2023届云南省云南民族大学附属中学高一化学第一学期期中考试模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列化学方程式不能用H+OH-=H2O表示的是AKOH+HCl=KCl+H2OBBa（OH）2+2HCl=BaCl2+2H2OC2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2ODCu（OH）2+2HNO3=Cu（NO3）2+2H2O2、

2、下列离子方程式正确的是A碳酸钙溶于盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2OCO2B小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH-=CO2H2OC氯气通入澄清石灰水制漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca2+2Cl-+2ClO-+2H2OD向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸：H+OH-=H2O3、下列实验操作中正确的是( )A用规格为 100 mL 的量筒量取 6.20 mL 的液体B蒸发结晶时，可将溶液直接蒸干C利用蒸馏可除去液态混合物中沸点不同的易挥发、难挥发或不挥发的杂质D用四氯化碳萃取碘水中的碘，充分静置后紫红色液体在上层4、容量瓶上不必标注的是 （ ）A刻度线 B容积 C物质的量浓度

3、D温度5、下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是( )A把铁片插入CuSO4溶液，验证古代温法冶铜：2Fe+3Cu2+=2Fe2+3CuB某气体使清石灰水先变浑浊后变澄清，验证该气体是CO2：Ca2+2OH-+CO2=CaCO3+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca2+2HCO3-C在小苏打溶液中加入醋酸，验证醋酸比碳酸的酸性强：HCO3-+H+=CO2+H2OD若要求用两种单质和一种溶液来测定Zn、Cu、Ag三种金属的活动性顺序，可用Zn、Cu和AgNO3溶液：Zn+2Ag+=2Ag+Zn2+6、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl-、CO、OH-中的三种，

4、已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（ ）ACu2+、H+、Cl-BCl-、CO、OH-CK+、CO、OH-DK+、H+、Cl-7、下列物质的分类正确的是AABBCCDD8、下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-910-7m之间B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C用过滤的方法可以将胶体和溶液分离D胶体在一定条件下能稳定存在，胶粒带相同电荷是其主要原因9、下列关于2 molL-1 Ba(NO3)2溶液的说法正确的是A100 mL溶液中NO3 浓度是0.4 molL-1B500 mL溶液中NO3 的物质的量是4 mol

5、C500 mL溶液中含有Ba2+ 的质量是137 gD100 mL溶液中所含Ba2+、NO3总数为0.4 NA10、实验室需要450mL0.1molL1NaOH溶液和500mL0.5molL1H2SO4溶液。如图所示，在配制这两种溶液时肯定不需要的仪器是 A B C只有 D11、磁流体是电子材料的新秀 ，将含等物质的量的 FeSO4和Fe2(SO4)3 的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH 溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径 在 5. 5 36nm的磁流体。下列说法中正确的是A所得的分散系属于悬浊液B用光束照射该分散系能产生丁达尔效应C所得的分散系中分散质为 Fe2O3D该

6、分散系为胶体，胶粒直径即为 Fe(OH)3 分子直径12、要除去NaCl溶液中混有的MgCl2应选用的试剂和操作方法是()A加入适量Na2SO4溶液后过滤B加入适量NaOH溶液后过滤C加入过量NaOH溶液后蒸发D加入过量Na2CO3溶液后过滤13、下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A碳酸钠溶液与石灰乳的反应：CO32-+Ca2+=CaCO3B氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO42-+H+OH-=BaSO4+H2OC铜片插入硝酸银溶液：Cu+Ag+=Cu2+AgD硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2+2OH-+Cu2+SO42-=BaSO4+Cu(OH)214、根据气象台报道，近年来每到春

7、季，沿海一些城市经常出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的（ ）A溶液B悬浊液C乳浊液D胶体15、判断下列物质中属于电解质的是（ ）A硝酸钾溶液B蔗糖C金属铜D氢氧化钡16、从100mL5的盐酸中取出10mL，再稀释到200mL,则所得溶液的物质的量浓度是A0.05B0.25C0.025D0.50二、非选择题（本题包括5小题）17、在Na+浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物，SiO32-和Ag+、Ca2+、Ba2+不共存）阳离子K+Ag+Ca2+Ba2+阴离子NO3CO3

8、2-SiO32-SO42-现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）。序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸生成白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56 L气体将中产生的混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：(1)实验能确定一定不存在的离子是_；(2)实验中生成气体的离子方程式为_；(3)通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。阴离子NO3CO32-SiO32-SO42-c（mol/L）_0.25m

9、ol/L_ (4)判断K+是否存在，若存在，计算其最小浓度；若不存在，请说明理由：_。18、有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，可能含有的离子是_（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_，说明理由_（3）写出中反应的离子方程式_19、某固体物质可能由、NaC

10、l等混合而成，为检验其成分，做了以下实验：将固体物质溶于水中，搅拌后得无色透明溶液；向中所得溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；过滤，将中所得沉淀置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原固体物质中一定含有的物质是_，一定不含有的物质是_，可能含有的物质是_（以上空格均填化学式）。为确定可能含有的物质是否存在，可向中过滤所得的滤液中滴加_溶液。(2)写出中所发生反应的离子方程式：_。20、已知某纯碱（Na2CO3）试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：按图组装仪器，并检查装置的气密性； 将a g试样放入锥

11、形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；称量盛有碱石灰（CaO与NaOH固体混合物）的U型管的质量，称得为b g；从分液漏斗滴入6 molL-1 的硫酸，直到不再产生气体时为止；从导管A处缓缓鼓入一定量的空气；再次称量盛有碱石灰的U型管的质量； 重复步骤和的操作，直到U型管的质量基本不变，最终称得为c g；请填空和回答问题： （1）装置中干燥管B的作用是_（2）步骤的目的是_ （3）步骤的目的是_（4）该试样中纯碱的质量分数的计算式为_21、有以下反应方程式:ACuO+H2Cu+H2OB2KClO32KCl+3O2CCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OD2FeBr2+3Cl2=2F

12、eCl3+2Br2E.MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2OF.KClO3+6HCl(浓)=KC1+3H2O+3Cl2G.HgS+O2=Hg+SO2I.按要求将上述化学方程式序号填入相应空格内:(1)一种单质使一种化合物中的一种元素被还原_；(2)同一种物质中，同种元素间发生氧化还原反应_；(3)所有元素均参加氧化还原反应的是_。II.已知方程式F:KClO3+6HCI(浓)=KCl+3H2O+3Cl2。(1)请用双线桥法标出电子转移的方向和数目_；(2)标准状况下当有33.6L的氯气放出时，转移电子的数目是_；(3)上述反应中氧化产物和还原产物的质量比为_。参考答案一、选择题

13、（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A. KOH+HCl=KCl+H2O是强酸与强碱反应，离子方程式是H+OH-=H2O，故不选A；B. Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O是强酸与强碱反应，离子方程式是H+OH-=H2O，故不选B；C. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O是强酸与强碱反应，离子方程式是H+OH-=H2O，故不选C；D. Cu(OH)2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，氢氧化铜难溶于水，Cu(OH)2不能拆写为离子，反应的离子方程式是Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O，故选D；答案选D。2、A【解析】A. 碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙、二氧

14、化碳、水，反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2+H2OCO2，故A正确；B. 小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合生成碳酸钠和水，反应的离子方程式是HCO3-+OH-= CO32-H2O，故B错误；C. 氯气通入澄清石灰水生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的离子方程式是2OH-+Cl2= Cl-+ClO-+H2O，故C错误；D. 向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸生成硫酸铜和水，反应的离子方程式是：2H+ Cu(OH)2= Cu2+2H2O，故D错误；选A。3、C【解析】A、量筒精确度为0.1mL，不能用规格为100 mL的量筒量取6.20 mL的液体；A错误；B、蒸发结晶时不可将溶液直接蒸干，当出现大

15、量晶体时停止加热，利用余热蒸干，B错误；C、利用蒸馏可除去液态混合物中沸点不同的易挥发、难挥发或不挥发的杂质，C正确；D、四氯化碳密度大于水的密度，萃取后在水的上层，充分静置后紫红色液体在下层，D错误；答案选C。4、C【解析】容量瓶主要用于准确地配制一定物质的量浓度的溶液；它是一种细长颈、梨形的平底玻璃瓶，配有磨口塞；瓶颈上刻有标线，当瓶内液体在所指定温度下达到标线处时，其体积即为瓶上所注明的容积数，一种规格的容量瓶只能量取一个量，常用的容量瓶有50、100、250、500、1000毫升等多种规格【详解】容量瓶是一种定量仪器，用于配制一定体积的溶液，所以容量瓶上标有容积和刻度线；温度影响溶液的

16、体积，配制一定物质的量浓度的溶液需要在一定温度下进行，所以容量瓶上标有A. 刻度线，B. 容积、D. 温度，没有C物质的量浓度，故选C。【点睛】本题考查了容量瓶的构造，解题关键：注意掌握常见仪器的构造及使用方法，仪器的0刻度、计量仪器的准确度等5、B【解析】A.Fe与硫酸铜发生置换反应，生成硫酸亚铁和Cu，离子反应为Fe+Cu2+Fe2+Cu，A错误；B. 先变浑浊后变澄清，可知先生成难溶性碳酸钙沉淀，后生成可溶性碳酸氢钙，离子反应为Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2O、CaCO3+CO2+H2OCa2+2HCO3，B正确；C. 小苏打溶液中加入醋酸，发生强酸制取弱酸的复分解反应，但醋酸是

17、弱酸，不能写成离子形式，离子方程式为HCO3+CH3COOHCH3COO+CO2+H2O，C错误；D.Zn、Cu均与AgNO3发生置换反应生成Ag，因此不能比较Zn、Cu的金属性，D错误；故合理选项是B。6、C【解析】以甲烧杯呈蓝色为突破口，所以甲中含有Cu2+，因为离子共存，所以乙中含有CO、OH-，所以甲中含有H+，因为电荷守恒，所以甲中必须含有阴离子，乙中必须含有阳离子，所以甲中含有Cl-，乙中含有K+，故乙中离子为：K+、CO、OH-，故C项正确；故答案为C。7、D【解析】A.冰水混合物成分是H2O，是不同状态的水，属于纯净物，A错误；B. CuSO45H2O是胆矾，是结晶水合物，属于

18、化合物，是纯净物，B错误；C.纯碱是碳酸钠，不是碱，C错误；D.选项中各种物质分类正确无误，D正确；合理选项是D。8、C【解析】A胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的微粒直径大于100nm，故A正确；B平行光通过时胶体出现光亮的通路，即为丁达效应，故B正确；C胶体中的胶粒和溶液中的小分子或离子均能透过滤纸，则不能利用过滤的方法将胶体和溶液分离，应选用渗析分离提纯胶体，故C错误；D胶粒带相同电荷，则胶体是介稳体系，一定条件下能稳定存在，故D正确；故答案为C。9、C【解析】A. 硝酸根离子的浓度是硝酸钡的2倍，则100 mL溶液中NO3

19、浓度是4 molL-1，A错误；B. 500 mL溶液中NO3的物质的量是0.5L4mol/L2 mol，B错误；C. 500 mL溶液中含有Ba2+的质量是0.5L2mol/L137g/mol137 g，C正确；D. 100 mL溶液中所含硝酸钡的物质的量是0.2mol，因此Ba2+、NO3总数为0.6NA，D错误；答案选C。10、B【解析】配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，为圆底烧瓶、为分液漏斗，在配制一定浓度的溶液中不会用到烧瓶和分液漏斗；故答案选B。11、B【解析】由分散质微粒直径大小可判断该分散系为胶体，根据胶体的性

20、质分析。【详解】根据题意，磁流体分散系分散质粒子直径在5.5-36nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质。A分散质粒子直径在5.536nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，故A错误；B该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；C根据题意可知，分散质粒子是黑色的，而Fe2O3是红棕色的，故不是Fe2O3，故C错误；D该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体为红褐色，而且胶粒是很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；故选B。12、B【解析】除去氯化钠溶液中混有少量的氯化镁，实质上就是除镁离子，除镁离子可用氢氧根离子结合成沉淀，因为加入试剂时易产生新杂质,因

21、此在选择试剂时，应考虑到不能引入新的杂质。【详解】A、加入适量Na2SO4会引入硫酸根离子,且它和镁离子不反应,不能除去,故A错误；B、加入适量NaOH后,生成氯化钠和氢氧化镁沉淀，过滤可以得到滤液氯化钠，故B正确；C、加入过量NaOH后,生成氯化钠和氢氧化镁沉淀,但会引入杂质离子氢氧根离子，故C错误；D、加入过量Na2CO3后会引入杂质离子碳酸根离子，故D错误；答案选B。【点睛】除杂质至少要满足两个条件：(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质。13、D【解析】A碳酸钠溶液与石灰乳反应的离子方程式为CO32-+Ca(OH)2CaCO3+2OH-，故A错误

22、；B氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Ba2+SO42-+2H+2OH-BaSO4+2H2O，故B错误；C铜片插入硝酸银溶液中反应的离子方程式：Cu+2Ag+Cu2+2Ag，故C错误；D硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为：Ba2+2OH-+Cu2+SO42-BaSO4+Cu(OH)2，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意石灰乳中氢氧化钙应保留化学式，在澄清石灰水中氢氧化钙改成离子形式。14、D【解析】雾是由悬浮在大气中的小液滴构成的，小液滴的直径在1100nm之间，所以雾属于胶体，故选D。15、D【解析】A.硝酸钾溶液是混合物，不是化合物，

23、既不是电解质、也不是非电解质；B.蔗糖是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，蔗糖属于非电解质；C.铜是单质，不是化合物，既不是电解质、也不是非电解质；D.氢氧化钡是溶于水和熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质；故答案选D。16、B【解析】溶液稀释的过程中，溶质的物质的量不变，即：c1v1=c2v2，据此计算出将5molL-1盐酸10mL稀释到200mL时溶液的物质的量浓度【详解】5molL1盐酸10mL稀释到200mL,稀释过程中溶质的物质的量不变,则稀释后溶质的物质的量浓度为：c=5mol/L0.01L/0.2L=0.25mol/L，故选B.二、非选择题（本题包括5小题）17、Ag+、

24、Ca2+、Ba2+ CO322H H2OCO2 ？ 0.4 0 存在，最小浓度为0.8 mol/L 【解析】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32，Ag、Ca2、Ba2不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42；综上所述，NO3可能含有；【详解】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀

25、，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32，Ag、Ca2、Ba2不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42；综上所述，NO3可能含有；（1）根据上述分析，实验I中一定不存在的离子是Ag、Ca2、Ba2；（2）实验I中生成气体的离子方程式为CO322H=CO2H2O；（3）根据上述分析，NO3可能含有，也可能不

26、含有，因此NO3的浓度为?；SiO32的物质的量浓度为0.04/(100103)molL1=0.4molL1；SO42不含有，浓度为0；（4）根据上述分析，K一定存在，根据电中性，当没有NO3时，K浓度最小，n(K)n(Na)=2n(SiO32)2n(CO32)，代入数值，解得n(K)=0.08mol，即c(K)=0.8molL1。18、Mg2+、Cl- CO32- 、SO42-、Cu2+ Na+、K+ 是 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 【解析】无色透明溶液，则一定没有Cu2，Cl、CO32、SO42、Na、K、Mg2 六种离子中只有Mg2 能和氢氧化

27、钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2；Mg2和CO32反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl；【详解】（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl、Mg2，一定不含有的离子是CO32、SO42、Cu2，可能含有Na、K；（2）实验可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32、SO42不存在，则必须含有Cl；（3）反应中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2。19、 、 NaCl 硝酸酸化的硝酸银 【解析】(1)根据中的“无色透明溶

28、液”可知原固体物质中无。根据可知原固体中一定含碳酸钠或硫酸钠或两者都有，由于氯化钙和碳酸钠、硫酸钠都能反应生成沉淀，所以一定没有氯化钙。根据可知该白色沉淀是碳酸钡，故原固体物质中一定有碳酸钠，一定没有硫酸钠和氯化钙。NaCl可能存在，也可能不存在。若要进一步确认NaCl是否存在，可向中所得滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则原固体物质中有氯化钠。故答案为：Na2CO3，Na2SO4、CuSO4、CaCl2，NaCl。硝酸酸化的硝酸银。(2)中白色沉淀是碳酸钡，和盐酸反应生成溶于水的氯化钡而溶解，离子方程式是。20、防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中 把反应产生的CO2吹入U型

29、管中被碱石灰吸收 保证反应产生的CO2全部被U型管中的碱石灰吸收 106（c-b）/44a100% 【解析】(1)根据测定混合物中的碳酸钠，是准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，避免空气中的二氧化碳进入考虑；因为空气中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；(2)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；(3)就是为了将二氧化碳全部赶过去；(4)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。【详解】(1)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，

30、干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差；因此，本题正确答案是：防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中；(2)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；因此，本题正确答案是：把反应产生的CO2吹入U型管中被碱石灰吸收；(3)直到U型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经被全部排到U型管中；因此，本题正确答案是：保证反应产生的CO2全部被U型管中的碱石灰吸收；(4)设需要碳酸钠的质量为x则：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2106 44x c-b列比例式：=，计算得出x=；所以试样中纯碱的质量分数的计算式

31、为106（c-b）/44a100%。【点睛】本题考查了物质定量测定的实验方法测定和物质性质应用，本实验的装置连接顺序非常严密，最前面的氢氧化钠溶液是为了防止空气中的二氧化碳进入装置，最后面的碱石灰也是为了防止空气中的二氧化碳进入装置。21、A C DG 2.5NA 5:1 【解析】根据“升失氧，降得还”解答此题。ACuO+H2Cu+H2O中，H元素的化合价升高，所以H2为还原剂，Cu元素的化合价降低，CuO为氧化剂；B2KClO32KCl+3O2中，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高，KClO3既是氧化剂又是还原剂；CCl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O中只有Cl元素的化合价变

32、化，Cl2既是氧化剂又是还原剂；D2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，Fe、Br元素的化合价升高，FeBr2为还原剂；EMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，Mn元素的化合价降低，MnO2氧化剂，Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂；FKClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中Cl元素的化合价降低，为氧化剂，HCl中部分Cl元素的化合价升高，为还原剂；GHgS+O2Hg+SO2中，S元素的化合价升高，HgS为还原剂，Hg、O元素的化合价降低，HgS和O2为氧化剂。【详解】I.(1)根据上述分析可知，Cu

33、O+H2Cu+H2O中单质H2使CuO中的Cu元素被还原，故选A；(2)Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O中部分Cl元素的化合价上升，部分Cl元素的化合价下降，所以Cl2既是氧化剂又是还原剂，故选C；(3)2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，Fe、Br元素的化合价升高，FeBr2为还原剂，所有元素均参加氧化还原反应；HgS+O2Hg+SO2中，S元素的化合价升高，HgS为还原剂，Hg、O元素的化合价降低，HgS和O2为氧化剂，所有元素均参加氧化还原反应，故选DG；II.(1)KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，KC

34、lO3中Cl元素由+5价降为0价，为氧化剂，6个HCl中5个Cl原子由-1价升为0价，为还原剂，用双线桥可表示为：；(2)标准状况下，33.6L氯气的物质的量为33.6L22.4L/mol=1.5mol，根据该反应的电子转移情况可知，生成3mol氯气转移电子5mol，所以生成1.5mol氯气转移的电子2.5mol，即转移电子数为2.5NA；(3)KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中Cl元素由+5价降为0价，被还原，还原产物为Cl2，6个HCl中5个Cl原子由-1价升为0价，被氧化，氧化产物为Cl2，Cl2既是氧化产物又是还原产物，根据双线桥可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1，所以氧化产物与还原产物的质量之比为5:1。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。在氧化还原反应中应熟记“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，得到氧化产物，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，得到还原产物，本身作氧化剂，在氧化还原反应中得失电子守恒，据此判断此题。