2024年沪科版必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是A.镁离子的电子式：B.Cl-的结构示意图：C.二氧化碳的电子式：D.质量数为37的氯原子：2、当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（）A.NaCl溶液B.蔗糖溶液C.CuSO4溶液D.花粉气溶胶3、下列关于实验的说法不正确的是A.过滤、萃取、结晶都是依据物质溶解度差异进行的分离提纯B.可用冷却热饱和溶液的方法除去NaCl中混有的少量KNO3C.取少量火柴头浸泡液加入硝酸银、稀硝酸和NaNO2，若出现白色沉淀，说明火柴头含氯元素D.检验海带中碘元素的方法：灼烧→溶解→过滤→氧化→检验4、已知短周期元素的离子aA+、bB2+、cC2-、dD-具有相同的电子层结构；则下列叙述正确的是A.质子数：a>b>d>cB.金属性：A>B>D>CC.离子半径：C2->D->B2+>A+D.原子半径：A>B>C>D5、下列有关物质转化关系的说法中不正确的是（）

A.图1中甲可能是Cl2，X可能是FeB.图2中反应一定是置换反应或复分解反应C.图3中是向某溶液中滴加NaOH溶液的变化图像，原溶质可能是Al2(SO4)3D.图4中a可能为NaOH，b可能为Na2CO3,c可能为NaHCO36、A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，B原子的M电子层有1个电子，C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，D的最高正价和最低负价的代数和为4，E在同周期主族元素中原子半径最小。下列叙述错误的是A.元素C位于周期表中第三周期ⅢA族B.熔融电解化合物CE3可制取单质CC.D的最高价含氧酸的浓溶液与单质A共热时能生成三种氧化物D.化合物B2D2中既含离子键又含非极性共价键评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、现有A；B、C、D、E、F六种短周期元素；它们的原子序数依次增大．A、D同主族，C、E同主族，D、E、F同周期．A、B的原子最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等．A能分别与B、C形成电子总数相等的分子，且A与C形成的化合物常温下为液态，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）．

请回答下列问题：

（1）A～F六种元素原子，原子半径最大的是____（填对应的元素符号）．

（2）A与B两种元素组成一种阳离子，该离子符号为____．

（3）C、D两种元素组成的化合物的化学式是____．

（4）E、F两种元素中非金属性较强的是____，能够证明这一结论的化学事实是____．8、用双线桥法标出下列方程式中电子转移的方向和数目；并指出氧化剂和还原剂。

(1)MnO2＋4HCl(浓)=MnCl2+2H2O+Cl2↑____，氧化剂：_____还原剂：_____

(2)Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu____，氧化剂_____还原剂______9、下列各反应中；通入的气体反应物各起什么作用？请选择下列序号填空：

A．只做氧化剂B．只做还原剂C．既做氧化剂又做还原剂。

（1）氯气通入水中：Cl2+H2O═HCl+HClO_________

（2）二氧化氮通入水中：3NO2+H2O═2HNO3+NO_________

（3）二氧化硫气体通入氢硫酸中：SO2+2H2S═3S+2H2O_________10、要准确掌握化学基本概念和研究方法。按要求回答下列问题:

(1)下列是某同学对有关物质进行分类的列表:。碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物第一组Na2CO3H2SO4NaHCO3CaOCO2第二组NaOHHClNaClNa2OCO第三组NaOHCH3COOHCaSO4H2O2SO2

每组分类均有错误,其错误的物质分别是________、________、________(填化学式)。

(2)胶体和溶液的本质区别是______________;鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生______________效应。

(3)下列3个反应,按要求填写相关量。

①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑反应中,每生成1分子O2转移________个电子;

②2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑反应中,每消耗168gNaHCO3,生成________gCO2;

③Cl2+H2OHCl+HClO反应中,每消耗10分子Cl2,转移________个电子。11、(1)下列物质属于非电解质的是__________

A．NH3B．(NH4)2SO4C．Cl2D．CH3COOH

(2)将金属钠投入到下列溶液中，溶液质量会减少的是_____________

A．盐酸B．硫酸铜溶液C．水D．氢氧化钠溶液12、按要求写出符合条件的离子方程式：

①醋酸与氢氧化钠反应：___________

②硝酸银溶液和氯化钠溶液反应：___________

③少量二氧化碳通入澄清石灰水中：___________

④铁与盐酸反应：___________评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、定容时，加多了水，再用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度不变。(_______)A.正确B.错误14、酸与金属、盐与金属间可以发生置换反应。(_______)A.正确B.错误15、同温、同体积的条件下，等质量的和的压强之比为(_______)A.正确B.错误16、溴化银固体保存在棕色玻璃塞广口瓶中。(___________)A.正确B.错误17、向MgCl2溶液中加入CaCO3粉末，充分搅拌后过滤可除去杂质FeCl3。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共1题，共2分)18、现有19.2克铜与400毫升稀硝酸发生如下反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O

(1)用双线桥表示出电子转移的方向和数目_____________

(2)计算稀硝酸的物质的量浓度_____________

(3)计算产生的气体在标况下的体积_____________评卷人得分五、有机推断题(共3题，共9分)19、某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种；请填写下列空白：

(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是______。

(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子所发生的离子方程式为______。

(3)取(2)中的滤液，加入过量的NaOH出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有的该离子所发生的离子方程式为______。

(4)原溶液可能大量存在的阴离子是下列的______。

A．Cl-B．NOC．COD．OH-。20、随原子序数的递增；八种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如图所示。

根据判断出的元素回答问题：

(1)f元素的最高价氧化物对应的水化物能溶于e元素的最高价氧化物对应的水化物的水溶液中，请写出该反应的离子方程式：____。

(2)z的最简单氢化物与h的单质反应产生z的单质气体和一种遇空气有白雾的气体，写出该反应的化学方程式：____，该反应中还原产物是____。

(3)元素x与y可形成多种化合物；其中形成一种能催熟果实的气体X。

①气体X的结构简式为____。

②若以气体X为主要原料合成乙酸；其合成路线如图所示：

提示：2CH3CHO+O22CH3COOH

i.A→B的反应方程式为____；

ii.与乙酸互为同分异构体的酯类化合物的结构简式为____。21、A；B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出）；其中反应①是置换反应。

（1）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是__________。

（2）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，③的反应中还有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，则A、D反应产物的电子式是________，反应③的化学方程式是____。

（3）若A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是________。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共4分)22、某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH

沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH7.2

8.73.7

4.72.2

3.27.5

9.0

(1)“转化”中可替代H2O2的物质是_______。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”；即。

“滤液③”中可能含有的杂质离子为_______。

(2)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=_______(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是_______。

(3)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH.写出该反应的离子方程式_______。23、KAl(SO4)2·12H2O（明矾）是一种复盐；在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，有少量的Fe；Mg杂质）制备明矾的过程如图所示。回答下列问题：

(1)操作1中用到的玻璃仪器有________________。

(2)为尽量少引入杂质，从易拉罐溶解至生成Al(OH)3，过程中，主要发生反应的离子反应方程式为______________，__________________________；试剂②是_______________________________。

(3)已知：常温下KW=1.0×10－14，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于20。则Al(OH)3+H2O⇌[Al(OH)4]－+H+平衡常数K=_________________。

(4)天然水在净化处理过程中加入明矾作混凝剂，水的净化和软化的区别是______________。

(5)普通纸张的主要成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸表面涂敷明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散。人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存。经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，请说明理由：_____________________；为保护这些纸质文物，有人建议采取喷洒Zn(C2H5)2的方法，其可以与水反应生成氧化锌和乙烷。用反应方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理________________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．镁离子的电子式：Mg2+；A化学用语错误；

B．Cl-的结构示意图：B化学用语正确；

C．二氧化碳的电子式：C化学用语错误；

D．质量数为37的氯原子：D化学用语错误；

答案为B。2、D【分析】【分析】

【详解】

光束通过胶体时，能够观察到丁达尔效应，而溶液不可以，NaCl溶液、蔗糖溶液、CuSO4溶液均是溶液，没有丁达尔效应，而花粉气溶胶是胶体，可以观察到丁达尔效应，故答案选D。3、B【分析】【详解】

A．过滤；萃取、结晶都是混合物分离提纯中使用的物理方法；萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度不同而分离物质，过滤用于分离难溶性和可溶性物质，结晶是利用物质在饱和溶液中析出固体分离提纯的，也与物质的溶解度有关，因此过滤、萃取、结晶都是依据物质溶解度差异进行的分离提纯，故A正确；

B．KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，NaCl中混有的少量KNO3；硝酸钾含量较少，不能形成饱和溶液，可采用蒸发结晶的方法进行分离，故B错误；

C．NaNO2的作用是将火柴头中的ClO还原成Cl-，加AgNO3溶液；稀硝酸生成白色沉淀可检验火柴头中的氯元素；故C正确；

D．海带中碘元素以离子形式存在；需要氧化为碘单质再检验，则实验过程需要经过灼烧→溶解→过滤→氧化→检验，故D正确；

故选B。4、D【分析】【分析】

短周期元素的离子aA+、bB2+、cC2-、dD-具有相同的电子层结构，则核外电子数相等，所以有：a-1=b-2=c+2=d+1；C；D为非金属，应处于第二周期，故C为O元素，D为F元素，A、B为金属应处于第三周期，A为Na元素，B为Mg元素。

【详解】

A．a-1=b-2=c+2=d+1，质子数：b>a>d>c；故A错误；

B．同周期元素从左到右金属性减弱，非金属性增强，金属性：Na>Mg，非金属性：O

C．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：O2->F->Na+>Mg2+；故C错误；

D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：Na>Mg>O>F；故D正确；

选D。5、B【分析】A、铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，A正确；B、图2中反应不一定是置换反应或复分解反应，例如在加热的条件下CO与氧化铜反应生成铜和CO2，B错误；C、向硫酸铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液的方程式为Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓，氢氧化钠过量后发生反应Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，图像正确，C正确；D、向氢氧化钠溶液中通入少量CO2生成碳酸钠和H2O，向碳酸钠溶液中继续通入CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应转化为CO2，D正确，答案选B。6、B【分析】【分析】

A；B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素；A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；B原子的M电子层有1个电子，则B为Na；C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，则C为Al；D的最高正价和最低负价的代数和为4，则D为S；E在同周期主族元素中原子半径最小，则E为Cl，据此分析解答。

【详解】

A．C为Al；处于周期表中我第三周期ⅢA族，故A正确；

B．AlCl3属于共价化合物；熔融状态下不导电，工业上电解熔融氧化铝冶炼Al，故B错误；

C．D的最高价含氧酸的浓溶液为浓硫酸；与碳共热时生成二氧化碳；二氧化硫与水，故C正确；

D．化合物Na2O2属于离子化合物；含有离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性共价键，故D正确；

答案选B。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【详解】

试题分析：A；B、C、D、E、F六种短周期主族元素；它们的原子序数依次增大，A与C形成的化合物常温下为液态，则A为H元素，C为O元素；C与E同主族，则E为S元素；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，B的最外层电子数为5，则B为N元素；A、D同主族，D、E、F同周期，则D为Na，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子，则F为Cl元素，结合元素周期律解答．

解：A；B、C、D、E、F六种短周期主族元素；它们的原子序数依次增大，A与C形成的化合物常温下为液态，则A为H元素，C为O元素；C与E同主族，则E为S元素；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，B的最外层电子数为5，则B为N元素；A、D同主族，D、E、F同周期，则D为Na，A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子，则F为Cl元素．

（1）同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故上述A～F六种元素原子，原子半径最大的是Na，故答案为Na；

（2）A与B两种元素组成一种阳离子，该离子符号为NH4+，故答案为NH4+；

（3）C、D两种元素组成的化合物的化学式是Na2O、Na2O2，故答案为Na2O、Na2O2；

（4）同周期自左而右元素非金属性增强；故非金属性Cl＞S，能够证明这一结论的化学事实是：高氯酸的酸性比硫酸的酸性强，21·cn·jy·com

故答案为Cl；高氯酸的酸性比硫酸的酸性强．【解析】（1）Na；（2）NH4+；（3）Na2O、Na2O2；（4）Cl；高氯酸的酸性比硫酸的酸性强．8、略

【分析】【分析】

化合价升高时元素失去电子；化合价降低时元素得到电子，氧化还原反应中得失电子守恒，得电子的是氧化剂，失电子的是还原剂。

【详解】

(1)该反应中MnO2中的Mn元素化合价由+4价降为+2价，HCl中的Cl元素化合价由-1升为0价，所以MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，转移电子数为2，转移电子数目和方向为答案：MnO2；HCl；

(2))该反应中CuSO4中的Cu元素化合价由+2价降为0价，Zn元素化合价由0升为+2价，所以CuSO4是氧化剂，Zn是还原剂，转移电子数为2，转移电子数目和方向为答案：CuSO4；Zn。

【点睛】

根据元素化合价的变化判断氧化反应和还原反应，再结合基本概念解答。【解析】①.②.MnO2③.HCl④.⑤.CuSO4⑥.Zn9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Cl2+H2O═HCl+HClO中；Cl元素的化合价既升高又降低，则氯气既做氧化剂又做还原剂，故答案为C；

(2)3NO2+H2O═2HNO3+NO中；氮元素的化合价既升高又降低，则二氧化氮既做氧化剂又做还原剂，故答案为C；

(3)SO2+2H2S═3S+2H2O中，二氧化硫中S元素的化合价降低，则为氧化剂，故答案为A。【解析】①.C②.C③.A10、略

【分析】【分析】

(1)第一组中Na2CO3属于盐，第二组中CO不是酸性氧化物，属于不成盐氧化物；第三组中H2O2不属于碱性氧化物；

(2)分散质粒子直径小于1nm的分散系为溶液；分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系为胶体；胶体具有丁达尔效应而溶液没有；

(3)①2molNa2O2参与反应，电子转移2e-，由此判断生成1molO2转移的电子的数目；

②根据方程式，将NaHCO3的质量代入后列比例式计算；

③反应消耗1molCl2，电子转移e-；由此进行计算。

【详解】

(1)第一组中Na2CO3属于盐，第二组中CO不是酸性氧化物，属于不成盐氧化物；第三组中H2O2不属于碱性氧化物；因此分类错误的物质分别是Na2CO3、CO和H2O2；

(2)分散质粒子直径小于1nm的分散系为溶液；分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系为胶体，因此胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小；胶体具有丁达尔效应而溶液没有，因此鉴别溶液和胶体的最简单的方法是观察是否能发生丁达尔效应；

(3)①2molNa2O2参与反应，电子转移2e-，因此生成1分子O2转移2个电子；

②设生成CO2的质量为xg，那么2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑

解得x=44g，即每消耗168gNaHCO3，生成44gCO2；

③反应消耗1molCl2，电子转移e-，那么每消耗10分子Cl2，转移10个电子。【解析】Na2CO3COH2O2分散质微粒直径大小丁达尔2441011、A:B【分析】【分析】

(1)根据非电解质的定义：非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题；

(2)钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；会出现气体，如果溶液质量减轻，则说明从溶液中放出气体的质量大于溶液增加的质量，根据金属钠和下列物质间的反应情况来解答。

【详解】

(1)A．氨气的水溶液能导电；是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A正确；

B．硫酸铵在水溶液中电离出铵根离子和硫酸根离子；能够导电，所以硫酸铵是电解质，故B错误；

C．非电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下不能导电的化合物；而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；

D．醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子；能够导电，所以醋酸是电解质，故D错误；

故答案为A。

(2)A．钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)；溶液质量增加，故A错误；

B．钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，方程式为：2NaOH+CuSO4═Na2SO4+Cu(OH)2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuSO4═H2↑+Na2SO4+Cu(OH)2↓；由方程式知，溶液的质量减轻，故B正确；

C、金属钠和水之间反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)；溶液质量增加，故C错误；

D、将金属钠加入到氢氧化钠溶液中，只有金属钠和水之间反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)；溶液质量增加，故D错误；

故答案为B。12、略

【分析】【详解】

①醋酸为弱电解质，写化学式，氢氧化钠为强电解质，写离子形式，则离子方程式为CH3COOH+OH－==CH3COO－+H2O；

②硝酸银和氯化钠都属于强电解质，写成离子形式，则离子方程式为Ag++Cl－==AgCl↓；

③少量二氧化碳通入澄清石灰水中，生成的是碳酸钙沉淀和水，二氧化碳是气体，写化学式，碳酸钙难溶于水，写化学式，则其反应离子方程式为a2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O；

④铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则其离子方程式为Fe+2H+==Fe2++H2↑；【解析】CH3COOH+OH－==CH3COO－+H2OAg++Cl－==AgCl↓Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2OFe+2H+==Fe2++H2↑三、判断题(共5题，共10分)13、B【分析】【分析】

【详解】

定容时，加多了水，溶液体积变大，导致溶液浓度偏小，再用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度仍然偏小，错误。14、A【分析】【详解】

在金属活动性顺序表中，排在氢前面的金属与酸发生置换反应生成盐和氢气，排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来，故正确。15、B【分析】【详解】

等质量的和的物质的量之比为=1：2，同温、同体积的条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，故等于1：2，故错误。16、A【分析】【分析】

【详解】

溴化银固体见光易分解，保存在棕色玻璃塞广口瓶中，故正确。17、B【分析】【详解】

引入新杂质钙离子，错误。四、计算题(共1题，共2分)18、略

【分析】【分析】

(1)氧化还原反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂；失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，根据元素化合价变化标出电子转移的方向和数目；

(2)根据参与反应的铜的质量，结合反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O计算硝酸的物质的量，再利用c=计算；

(3)根据参与反应的铜的质量，结合反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O计算产生气体的物质的量，再利用V=nVm计算。

【详解】

(1)该反应中，硝酸得电子作氧化剂，铜失电子作还原剂，铜对应的产物硝酸铜是氧化产物，该反应中铜失去电子数=3×(2-0)=6，硝酸得电子数=2×(5-2)=6，所以用双线桥法在化学方程式中表示出电子转移的方向和数目为：

(2)19.2克铜的物质的量为=0.3mol，根据反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，3Cu~8HNO3，消耗硝酸的物质的量为0.8mol，则硝酸的浓度===2mol/L；

(3)19.2克铜的物质的量为=0.3mol，根据反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，3Cu~2NO，则产生NO的物质的量为0.2mol，则NO标况下的体积=0.2mol×22.4L/mol=4.48L。【解析】2mol/L4.48L五、有机推断题(共3题，共9分)19、略

【分析】【分析】

Cu2+、Fe3+均为有色离子；加入过量稀盐酸；有白色沉淀生成，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，白色沉淀为AgCl；取②中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁；溶液中一定含银离子，与银离子结合生成沉淀的离子不能存在。

【详解】

(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+、Fe3+；

(2)加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，白色沉淀为AgCl，说明原溶液中，肯定存在的离子是Ag+，反应的离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓；

(3)取②中的滤液，加入过量的氢氧化钠，出现白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，说明原溶液中，肯定存在的离子是Mg2+，反应的离子方程式：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；

(4)原溶液中存在Ag+，则Cl-不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故COOH-不能与其共存；硝酸根离子不与所给的任何离子生成沉淀，故溶液中可能大量存在的离子是硝酸根。

答案为B。【解析】Cu2+、Fe3+Ag++Cl-=AgCl↓Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓B20、略

【分析】【分析】

8种短周期元素；在同一周期中从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径依次增大，主族元素的最高正化合价一般等于族序数，最低负化合价=8-族序数，从图中的化合价；原子半径大小及原子序数可知，x为H元素、y为C元素、z为N元素、d为O元素、e为Na元素、f为Al元素、g为S元素、h为Cl元素，据此分析。

【详解】

(1)f元素的最高氧化物对应的水化物为Al(OH)3，e元素的最高氧化物对应的水化物为NaOH，二者可以发生反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=+2H2O；

(2)z单质的简单氢化物为NH3，h的单质为Cl2，二者反应生成氮气和HCl，反应的化学方程式为3Cl2+2NH3=6HCl+N2，反应过程中Cl2的化合价降低发生还原反应，生成物HCl为还原产物，故答案为：3Cl2+2NH3=6HCl+N2；HCl；

(3)①元素x与y可形成多种化合物，其中形成一种能催熟果实的气体X，则有机物X为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；

②乙烯可以通过加成反应制得有机物A（乙醇）；乙醇经过催化氧化制得有机物B（乙醛），乙醛与氧气发生提示的反应得到乙酸，据此分析：

i有机物A→B为乙醇的催化氧化，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

ii与乙酸互为同分异构体的酯为甲酸甲酯，其结构简式为HCOOCH3，故答案为：HCOOCH3。【解析】Al(OH)3+OH-=+2H2O3Cl2+2NH3=6HCl+N2HClCH2=CH22CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OHCOOCH321、略

【分析】【详解】

(1).A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①为置换反应且在水溶液中进行，由转化关系可知，A为变价金属，F具有强氧化性，则A为Fe，F为Cl2、B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁，反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；

(2).B、C、F都是气态单质，B有毒，则B为氯气，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③反应中有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，A与D反应产物为氯化铵，电子式为反应③的化学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；

(3).A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，反应①为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO，碳与F反应生成E，CO与F生成E，则F为氧气，通过验证符合图示转化关系，则反应①的化学方程式是2C+SiO22CO↑+Si，故答案为2C+SiO22CO↑+Si。【解析】2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-4NH3+5O24NO+6H2O2C+SiO22CO↑+Si六、工业流程题(共2题，共4分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；

(2)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×