2022-2023学年山东省临沂市沂水县第一中学高一上学期阶段性检测化学试题含解析

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山东省临沂市沂水县第一中学2022-2023学年高一上学期阶段性检测 化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。

2．下列物质不属于分散系的是
A．水 B．碘酒 C．空气 D．有色玻璃
【答案】A
【详解】A．水是纯净物，不属于分散系，故A符合题意；
B．碘酒是碘的乙醇溶液，属于分散系，故B不符合题意；
C．空气是混合物，属于分散系，故C不符合题意；
D．有色玻璃是混合物，属于分散系，故D不符合题意；
故选A。
3．分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类依据和结论都正确的是
A．含有氧元素的化合物，一定是氧化物
B．烧碱、纯碱、火碱都属于碱
C．酸性氧化物一定是非金属氧化物
D．CuSO4·5H2O、冰水、硫酸都属于纯净物
【答案】D
【详解】A．两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，如KClO3不是氧化物，故A错误；
B．纯碱是碳酸钠，碳酸钠属于盐，故B错误；
C．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，故C错误；
D．CuSO4·5H2O、冰水、硫酸都有固定组成，都属于纯净物，故D正确；
选D。
4．下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是
A．Fe+CuSO4= FeSO4+Cu
B．Na2CO3+ BaCl2 = BaCO3↓+ 2NaCl
C．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
D．2H2O22H2O+O2↑
【答案】C
【详解】A．属于置换反应，反应中Fe和Cu化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．属于复分解反应，各元素的化合价都没有变化，不属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．不属于四种基本反应类型， Fe、C元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C符合题意；
D．属于分解反应，氧元素化合价变化，是氧化还原反应，D不符合题意；
综上所述答案为C。
5．下列物质属于电解质且能导电的是
A．Cu B．NaCl溶液 C．NaOH固体 D．熔融KNO3
【答案】D
【分析】溶于水或在熔融状态下能够电离出离子的化合物是电解质，据此解答。
【详解】A．Cu是金属单质，可以导电，不是电解质也不是非电解质，A不选；
B．NaCl溶液中含有自由移动的离子，可导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质，B不选；
C．NaOH固体不导电，溶于水可电离出离子，属于电解质，C不选；
D．熔融KNO3能够电离出离子，属于电解质，且可以导电，D选；
答案选D。
6．NaHCO3溶液与NaHSO4溶液混合后，实际参加反应的离子是
A．H+和 B．和 C．和H+ D．Na+、和H+
【答案】C
【详解】NaHCO3和NaHSO4的溶液混合反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为+H＋＝CO2↑+H2O，则实际参加反应的离子是和H+，故C正确。
答案选C。
7．若1 g氧气中含有x个分子，则阿伏伽德罗常数可以表示为
A．16x B．x/16 C．32x D．x/32
【答案】C
【详解】1g氧气的物质的量为n(O2)===mol，NA==32xmol-1，C选项符合题意；
答案为C。
8．向Ba(OH)2溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后逐滴加入稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化如图所示。下列说法不正确的是

A．A点导电率高是Ba(OH)2在水中以离子形式存在的实验证据
B．溶液由红色变成无色、产生白色沉淀分别是OH-、参加反应的实验证据
C．AB段发生反应的离子方程式为Ba2++OH- ++H+=BaSO4↓+H2O
D．C点溶液中存在的微粒主要有H2O、H+、
【答案】C
【详解】A．A点导电率高是由于Ba(OH)2在水中电离产生自由移动的Ba2+、OH-，可以证明Ba(OH)2以离子形式存在。A正确；
B．溶液由红色变成无色，说明溶液中OH-与加入的硫酸电离产生的H+变为H2O，使溶液中c(OH-)减小；反应产生白色沉淀由于溶液中的Ba2+与反应产生BaSO4白色沉淀，B正确；
C．不符合物质反应的微粒个数比，AB段发生反应的离子方程式为Ba2++2OH- ++2H+=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D．B点时Ba(OH)2与加入的硫酸恰好反应产生BaSO4沉淀和H2O，B后C点溶液中溶质为过量的H2SO4，因此溶液中存在的微粒主要有H2O、H+、，D正确；
故合理选项是C。
9．金属铜的提炼多从黄铜矿开始，黄铜矿的熔烧过程主要反应之一为：，若中Cu、Fe的化合价都为+2，下列说法错误的是
A．方框中的物质是
B．仅作还原剂
C．氧化性：
D．若有1个参加反应，则反应中有6个电子转移
【答案】B
【详解】A．根据原子守恒，方框中的物质应含有2个Cu原子和1个S原子，是，A正确；
B．从方框中的物质推断，中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，化合价降低作氧化剂，从S元素化合价从-2升高到的+4价看，化合价升高作还原剂，B错误；
C．该反应中，是氧化剂，是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：，C正确；
D．根据反应方程式的化学计量数计算，若有1个参加反应，则有1个S原子从-2价升高到+4价，失去6个电子，则反应中有6个电子转移，D正确；
故选B。
10．下列化学反应的离子方程式正确的是
A．碳酸钙与盐酸溶液反应：
B．铁钉放入稀硫酸中：
C．碳酸氢钠与稀盐酸反应：
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：
【答案】C
【详解】A．碳酸钙与盐酸溶液反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为：，故A错误；
B．铁钉放入稀硫酸中反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：，故B错误；
C．碳酸氢钠与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为：，故C正确；
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：，故D错误；
故选C。
11．下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是
①Fe+Cu2+=Fe2++Cu                   ②Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
③Cl2+H2O=H++Cl-+HClO             ④+2H+=CO2↑+H2O
⑤Ag++Cl-=AgCl↓
A．只有③ B．②③ C．③⑤ D．①④
【答案】A
【详解】①Fe+Cu2+=Fe2++Cu可表示铁与氯化铜或硫酸铜等多个化学反应，故①不符合题意；
②Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O表示氢氧化钡与硫酸、硫酸氢钠等多个化学反应，故②不符合题意；
③Cl2+H2O=H++Cl-+HClO只能表示氯气和水这一个反应，故③符合题意；
④+2H+=CO2↑+H2O可表示碳酸钠、碳酸钾与盐酸、硫酸等多个化学反应，故④不符合题意；
⑤Ag++Cl-=AgCl↓可表示硝酸银与氯化钠、盐酸等多个化学反应，故⑤不符合题意；
故符合题意的只有③，故答案为A。
12．同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律。已知2Fe3++ Fe= 3Fe2+，且氧化性：Fe3+＞Cu2+，在溶有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是
A．若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜
B．若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+
C．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中一定无Fe3+
D．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，则溶液中一定有Fe2+，一定无Fe3+
【答案】C
【分析】三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据以上分析进行解答。
【详解】A．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，A正确；
B．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，B正确；
C．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，C错误；
D．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，D正确；
故答案选C。
13．在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按粒子个数之比1:2完全反应，生成一种棕黄色气体 X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为（     ）
A．Cl2 B．Cl2O7 C．ClO2 D．Cl2O
【答案】D
【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，Na2SO3是还原剂，NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3为氧化剂，根据电子转移守恒计算Cl元素在还原产物中的化合价，进而判断产物．
【详解】NaClO3和Na2SO3能按物质的量之比l：2完全反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价，NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3为氧化剂，令Cl元素在还原产物中的化合价为a，则：2×（6-4）=1×（5-a），解得a=1，故棕黄色气体X的化学式为Cl2O，
故选D。
14．无土培植中，需配制含0.50 mol、0.64 molK+、0.66 mol Cl-、0.24 mol的营养液。若用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4三种固体配制该营养液，需此三种固体的物质的量为

A
B
C
D
KCl
0.64 mol
0.40 mol
0.64 mol
0.64 mol
NH4Cl
0.05 mol
0.05 mol
0.02 mol
0.03 mol
(NH4)2SO4
0.24 mol
0.12 mol
0.24 mol
0.24 mol

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】需要0.24 mol，完全由(NH4)2SO4提供，则(NH4)2SO4的物质的量为0.24mol；需要0.64 molK+，K+完全由KCl提供，所以KCl的物质的量为0.64 mol；Cl-由KCl、NH4Cl提供，根据氯元素守恒，NH4Cl的物质的量为0.66 mol-0.64 mol=0.02mol，故选C。
15．标准状况下有①0.3molCH4②3.01×1023个HCl③13.6gH2S④0.2molNH3，下列关系从小到大表示不正确的是
A．物质的量④＜①＜③＜② B．摩尔质量①＜④＜③＜②
C．质量④＜①＜③＜② D．氢原子数④＜②＜③＜①
【答案】D
【点睛】①0.3molCH4，②3.01×1023个HCl的物质的量为mol=0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为=0.4mol，④0.2molNH3，以此解答。
【详解】A． 由分析知，物质的量④＜①＜③＜②，故A正确；
B．质量以g为单位时、摩尔质量的数值等于相对分子质量，则摩尔质量①＜④＜③＜②，故B正确；
C．根据m=nM知，甲烷质量为0.3mol×16g/mol=4.8g，HCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=33.25g，氨气的质量为0.2mol×17g/mol=3.4g，故质量④＜①＜③＜②，故C正确；
D．甲烷中n(H)=0.3mol×4=1.2mol，HCl中n(H)=0.5mol，硫化氢中n(H)=0.4mol×2=0.8mol，氨气中n(H)=0.2mol×3=0.6mol，故H原子的物质的量、氢原子的数目②＜④＜③＜①，故D错误；
故选D。
16．每年10月23日上午6：02到下午6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的美式写法为6：02/10/23，外观与阿伏加德罗常数的值6.02×1023相似。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．22 g CO2与8.5 g NH3所含分子数相等
B．17 g OH—与19 g H3O+所含电子数相等
C．2molH2O的摩尔质量是36g·mol-1
D．12g金属镁变为镁离子时失去的电子数为NA
【答案】C
【详解】A．22g二氧化碳的物质的量为=0.5mol，8.5 g氨气的物质的量为=0.5mol，二者的物质的量相等，由阿伏加德罗定律可知二者所含分子数相等，故A正确；
B．氢氧根离子和水合氢离子的电子数都为10，则17 g氢氧根离子含有的电子数为×10×NAmol—1=10NA，19g水合氢离子含有的电子数为×10×NAmol—1=10NA，则二者所含的电子数相等，故B正确；
C．水的摩尔质量为18g/mol，与水的物质的量大小无关，故C错误；
D．12g金属镁变为镁离子时失去的电子数为×2×NAmol—1=NA，故D正确；
故选C。
17．宋代著名法医学家宋慈所著的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载。“银针验毒”的原理是，下列有关该反应的说法正确的是
A．发生氧化反应，是还原剂 B．被氧化，是氧化剂
C．Ag发生氧化反应，是还原剂 D．是还原产物
【答案】C
【详解】A．中的H元素、S元素的化合价都没有变化，则既不是氧化剂也不是还原剂，没有发生氧化或还原反应，故A错误；
B．氧元素由0价降低为-2价，化合价降低，被还原，是氧化剂，故B错误；
C．银元素化合价由0价升高到+1价，化合价升高，发生氧化反应，是还原剂，故C正确；
D．Ag元素在反应中化合价升高，则Ag2S为氧化产物，故D错误；
故选C。
18．下列物质的转化，需要加入还原剂才能实现的是
A．SO3→H2SO4 B．Cu→Cu(NO3)2 C．FeCl3→FeCl2 D．CO→CO2
【答案】C
【详解】A．SO3→H2SO4，没有元素的化合价发生变化，不需要还原剂，故A不符合题意；
B．Cu→Cu(NO3)2，铜元素化合价升高，需要氧化剂，故B不符合题意；
C．FeCl3→FeCl2，铁元素化合价降低，需要还原剂，故C符合题意；
D．CO→CO2，碳元素化合价升高，需要氧化剂，故D不符合题意；
故选C。
19．已知：①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
②6FeCl2+3Br2=4FeCl3+2FeBr3
③Cl2+2KBr=Br2+2KCl。根据上述反应，判断下列结论错误的是
A．溶液中可发生反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3
B．少量KMnO4溶液加入HBr和HCl的混合溶液中：HBr先被氧化
C．氧化性强弱顺序为：KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞Br2
D．反应①中，MnCl2是KMnO4的还原产物
【答案】C
【详解】A．氯气的氧化性大于铁离子，所以氯气能氧化亚铁离子，则溶液中可发生反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，A项正确；
B．根据反应③氯气为氧化剂，发生还原反应，溴离子为还原剂，发生氧化反应，溴水为氧化产物，所以还原性溴离子大于氯离子，溴离子优先被高锰酸钾溶液氧化，B项正确；
C．根据反应②中，溴水为氧化剂，发生还原反应，亚铁离子为还原剂，发生氧化反应，铁离子为氧化产物，所以氧化性Br2＞FeCl3，C项错误；
D．反应①中，锰元素的化合价降低，被还原，锰离子是高锰酸根离子的还原产物，D项正确；
答案选C。
20．某化工厂经初步处理后的废水是无色澄清透明的，经检测废水中有Na+、H+、Cl-、SO、X等五种离子，则X是
A．CO B．Fe3+ C．Mg2+ D．Ba2+
【答案】C
【详解】A．H+与CO能结合成二氧化碳和水，所以X不可能是CO，A项错误；
B．含有Fe3+的溶液是黄色的，不合题意，B项错误；
C．Na+、H+、Cl﹣、SO、Mg2+五种粒子之间不能结合成水或气体或沉淀，所以X可能是Mg2+，符合题意，C项正确；
D．Ba2+与SO能结合成BaSO4沉淀，所以X不可能是Ba2+，D项错误；
答案选C。
21．下列物质分类的正确组合是（    ）
选项
混合物
纯净物
单质
电解质
A
盐酸
NaOH
石墨
K2SO4溶液
B
空气
Fe(OH)3胶体
铁
Na2CO3
C
CuSO4·5H2O
CaCl2
水银
铜
D
氨水
明矾
C70
NaCl
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．K2SO4溶液属于混合物，不是电解质，A错误；
B．Fe(OH)3胶体是混合物，不是纯净物，B错误；
C．CuSO4·5H2O是纯净物，不是混合物，铜是单质，不属于电解质，C错误；
D．    氨水为混合物，明矾为纯净物，C70为单质，    NaCl为电解质，D正确；
故选D。
22．已知 aM2++bO2 + 4H+=cM3++dH2O，则化学计量数 c 的值为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【详解】根据质量守恒可得a=c；根据电荷守恒可得2a +4=3c，解得c=4，选项D正确。
23．在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（    ）
A．1∶6 B．6∶1 C．1∶5 D．5∶1
【答案】D
【详解】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D。
24．在如图所示电解质溶液的导电性装置中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一种溶液或通入一种气体时，则灯泡由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮的是

A．稀盐酸中逐滴加入食盐溶液
B．稀硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C．饱和石灰水中不断通入CO2
D．稀硝酸中逐滴加入氢氧化钡溶液
【答案】C
【分析】电解质溶液中离子浓度越大，其导电性越强，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一种溶液或通入一种气体时，灯泡由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮，说明该过程中离子浓度先减小到0然后增大，据此分析解答。
【详解】A．稀盐酸和NaCl溶液不反应，溶液中离子浓度不可能为0，灯泡不可能熄灭，选项A错误；
B．稀硫酸中加入氢氧化钠溶液，二者反应生成硫酸钠和水，溶液中离子浓度不可能为0，灯泡不可能熄灭，选项B错误；
C．饱和石灰水中通入二氧化碳，先生成碳酸钙沉淀和水，当二者恰好完全反应生成碳酸钙时，此时离子浓度几乎为0，灯泡熄灭，继续通入二氧化碳后，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，溶液中离子浓度增大，灯泡变亮，选项C正确；
D．稀硝酸中加入氢氧化钡，二者反应生成硝酸钡和水，溶液中离子浓度不可能为0，灯泡不可能熄灭，选项D错误；
答案选C。

二、填空题
25．I.有以下物质：A石墨；B钠；C酒精；D氨气；E盐酸；F氯化钠固体；G熔融H：I：J：H2SO4
(1)属于电解质的是_______
(2)属于非电解质的是_______
(3)能导电的_______
II.某河道两旁甲、乙两厂，它们排放的工业废水中，共含 K+、Ag+、Fe3+、C1-、OH-、六种离子。甲厂的废水明显呈碱性，
(4)故甲厂废水中所含的三种离子是_______
III.+6价铬的毒性很强，具有一定的致癌作用，需要转化为低毒的Cr3+，废水中含有的可以用绿矾(FeSO4∙7H2O)除去。测得反应后的溶液中含Cr3+、Fe3+、H+等阳离子。
(5)写出该反应的离子方程式_______。
【答案】(1)E、F、G、I、J
(2)C、D、H
(3)A、B、G
(4)K+、Cl－、OH－
(5)

【分析】电解质是其熔融状态或者其水溶液状态能导电的化合物，非电解质是其熔融状态、其水溶液均不能导电的化合物。
（1）
电解质包括酸、碱、盐、水和部分金属氧化物等，可知题干中盐酸、硫酸、氯化钠固体、熔融氢氧化钡、氧化钙为电解质；
（2）
非电解质包括部分有机物，部分非金属氧化物，部分非金属氢化物如氨气等，可知题干中酒精，氨气，二氧化碳为非电解质；
（3）
石墨和钠两种单质具有导电性，熔融氢氧化钡有能自由移动的氢氧根离子和钡离子，也能够导电，其他电解质没有能够自由移动的阴阳离子，无法导电；
（4）
由题知甲厂水碱性强，溶液中含有氢氧根离子，则与氢氧根离子无法共存的银离子、铁离子在乙厂水中，乙厂水中银离子无法与氯离子共存，所以乙厂水中含有的阴离子为硝酸根离子，而甲厂水中的离子为互不反应的钾离子、氯离子和氢氧根离子；
（5）
亚铁离子有还原性，重铬酸根有氧化性，两者在酸性条件下发生氧化还原反应生成铁离子和三价铬离子，根据电荷守恒和转移电子数守恒配平其反应式为：
26．I.已知铜在常温下能被稀HNO3溶解，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
(1)请将上述反应改写成离子方程式：_______。
(2)用双线桥法标出该反应的电子转移情况：_______。
(3)在参加反应的硝酸中，起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为_______。
(4)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是_______
II.某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。
(5)已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是_______。
(6)已知2个KBrO3在反应中得到10个电子生成X，则X的化学式为_______。
(7)根据上述反应可推知_______。
A．氧化性：KBrO3>H3AsO4 B．氧化性：H3AsO4>KBrO3
C．还原性：AsH3>X D．还原性：X>AsH3
(8)将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：_______。

【答案】(1)
(2)
(3)1:3
(4)P、CuSO4
(5)AsH3
(6)Br2
(7)AC
(8)

【解析】（1）
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应的离子方程式为；
（2）
反应3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu元素化合价由0升高为+2、HNO3中N元素化合价由+5降低为+2，用双线桥法标出电子转移情况为；
（3）
在参加反应的8个HNO3中，N元素化合价降低的有2个，起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为1:3。
（4）
在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素、Cu元素化合价降低，氧化剂是P、CuSO4；
（5）
KBrO3在反应中得到电子，Br元素化合价降低，根据得失电子守恒，As元素化合价升高，AsH3→H3AsO4，则该反应的还原剂是AsH3；
（6）
2个KBrO3在反应中得到10个电子生成X，可知Br元素化合价由+5降低为0，则X的化学式为Br2。
（7）
根据以上分析，AsH3→H3AsO4，AsH3是还原剂、H3AsO4是氧化产物；KBrO3→Br2，KBrO3是氧化剂、Br2是还原产物；所以氧化性KBrO3>H3AsO4，还原性：AsH3>Br2，故选AC。
（8）
根据以上分析，AsH3是还原剂、KBrO3是氧化剂，As元素化合价由-3升高为+5，Br元素化合价由+5降低为0，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数为5AsH3+8KBrO3，用单线桥法标出电子转移的方向和数目。
27．填空。
(1)已知NH3的相对分子质量为17，则NH3的摩尔质量为_______。
(2)NA为阿伏加德罗常数，已知a g某气体中含分子数为b，则该气体的摩尔质量为 _______。
(3)已知一个铁原子的质量为b g，则铁的摩尔质量为_______。
(4)已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04mol C和31.76g D，则C的摩尔质量为_______。
(5)40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6 mol Cl-，则金属M的相对原子质量为_______。
(6)0.5 mol CaCO3的质量_______。
(7)8克氧气中含氧原子数目是_______。
(8)乙醇(C2H6O)水溶液中，当乙醇分子和水分子中氢原子个数相等时，溶液中乙醇的质量分数为_______。
【答案】(1)17 g/mol
(2)
(3)bNAg/mol
(4)106g/mol
(5)64
(6)50g
(7)0.5NA
(8)46%

【解析】（1）
以“g/mol”为单位，摩尔质量的数值等于相对分子质量，NH3的相对分子质量为17，则NH3的摩尔质量为17 g/mol；
（2）
NA为阿伏加德罗常数，已知a g某气体中含分子数为b，则，该气体的摩尔质量为 。
（3）
一个铁原子的质量为b g，1mol铁原子的数目为NA，则1mol铁原子的质量为bNAg，则铁的摩尔质量为bNAg/mol；
（4）
已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04mol C和31.76g D，根据质量守恒，生成C的质量为16+20-31.76=4.24g，则C的摩尔质量为。
（5）
40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6 mol Cl-，MCl2的物质的量为0.3mol，设MCl2的摩尔质量为ag/mol，，a=135g/mol，则金属M的相对原子质量为135-71=64。
（6）
0.5 mol CaCO3的质量为0.5 mol×100g/mol=50g。
（7）
8克氧气中含氧原子数目是；
（8）
设乙醇(C2H6O)水溶液中乙醇的物质的量为xmol、水的物质的量为ymol，当乙醇分子和水分子中氢原子个数相等时，3x=y，溶液中乙醇的质量分数为。