宁夏固原第一中学2022-2023学年高一化学第一学期期中检测模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、现有VL35molL3盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是A加热浓缩到原来体积的一半B加入35molL3的盐酸VLC加入33molL3的盐酸35VL，再稀释至35VLD通入333L氯化氢气体2、完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗等物质的量浓度

2、的AgNO3溶液的体积比为111，则上述溶液的体积比为A111B632C321D9313、能用H+ + OH- = H2O 表示的是( )ABa(OH)2溶液和稀硫酸的反应BNaOH溶液和稀硫酸的反应CCu(OH)2和稀HNO3的反应DBa(OH)2溶液NaHSO4溶液的反应4、配制250mL 0.10mol/L的盐酸溶液时，下列实验操作会使配制的溶液浓度偏高的是A容量瓶内有水，未经过干燥处理B定容时，仰视刻度线C用量筒量取浓盐酸时，用水洗涤量筒23次，洗涤液倒入烧杯中D定容后倒转容量瓶几次， 发现液体最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线5、党的十九大报告中提出：大力度推进生态文明建设，全党

3、全国贯彻绿色发展理念的自觉性和主动性显著增强忽视生态环境保护的状况明显改变。建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计。必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念。下列关于绿地作用和保护说法中错误的是A绿地可以保持水土，减少水土流失B绿地可以调节气候，减少空气中PM2.5含量C绿地可以吸收二氧化碳，转化生成氧气D为减少园林绿地中病虫害，大量使用杀虫剂解决问题6、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB常温下，0.1molCuSO45H2O晶体中氧原子数目为0.4 NACNA个N2分子所占的体积与0.5NA个H2分子所占的体积比为21D常温下，1

4、L 0.1molL-1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA7、下列关于钠的化合物的说法中不正确的是（ ）热稳定性：Na2CO3NaHCO3与盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3NaHCO3Na2O和Na2O2晶体中阴、阳离子的数目比相同，均为1：2等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的质量：Na2CO3NaHCO3分别向Na2CO3和NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液，均可产生白色沉淀ABCD8、下列反应属于非氧化还原反应的是（）AFe2O3+3CO2Fe+3CO2 BNH4NO3N2O+2H2OC2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O DCuO+COCu+CO29、密度为0.910

5、gcm-3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为( )A等于12.5%B大于12.5%C小于12.5%D无法确定10、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A常温常压下，126g Na2CO3含有的Na+离子数目为24 NAB常温常压下，2NA个CO2分子占有的体积为38LC标准状况下，44LH2O含有的分子数为 NAD物质的量浓度为25mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为 NA11、在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（）ANa+、K+、B、Al3+、CNa+、Ca2+、DK+、12、需要配制500 mL 0.5 molL1氢氧化钠溶液，

6、经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45 molL1。可能的原因是()A转移时溶液没有冷却至室温 B容量瓶没有烘干C称量氢氧化钠固体时砝码放反了 D定容时仰视读数13、2molXO4-恰好将3molSO32-离子氧化，则X元素在还原产物中的化合价是A+4B+3C+2D+114、将一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物置于一密闭容器中充分加热，反应中转移电子的物质的量为1 mol，下列说法一定正确的是 ()A混合物中NaHCO3和Na2O2的物质的量一定相等B容器中肯定有0.5 mol O2C反应后，容器中的固体只有Na2CO3D反应后，容器中一定没有H2O15、标准状况下V L的HCl气体

7、溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)，所得溶液的密度为 g/mL，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（ ）AcBCD16、下列物质中不存在氯离子的是AKClBCa(ClO)2C盐酸D氯水二、非选择题（本题包括5小题）17、 (1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na、Ag、Ba2、Cl、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_、B为_。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为_。(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物

8、质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有_，它的组成可能是_或_。18、某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行以下实验：（1）填写下表空格实验操作与现象实验结论判断理由步骤一加入过量HCl溶液，有气泡产生；肯定有_、肯定无_。HCO3-与OH-不共存步骤二步骤一中得到标况下的气体22.4L；HCO3-的物质的量浓度为_mol/LC元素守恒步骤三向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液，经过滤得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。肯定有_、_；肯定无_。溶液显电中性；SO42-与Ba2+

9、不共存会产生白色沉淀。（2）步骤三过滤所需玻璃仪器有：烧杯、_、_。（3）步骤一产生气泡的离子方程式为_，步骤三生成沉淀的离子方程式为：_。19、品牌膨松剂中发挥作用的物质为碳酸氢钠。某化学兴趣小组利用下列有关装置，加热该膨松剂样品，通过放出气体的量来检验其品质。（1）装置D仪器的名称是_。（2）装置E中所盛试剂为_，其作用是_。（3）装置的连接顺序为_（填装置序号）。（4）实验过程中，装置A中发生反应的化学方程式为_。（5）实验过程中必须向装置内通入空气，装置C的作用是除去空气中的_(填化学式)。加热前，通入一段时间空气的具体操作为_。20、如图所示为实验室常用装置。回答下列问题：(1)仪器

10、a的名称为_。(2)利用二氧化锰与浓盐酸反应制备并收集Cl2时，依次连接装置A、B、C、D、E并加入适当的试剂。装置B中饱和食盐水的作用是_；利用装置C干燥Cl2，选用的试剂是_；装置E的作用是_。(3)写出装置A中发生反应的化学方程式_。21、已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下： 3Cu+8HNO3（稀） 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (1)用双线桥标出电子转移的方向与数目：3Cu+8HNO3（稀） 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O_.(2)写出该反应的离子方程式：_(3)标准状况下，产生 NO 气体的体积为：_；转移电子的物质的量为

11、_；反应后NO3-的物质的量浓度为：_。（忽略反应前后溶液体积的变化）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A. 加热浓缩时HCl挥发，加热浓缩到原来体积的一半，溶液浓度小于原来的3倍，故A错误；B. 溶液的体积不具有加和性，无法求出混合后溶液的体积，故B错误；C.混合后溶液中HCl为： 3.5mol/LVL+3mol/L3.5VL=3.5Vmol，混合后HCl的浓度为：3.5Vmol/35VL=3mol/L，故C正确；D. 通入333L氯化氢气体，溶液的体积发生变化，无法求出浓度，故D错误；故选C。2、B【解析】设物质的量浓度均是cmol/L，需要溶液的体积分别是xL、

12、yL、zL，根据Ag+ClAgCl结合化学式可知xc2yc3zc，解得x:y:z6:3:2，答案选B。3、B【解析】H+OH-=H2O表示强酸与可溶性强碱生成可溶性盐的中和反应，并且溶液中仅存在H+和OH-的反应。ABa(OH)2溶液和稀硫酸的反应中钡离子和硫酸根离子会产生硫酸钡沉淀，此反应一定要写入方程中，故A不符合题意；BNaOH溶液和稀硫酸的反应生成水和硫酸钠，溶液中仅存在H+和OH-的反应，钠离子和硫酸根离子不反应，离子反应方程式为：H+ + OH- = H2O，故B符合题意；CCu(OH)2和稀HNO3的反应中Cu(OH)2难溶于水，与稀HNO3的反应的离子方程式为Cu(OH)2+2

13、H+=Cu2+2H2O，故C不符合题意； DBa(OH)2溶液NaHSO4溶液的反应中钡离子和硫酸根离子会产生硫酸钡沉淀，此反应过程要写入方程中，故D不符合题意；答案选B。4、C【解析】分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=n/V进行误差分析【详解】A由于最后需要在容量瓶中加水定容，所以容量瓶未经干燥处理不会影响所配溶液的浓度，故A不选；B定容时仰视刻度线，会造成溶液体积偏高，使浓度偏低，故B不选；C量筒在量取液体体积时，已经将附着在筒壁上的液体体积考虑在内，所以倒出液体后，不能再用水洗涤否则会造成溶质的质量增加，浓度偏高，故C选；D定容后摇匀，会使一部分液体残留在瓶塞处，使液面虽

14、低于刻度线，如果再加水，就会使液体体积增大，浓度偏低，故D不选；故选C。5、D【解析】A草根能抓住泥土，绿地可以保持水土，减少水土流失，故A正确；B绿地可以光合作用为生物创造氧气，绿地可以调节气候，吸附灰尘减少空气中PM2.5含量，故B正确；C绿地可以光合作用为生物创造氧气，故C正确；D为减少园林绿地中病虫害，大量使用杀虫剂会污染空气和环境，故D错误；故选D。6、D【解析】1mol任何粒子中的粒子数称为阿伏加德罗常数，符号NA，单位mol-1。A.题目中“等物质的量的N2和CO”，其物质的量未必是1mol，故所含的分子数未必是NA，A项错误；B.每个“CuSO45H2O”中含有4+51=9个氧

15、原子，则0.1molCuSO45H2O晶体中氧原子物质的量=0.1mol9=0.9mol，即氧原子数目为0.9 NA，B项错误；C.一定量的任何气体体积决定于温度和压强，本选项未明确N2和H2所处的温度和压强是否相同，所以无法计算它们的体积比，C项错误；D.根据=V(aq)CB，1L 0.1molL-1的NH4NO3溶液中NH4NO3的物质的量=1L0.1mol/L=0.1mol，每个“NH4NO3”含有2个氮原子，所以0.1molNH4NO3中含有0.2mol氮原子，即氮原子数为0.2NA，D项正确；答案选D。7、A【解析】NaHCO3受热易分解，则热稳定性：Na2CO3NaHCO3，故正确

16、；NaHCO3与盐酸立刻会产生气体，而Na2CO3与盐酸反应分步进行，不如NaHCO3剧烈，故反应的剧烈程度：NaHCO3Na2CO3，故错误；Na2O是由钠离子与氧离子构成，Na2O2晶体是由钠离子与过氧根离子构成，两者中阴、阳离子的数目比相同，均为1：2，故正确；相对分子质量：Na2CO3NaHCO3，则根据元素守恒规律可知，等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的质量：NaHCO3Na2CO3，故错误；分别向Na2CO3水溶液中滴加BaCl2溶液，可产生碳酸钡白色沉淀，但向NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，故错误；综上所述，符合题意，答案选A。8、C【解析】分析：凡是有元

17、素化合价升降的反应均是氧化还原反应，据此解答。详解：A. 反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中铁元素化合价降低，铁元素化合价升高，是氧化还原反应，A错误；B. 反应NH4NO3N2O+2H2O中氮元素化合价发生变化，是氧化还原反应，B错误；C. 反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O中元素的化合价均不变，是非氧化还原反应，C正确；D. 反应CuO+COCu+CO2中铜元素化合价降低，碳元素化合价升高，是氧化还原反应，D错误。答案选C。9、C【解析】设加入水的体积为V，那么质量分数为25%的氨水的体积也为V，稀释后氨水中溶质的质量分数100%11.9%12.5%，答案为C。【点睛】溶

18、液稀释时，溶质的物质的量或质量不变。10、A【解析】A、根据微粒数N=nNA=NA=2NA=2.4NA，A正确；B、气体摩尔体积4.4L/mol，必须使用于标况下的气体，而不是通常状况下的气体，B错误；C、标况下水不是气态，不能使用N=nNA=NA计算，C错误；D、根据微粒数N=nNA=cVNA，须知道溶液体积才能计算，D错误；故答案选A。 .11、B【解析】A. 酸性溶液中的H+与反应生成二氧化碳与水而不能共存，故A错误；B. 在酸性溶液中，、Al3+、相互不反应，可以大量共存，故B正确；C. Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，故C错误；D. 呈紫色，不符合题意，故D错误；故选B。

19、12、D【解析】0.45mol/L0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；根据公式cB=分析，操作失误使nB偏大或V（aq）偏小，会使所配溶液浓度偏大，反之偏小。【详解】0.45mol/L0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；A项，NaOH溶于水放热，转移时溶液没有冷却至室温，根据“热胀冷缩”原理，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，不符合题意；B项，容量瓶没有烘干，对所配溶液浓度无影响，不符合题意；C项，配制500mL0.5mol/LNaOH溶液需要称量NaOH固体的质量为m（NaOH）=0.5mol/L0.5L40g/mol=10.0g，称量时不需要使用游码，称量NaO

20、H固体时砝码放反了对所配溶液的浓度无影响，不符合题意；D项，定容时仰视读数，所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，符合题意；答案选D。【点睛】本题易错选C项，称量时砝码放反了是错误操作，但不一定引起实验误差，使用游码时会引起误差，不使用游码不会产生误差。难点是定容时仰视、俯视的误差分析，仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配浓度偏小；俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配浓度偏大。13、A【解析】XO4- 离子中X的化合价为+7价，SO32-离子被氧化生成SO42-，S元素化合价由+4价+6价，设XO4-离子中X在还原产物中化合价为n，根据得失

21、电子数目相等，则有：2mol（7-n）=3mol（6-4），解得：n=+4，所以A正确；正确答案：A。14、B【解析】本题涉及反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，还可能有2Na2O2+2H2O4NaOH+O2。A. 混合物中NaHCO3 和Na2O2物质的量没有一定关系，故A不一定正确；B. 2Na2O2O22e，反应中转移电子的物质的量为1mol，所以容器中肯定有0.5molO2，故B正确；C. 反应后容器中的固体还可能有NaOH，故C不一定正确；D. 反应后容器中可能有H2O，故D不一定正确。故选B。15、D【解析】A项、标准状况下

22、VL HCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，则溶液的质量为（36.5+1000）g，溶液的体积为mL，故溶液的物质浓度为，故A正确；B项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，溶质质量为36.5g，则所得溶液的质量分数为，故B正确；C项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，溶质质量为36.5g，溶液的质量为（36.5+1000）g，则所得溶液的溶质质量分数，故C正确；D项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，则溶液的质量为（36.5+1000）g，溶液的体积为mL则所得溶液的密

23、度，故D错误；故选D。16、B【解析】A.KCl中存在K+和氯离子，A项不符合题意；B. Ca(ClO)2中存在Ca2+和ClO-，不存在氯离子，B项符合题意；C.盐酸中HCl在水分子作用下发生电离HCl=H+Cl-，所以盐酸中存在氯离子，C项不符合题意；D.氯水中部分Cl2与水反应：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，所以氯水中存在氯离子，D项不符合题意；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、AgNO3 Na2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 CuSO4 CaCO3、Na2SO4、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3 【解析】（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-

24、形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。【详解】（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其

25、中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2+CO32-=BaCO3；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2+CO32-=BaCO3；（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显

26、蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。【点睛】本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。18、HCO3- OH- 10 SO42- Na+ Ba2+ 漏斗 玻璃棒 HCO3-+H+=CO2+H2O Ba2+SO42-=BaSO4 【解析】步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO

27、2 22.4L（标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1mol HCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。【详解】（1）步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），n(CO2)=1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)=10mol/L；步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)=0.2mol，故原溶液中有0.2mol SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+；（2

28、）过滤所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4。19、干燥管 浓硫酸 干燥CO2 CAEBD 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 CO2 先对装置A、C和E通入一段时间的空气，再连接上装置B、D 【解析】碳酸氢钠不稳定，分解生成二氧化碳和水，可测定水或二氧化碳的质量以判断碳酸氢钠的含量，实验时，应用C装置排出装置内的水、二氧化碳，加热A，生成的水可用E干燥，二氧化碳可用B装置吸收，最后连接D，以免空气中的水、二氧化碳进入B，避免实验误差，根据固体质量的变化，可测得

29、碳酸氢钠的含量，以此解答该题；【详解】(1)由仪器图可知D为干燥管；答案为：干燥管；(2)装置E为浓硫酸，可用于干燥二氧化碳；答案为：浓硫酸；干燥CO2；(3)由以上分析可知连接的顺序为CAEBD；答案为：CAEBD；(4)碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，装置A中发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；(5)装置C的作用是除去空气中的二氧化碳，加热前，通入一段时间空气的具体操作为先对装置A、C和E通入一段时间的空气，再连接上装置B、D；答案为：CO2；先对装置A、C和E通入一段时间的空气，再连接上装

30、置B、D。20、圆底烧瓶 吸收Cl2中混有的HCl气体 浓硫酸 吸收氯气，防止污染空气 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 【解析】实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制备Cl2，制得的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，可以用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，氯气的密度大于空气，且氯气能够与水反应，应该用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，需要进行尾气吸收，据此分析解答。【详解】(1)根据图示，仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；(2) 利用二氧化锰与浓盐酸反应制备并收集Cl2时，A装置中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，可以用饱和食盐水除去氯化氢

31、，用浓硫酸除去水蒸气，氯气的密度大于空气，且氯气能够与水反应，应该用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，需要进行尾气吸收。根据图示，依次连接装置A、B、C、D、E，装置B中饱和食盐水的作用是吸收Cl2中混有的HCl气体；利用装置C干燥Cl2，选用的试剂是浓硫酸；装置E的作用是吸收尾气中的氯气，防止污染空气，故答案为：吸收Cl2中混有的HCl气体；浓硫酸；吸收氯气，防止污染空气；(3)装置A中二氧化锰与浓盐酸反应生成Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。21、 3Cu + 8H+2NO3-3Cu

32、2+ 2NO+ 4H2O 4.48 L 0.6mol 4mol/L 【解析】(1)3Cu+8HNO3 （稀）3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应中铜元素化合价由0升高为+2，硝酸中氮元素化合价由+5降低为+2；(2) 根据“写、拆、删、查”法改写该反应的离子方程式；(3)根据化学方程式计算19.2gCu与足量稀硝酸反应生成NO气体的体积 ；根据可知，3mol铜参加反应转移6mol电子；根据氮元素守恒计算反应后NO3-的物质的量浓度。【详解】(1)3Cu+8HNO3 （稀）3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应中铜元素化合价由0升高为+2，硝酸中氮元素化合价由+5降低为+2，所以电子转移的方向和数目可表示为；(2)该反应的离子方程式为3Cu + 8H+2NO3-3Cu2+ 2NO+ 4H2O；(3) 19.2gCu的物质的量是0.3mol， 设生成NO在标准状况下的体积 为VL；3Cu+8HNO3 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O3mol 44.8L0.3mol VL 解得V=4.48。根据可知，3mol铜参加反应转移6mol电子，所以0.3mol铜反应转移电子0.6mol；据氮元素守恒，反应后NO3-的物质的量为0.2L5mol/L-0.2mol=0.8mol，反应后NO3-的物质的量浓度为0.8mol0.2L=4 mol/L。