體（標準狀況下）；
（3）在第三份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，經稱量其質量為6.27g，在該沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀部分溶解，剩余固體質量為2.33g．
根據(jù)上述實驗回答下列問題：
①溶液中一定不存在的離子是Ba2+、Mg2+；
②溶液中一定存在的陰離子有CO32-、SO42-，其物質的量濃度分別為c（SO42-）=0.1mol/L、c（CO32-）=0.2mol/L；
③推斷K+是否存在并說理由：存在，經過計算可知，只有存在K+溶液中的離子電荷才能守恒．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

2．硫酸工業(yè)廢渣回收再利用的工藝流程如下：

注：硫廢渣（主要含F(xiàn)e2O3、SiO2、Al2O3、MgO、等雜質）
（1）“酸浸”中硫酸要適當過量，目的是：①提高鐵的浸出率，②抑制Fe3+的水解
（2）“還原”是將Fe3+轉化為Fe2+，同時FeS2被氧化為SO42-，該反應的離子方程式為14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
（3 ）為測定“酸浸”步驟后溶液中Fe3+的量以控制加入FeS2的量，實驗步驟為：準確量取一定體積的酸浸后的溶液于錐形瓶中，加入HCl、稍過量SnCl2，再加HgCl2除去過量的SnCl2以二苯胺磺酸鈉為指示劑，用K2Cr2O3標準溶液滴定，有關反應方程如下：
2Fe3++Sn2++6Cl-═2Fe2++SnCl42-
Sn2++4Cl-+2HgCl2═SnCl42-+Hg2Cl2↓
6Fe2++Cr2O32-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O
①若SnCl2不足量，則測定的Fe3+量偏低（填“偏高”、“偏低”、“不變”，下同）
②若不加HgCl2，則測定的Fe3+量偏高
（4）①可選用KSCN或（填試劑）檢驗濾液中含有Fe3+．“酸浸”后Fe3+可被空氣中O2氧化（用離子反應方程式表示）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
②已知部分陽離子以氫氧化物形成沉淀時溶液的pH見下表：
沉淀物Fe（OH）3A1（0H）3Fe（OH）2Mg（OH）2Mn（OH）2
開始沉淀2.73.87.59.48.3
完全沉淀3.25.29.712.49.8
實驗可選用的試劑有：稀HNO3，、Ba（NO3）2溶液、酸性KMn04溶液、NaOH溶液，要求制備過程中不產生有毒氣體，請完成由“過濾”后的溶液模擬制備氧化鐵的實驗步驟：
第一步：氧化向溶液中加入過量的酸性高錳酸鉀溶液，攪拌（填寫具體操作）
笫二步：沉淀滴加NaOH溶液，調節(jié)溶液為pH為3.2～3.8（填寫具體操作）
第三步：分離，洗滌；
第四步：烘干．研磨．

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科目：高中化學 來源： 題型：選擇題

3．下列氣體中不屬于大氣污染物的是（　�。�
A．O3B．SO2C．COD．N2

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