江西省吉安县第三中学2022-2023学年高一化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析.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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将氯气通过软管灌入田鼠洞中可用于消灭田鼠，这是利用了Cl2的那些性质黄绿色 密度比空气大 有毒 容易液化ABCD2、盛放浓硫酸的试剂瓶贴图中最合适的标志是( )ABCD3、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的组合正确的是纯净物混合物电解质非电解质AHCl冰水混合物纯碱铁B蒸馏水氨水

2、火碱氨气CH2SO4胆矾纯碱石墨D浓硝酸加碘食盐NaOH溶液生石灰AABBCCDD4、分析下列氧化还原反应中化合价变化的关系，氧化剂和氧化产物都正确的是化学反应方程式氧化剂氧化产物A3Cl2+2Fe2FeCl3 FeFeCl3B2 Na2 H2O=2 NaOHH2H2ONaOHC2HClO2HCl+O2 HClOHClODCl2+Na2SO3+H2O =2HCl+Na2SO4Cl2HClAABBCCDD5、下列离子在溶液中能大量共存，加入(NH4)2Fe(SO4)26H2O 晶体后，仍能大量共存的是( )ANa+、H+、Cl-、NOBNa+、 Mg2+、 Cl-、SOCK+、Ba2+、 OH-

3、、I-DCu2+、CO、 Br-、ClO-6、在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，下列操作正确的是A将NaOH固体放在天平托盘的称量纸上，精确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中B将准确量取的18.4molL-1浓硫酸10mL，注入已盛有30 mL水的100 mL容量瓶中，加入至刻度线即可C仰视容量瓶刻度线，看到液面超过了容量瓶刻度线，用胶头滴管吸出刻度线以上的溶液D欲配制1000 mL 0.1 molL-1的盐酸，将稀释后的盐酸溶液全部转移到未经干燥的1000 mL的容量瓶中，加水至刻度线7、标准状况下将44.8LHCl气体溶于1L水中，所得盐酸溶液的密度为1.1g/cm3，该盐酸的物

4、质的量浓度为A2mol/L B2.1mol/L C2.2mol/L D2.3mol/L8、某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42-、Al3+和M离子，经测定Fe3+、SO42-、Al3+和M离子的物质的量之比为2：4：1：1，则M离子可能是下列中的( )ANa+BOH-CMg2+DCl-9、下列反应既属于氧化还原反应又属于离子反应的是( )A盐酸与氢氧化钠溶液的反应B高锰酸钾受热分解C碳酸钙与盐酸反应D铁与稀硫酸反应10、2010年诺贝尔化学奖授予美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中钯催化交叉偶联”而获奖。钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：CO+Pd

5、Cl2+H2O=CO2+Pd+2HCl下列说法正确的是A题述反应中PdCl2被氧化B反应中生成1molHCl时，转移的电子为2 molC上述反应中PdCl2是氧化剂，CO2是氧化产物DCO气体只有在高温下才能表现还原性11、本草衍义中对精制砒霜过程有如下描述：“取砒之法，将生砒就置火上，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的混合物分离的操作方法是( )A升华 B蒸发 C蒸馏 D萃取12、下列说法不正确的是A检验Cl-的试剂是硝酸银和硝酸B检验的试剂是氯化钡和盐酸C检验的试剂是盐酸、澄清石灰水和氯化钙D向溶液中加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，即可证明有13、

6、锗（Ge）是第四周期第 A 元素，处于周期表中金属区与非金属区的交界线上，下列叙述正确的是A锗是一种金属性很强的元素 B锗的单质具有半导体的性能C锗化氢（GeH4）稳定性比CH4强 D锗酸（H4GeO4）是难溶于水的强酸14、已知C5H11Cl有8种同分异构体，可推知分子组成为C5H12O的醇类的同分异构体的数目是（ ）A8种 B7种 C6种 D5种15、RO4n-离子在一定条件下可以把CI-离子氧化为ClO-，若RO4n-离子变为RO32-离子，又知反应中RO4n-与Cl-的物质的量之比为1:1，则RO4n-中R元素的化合价为 ( )A+4 B+5 C+6 D+716、4 g Na2O2和N

7、a2CO3的混合物溶于水，与100 mL物质的量浓度为1 mol/L 的盐酸恰好完全反应，蒸干溶液，最终得到固体的质量为( )A5.85 g B8 g C15.5 g D无法计算二、非选择题（本题包括5小题）17、下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色填写下列空白：（1）写出化学式：A_，B_（2）写出反应的化学反应方程式：_（3）写出反应的化学反应方程式：_18、某淡黄色粉末可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂。根据下图所示转化关系及现象填空：（1）该淡黄色粉末为_；（2）X粉末的名称或化学式为_；（3）反应（I）的化学方程式为_；

8、（4）反应（II）的化学方程式为_；（5）反应（）的化学方程式为_。19、某同学帮助水质检测站配制480mL0.5molL-1 NaOH溶液备用。请回答下列问题：（1）该同学用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_、胶头滴管。（2）该同学用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则称取的总质量为_克。（3）配制时，其正确的操作顺序如下，请填充所缺步骤。A在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解；B将烧杯中冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；C用少量水_23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。D继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度_处，改用胶头滴管加水，使溶液_。E将容量瓶盖紧，反复上

9、下颠倒，摇匀。（4）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是_(填编号)容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 定容观察液面时俯视配制过程中遗漏了(3)中步骤C 加蒸馏水时不慎超过了刻度线20、在实验室里，某同学取一小块金属钠做钠与水反应的实验。试完成下列问题：(1)切开的金属钠暴露在空气中，最先观察到的现象是_，所发生反应的化学方程式是_。(2)将钠投入水中后，钠熔化成一个小球，根据这一现象你能得出的结论是_，_。将一小块钠投入盛有饱和石灰水的烧杯中，不可能观察到的现象是_。A有气体生成B钠熔化成小球并在液面上游动C烧杯底部有银白色的金属钙生成D溶液变浑浊(3)钠与水反应的离子方程式为_

10、。在反应过程中，若生成标准状况下224 mL的H2，则转移的电子的物质的量为_。21、有以下反应方程式:ACuO+H2Cu+H2OB2KClO32KCl+3O2CCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OD2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+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

11、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（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】氯气可以用来消灭田鼠利用了它的毒性，使田鼠中毒死亡；将氯气通过软管灌入田鼠洞中，氯气的相对分子质量比空气的大，所以密度比空气的大，与空气混合时，在混合气体的下部，所以能够被田鼠呼吸，从而达到灭鼠目的，选项B符合题意。2、D【解析】浓硫酸具有强烈的腐蚀性，所以属于腐蚀性药品，合理选项是D。3、B【解析】纯净物是指由同种

12、物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物。【详解】A项、冰水混合物是纯净物，铁是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B项、蒸馏水是纯净物，氨水是氨气的水溶液，是混合物，火碱是氢氧化钠，属于碱，是电解质，氨气是非电解质，故B正确；C项、胆矾是五水硫酸铜，是带有结晶水的盐，是纯净物，石墨是非金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D项、浓硝酸是硝酸的水溶液，是混合物，NaOH溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误。故选B。【点睛】题考查了纯净物、混合物、电

13、解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，注意电解质和非电解质必须是化合物，电解质溶于水或熔融状态能电离出自由移动的离子，且离子是其本身电离的。4、B【解析】A、3Cl2+2Fe2FeCl3反应中Fe元素的化合价升高，Fe是还原剂，故A错误；B、2 Na2 H2O=2 NaOHH2反应中H2O中的H元素化合价降低，H2O是氧化剂，Na是还原剂，NaOH是氧化产物，故B正确；C、2HClO2HCl+O2反应中HClO既是氧化剂又是还原剂，O2是氧化产物，故C错误；D、Cl2+Na2SO3+H2O =2HCl+Na2SO4反应中Cl2中氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，HCl是还原产物，氧化产物

14、为硫酸钠，故D错误；故选B。5、B【解析】(NH4)2Fe(SO4)26H2O 晶体溶于水能电离出Fe2+、；ANO在酸性条件下有强氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，故A错误；BNa+、 Mg2+、 Cl-、SO彼此间不发生离子反应，且能与Fe2+、大量共存，故B正确；CBa2+与能发生离子反应生成BaSO4，且OH-与Fe2+和均能发生离子反应，不能大量共存，故C错误；D铜离子与碳酸根离子不能大量共存，且ClO-有强氧化性，能氧化Fe2+，Fe2+也能与CO发生离子反应，不能大量共存，故D错误；故答案为B。6、D【解析】A称量氢氧化钠时，氢氧化钠具有腐蚀性，不能直接放在滤纸上称量，应该放

15、在小烧杯中称量；氢氧化钠溶液后，应该先冷却再转移到容量瓶中，故A错误；B不能在容量瓶中稀释浓硫酸，容量瓶属于定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，故B错误；C定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分，吸出的溶液中含有溶质，所以会导致配制溶液的浓度偏小，故C错误；D用于定容时需要加入蒸馏水，所以容量瓶中原先有蒸馏水不影响配制结果，故D正确；故选D。7、B【解析】44.8LHCl气体物质的量44.8/22.4=2mol，该溶液的质量分数为：236.5/(236.5+1000)100%=6.8%；根据公式：c=1000/M=10001.16.8%/36.5=2.1mol/L；综

16、上所述，本题选B。8、D【解析】根据题目条件和电荷守恒可知：3n(Fe3+)+3n(Al3+)=2n(SO42-)+n(M)，即：32+31=24+M，M=1，M应带有1个单位的负电荷，又OH-离子不能与铁离子大量共存，所以M只能为选项中的Cl-，故合理选项是D。9、D【解析】既属于氧化还原反应，又属于离子反应的反应，反应前后一定有元素化合价的变化，且反应过程中有离子的参加或生成，以此解答该题。【详解】A氢氧化钠溶液与稀盐酸的反应，属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为OH-+H+=H2O，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，A不符合题意；B高锰酸钾受热分解不是离

17、子反应，反应前后Mn的化合价降低，O的化合价升高，属于氧化还原反应，B不符合题意；C碳酸钙与盐酸反应，属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；D铁与稀硫酸反应属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，反应前后Fe的化合价升高，H的化合价降低，属于氧化还原反应，D符合题意；答案选D。10、C【解析】在CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl反应中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pd元素的化合价由+2降低为0价，APdCl2得电子，

18、所以在反应中PdCl2被还原，故A错误；B根据反应方程式可知，每生成2molHCl时，反应转移的电子数为2mol，则反应中生成1molHCl时，转移的电子为1mol，故B错误；CPd元素的化合价降低，则反应中PdCl2是氧化剂，C元素的化合价升高，所以CO是还原剂，则CO2是氧化产物，故C正确；D常温下CO能作还原剂，体现还原性，故D错误；答案选C。11、A【解析】根据题干叙述可知：精炼砒霜的方法是，将砒霜固体原料在火焰上加热，并在其上方覆盖一个器皿，砒霜由固体变为气体“飞着”在覆盖的器皿上，然后凝结成钟乳石状的结晶物，尖长的结晶物最优，因此文中涉及的操作方法是升华，故选A项；综上所述，本题选

19、A。12、D【解析】A检验Cl-，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀生成，证明含有Cl-，A正确；B检验，先加入稀盐酸，无明显现象，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明含有，B正确；C某溶液中滴加稀盐酸，生成能使澄清石灰水就浑浊的无色无味气体，此离子可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子，然后再另取该溶液加入氯化钙溶液，若生成白色沉淀，则证明溶液中含有，C正确；D向溶液中加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，可能生成硫酸钡沉淀，也可能生成氯化银沉淀，不能证明原溶液中一定有，D错误。答案选D。13、B【解析】试题分析：A锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，反应中既不易得电子，也不

20、易失去电子，故A错误；B锗处于金属区与非金属区的交界线上，既有金属性又有非金属性，常用于做半导体材料，故B正确；C锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，则锗化氢(GeH4)稳定性较弱，故C错误；D锗和硅处于同一主族，主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则硅的非金属性大于锗，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性比硅酸弱，为弱酸，故D错误；故选B。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题考查位置结构性质的相互关系。处于金属区与非金属区的交界线上的元素常用于做半导体材料，锗和硅处于同一主族，根据同主族元素的金属性、非金属性的递变规律比较最

21、高价含氧酸的酸性，类比硅酸判断溶解性等性质。注意掌握同主族元素的性质的递变性和相似性，明确元素周期表结构、元素周期律内容为解答关键。14、A【解析】分子式为C5H12O的醇可看作C5H11Cl中的氯原子被-OH取代，故C5H12O的醇也为8种，故选A。15、C【解析】根据题意可知Cl-离子氧化为ClO-，失电子2e-，发生氧化反应，做还原剂；设R元素的化合价为+x价，则 RO4n-RO32-，得电子（x-4）e-，又知反应中RO4n-与Cl-的物质的量之比为1:1，所以根据电子得失守恒规律：12=（x-4）1，x=6，则RO4n-中R元素的化合价为+6， C正确；综上所述，本题选C。16、A【

22、解析】混合物溶于水，过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠，溶液中含有NaOH、Na2CO3，与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，蒸干溶液，最终得到固体为NaCl，根据氯离子守恒可知n(NaCl)=n(HCl)=0.1L1mol/L=0.1mol，故m(NaCl)=0.1mol58.5g/mol=5.85g.综上所述，本题应选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na Na2O2 NaOH+CO2=NaHCO3 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 【解析】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和

23、H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，再结合物质间的反应分析解答。【详解】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2

24、反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，（1）通过以上分析知，A是Na、B是Na2O2；（2）NaOH和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3； （3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。【点睛】本题以钠及其化合物为载体考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，根据A为单质及焰色反应来确定A的组成，再结合物质间的反应来推断，熟悉钠及其化合物之间转化关系的网络结构，灵活运用知识解答问题，题目难度不大。18、Na2O2或过氧化

25、钠 铜或Cu 2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2 Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH 2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2 【解析】淡黄色粉末为Na2O2 ,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,据以上分析解答。【详解】淡黄色粉末为Na2O2 ,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生

26、成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,(1)由以上分析可以知道淡黄色粉末为Na2O2 或过氧化钠；因此，本题正确答案是: Na2O2 或过氧化钠。(2)据以上分析可知，X粉末为铜或Cu；因此，本题正确答案是:铜或Cu。(3) 反应(I)为过氧化钠与二氧化碳的反应,生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为：2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3 +O2；综上所述，本题答案是：2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3 +O2。（4）反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成碳酸钙和氢氧化钠,反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH；综上

27、所述，本题答案是：Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH。（5）反应（）为氢氧化钠与硫酸酮反应，生成硫酸钠和氢氧化铜蓝色沉淀，反应的化学方程式为：2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2；综上所述，本题答案是：2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2。19、500mL容量瓶 33.1 洗涤烧杯和玻璃棒 12cm 凹液面恰好与刻度相切 【解析】（1）欲配制480mL0.5molL-1 NaOH溶液需用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。答案：500mL容量瓶。（2）按配制500 mL溶液计算NaOH的质量，即m

28、(NaOH)=0.5 L0.5 molL-140 gmol-1=10.0 g。所需NaOH固体的质量10.0 g。烧杯质量为23.1g，则称取的总质量为10.0 g +23.1g =33.1g。答案：33.1。（3）配制时的操作顺序是：计算所需NaOH的质量，称量所需NaOH放入烧杯中加入适量水溶解，冷却后转移到500mL的容量瓶中，再用少量水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切，盖上塞子，反复摇匀即可。答案：洗涤烧杯和玻璃棒；12cm；凹液面恰好与刻度相切。（4）容量瓶实验前用蒸馏

29、水洗干净，但未烘干不影响溶液的配制浓度；定容观察液面时俯视导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；配制过程中遗漏了(3)中步骤C洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶液浓度偏低；加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致浓度偏低；答案：。20、钠块表面由银白色变为暗灰色4NaO2=2Na2O钠与水反应放出热量钠的熔点低C2Na2H2O=2Na2OHH20.02 mol【解析】(1)钠放置在空气中和氧气反应生成氧化钠而变暗灰色,反应方程式为: 4NaO2=2Na2O;(2)钠熔成小球,说明钠和水放出的热量使钠熔化,同时说明钠的熔点较低;A.钠和水反应生成氢气,所以能观察到,故A不符合题意;B.钠的熔点较低且钠和水反应放出大

30、量的热使钠熔成小球,所以能观察到,故B不符合题意;C.钠易和水反应生,所以钠不可能置换出钙,则看不到有金属钙生成,故C符合题意;D. 钠易和水反应生生成氢氧化钠，有部分氢氧化钙析出而导致溶液成悬浊液,所以看到溶液变浑浊,故D不符合题意;综上所述，本题应选C；(3)钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应的离子方程式为: 2Na2H2O=2Na2OHH2; 224 mL的H2的物质的量为:0.224L22.4L/mol=0.01mol,转移电子的物质的量0.01mol2(1-0)=0.02mol。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

31、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+3

32、Cl2+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，CuO+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，FeBr

33、2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，KClO3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

34、；(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。