2026年新高一化学暑假预习讲义（人教版）暑假预习成果验收卷01（暑假测试）（解析版）

暑假预习成果验收卷

（满分：100分限时：60分钟范围：人教版必修一）

可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Fe-56

一、选择题（共20题，每题3分，共60分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1．（25-26高一下·陕西西安·期中）下列古文献记载中，涉及的化学知识分析错误的是

A．《周礼》记载“煤饼烧蛎房成灰”（“蛎房”即牡蛎壳，主要成分为CaCO3），“灰”的主要成分为CaO

B．《本草经集注》记载“火烧硝石，紫青烟起，云是真硝石也”，“硝石”中含有钾元素

C．《抱朴子》记载“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，整个过程Hg元素只发生了氧化反应

D．《天工开物》记载“凡金箔，每金七厘造方寸金一千片”，体现了金的延展性

【答案】C

【解析】牡蛎壳主要成分为CaCO3，高温煅烧发生反应CaCO3高温CaO+CO2↑，因此“灰”的主要成分为

CaO，A正确；“紫青烟起”是钾元素的焰色反应现象，可证明硝石中含有钾元素，B正确；HgS加热分解生

成Hg时，Hg元素化合价从+2价降低为0价，发生还原反应；Hg和S化合生成HgS时，Hg元素化合价从0

价升高为+2价，发生氧化反应，Hg元素既发生氧化反应又发生还原反应，C错误；金可以被制成极薄的金

箔，体现了金具有良好的延展性，D正确；故选C。

2．（25-26高一上·湖北孝感·期末）反应NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓可用于联合制碱。下列说

法正确的是

A．氯离子的结构示意图：

18

B．18gH28O含质子的物质的量为9mol

C．CO2的摩尔质量：44g

++2−

D．NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO3

【答案】B

18

【解析】氯离子核外有18个电子，氯离子的结构示意图：，A错误；18gH28O含质子的物质的量为

18g×10=9mol，B正确；CO的摩尔质量：44g/mol，C错误；NaHCO的电离方程式：NaHCO=Na++

20g/mol233

−

HCO3，D错误；故选B。

3．（25-26高一下·浙江·阶段检测）下列物质既含有离子键又含有非极性共价键的是

A．KBrB．NaOHC．Na2O2D．H2O2

【答案】C

【解析】KBr属于离子化合物，仅由K⁺和Br−构成，只含离子键，不含共价键，A不符合题意；NaOH中Na⁺

与OH⁻之间存在离子键，OH⁻内部O与H之间为极性共价键，不存在非极性共价键，B不符合题意；Na2O2

2−

中Na⁺与过氧根离子O2之间存在离子键，过氧根内部两个O原子之间为非极性共价键，同时含有离子键和

非极性共价键，C符合题意；H2O2是共价化合物，含有极性共价键（O-H）和非极性共价键（O-O），不含

离子键，D不符合题意；故选C。

4．（25-26高一下·浙江嘉兴·期中）科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”(如图所示)。每

辆“纳米车”是由1个有机分子和4个C60分子构成，直径约6到9纳米。“纳米车”可以用来运输单个的有机

分子。下列说法不正确．．．的是

A．C60是一种新型的化合物

B．金刚石与C60互为同素异形体

C．将“纳米车”分散于水中所形成的分散系能产生丁达尔效应

D．科研中常用到直径几十纳米的胶体金粒子不属于胶体

【答案】A

【解析】C60是仅由碳元素一种元素组成的纯净物，属于单质；化合物要求由两种或两种以上元素组成，A

错误；同素异形体定义为“同种元素形成的不同单质”。金刚石与C60均为碳元素的单质，结构不同，互为

同素异形体，B正确；胶体的本质是分散质粒子直径在1~100nm之间。“纳米车”直径6~9nm，分散于

水中形成胶体，胶体具有丁达尔效应，C正确；胶体是分散系（混合物），由分散质和分散剂共同组成。直

径几十纳米的金粒子仅为分散质，不属于胶体，D正确；故选A。

5．（25-26高一上·江西九江·阶段检测）下列反应中，水只作氧化剂的是

A．CaO+H2O=Ca(OH)2B．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

C．2H2O电解2H2↑+O2↑D．CO2+H2O=H2CO3

【答案】B

【解析】该反应不是氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，A不符合题意；该反应中水中H元素

的化合价降低，水只作氧化剂，B符合题意；该反应中水中H元素的化合价降低，水中O元素的化合价升

高，水既作氧化剂又作还原剂，C不符合题意；该反应不是氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，

D不符合题意；故选B。

6．（25-26高一上·广东·期末）下列关于合金的说法不正确．．．的是

A．钛合金的熔点高于单质钛

B．强度高、密度小的硬铝常用于制造飞机外壳

C．不锈钢的硬度比纯铁大

D．储氢合金是一类能够大量吸收H2的材料

【答案】A

【解析】合金的熔点通常低于其成分纯金属，钛合金的熔点低于单质钛，A错误；硬铝为铝合金，具有强

度高、密度小的特点，常用于制造飞机外壳，B正确；不锈钢是铁基合金，硬度比纯铁大，C正确；储氢合

金可大量吸收H2形成金属氢化物，是重要的储氢材料，D正确；故选A。

7．（25-26高一上·安徽合肥·期末）下列除杂方法(括号内为杂质)正确的是

A．NaCl溶液(Na2CO3)：加入适量稀硫酸

B．Cl2(HCl)：加入装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶洗气

C．FeCl3溶液(FeCl2)：加入过量铁粉，过滤

D．CuO固体(Al2O3)：加入足量氢氧化钠溶液反应充分后过滤、洗涤、干燥

【答案】D

【解析】加入稀硫酸会与Na2CO3反应生成新杂质Na2SO4，应选用适量稀盐酸，A错误；Cl2、HCl均会与饱

和碳酸氢钠溶液反应，不仅消耗Cl2，还会引入新杂质CO2，应选用饱和食盐水洗气，B错误；铁粉会与

FeCl3反应生成FeCl2，应通入适量Cl2，C错误；Al2O3为两性氧化物，可与NaOH溶液反应生成可溶性盐，CuO

不与NaOH溶液反应，经过滤、洗涤、干燥可得到纯净CuO，D正确；故选D。

8．（25-26高一下·广东惠州·阶段检测）以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础。设NA为阿伏加德罗

常数的值，下列说法正确的是

A．标准状况下，4.48LH2O中含有分子的数目为0.2NA

B．7.8gNa2O2中含有阴离子的数目为0.2NA

C．1molH2分子中含有H原子的物质的量为2mol

−

D．1mol/LFeCl2溶液中含有Cl的数目为2NA

【答案】C

【解析】标准状况下H2O为液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算其物质的量，无法确定分子数目，A

7.8g

错误；7的物质的量为=0.1mol，其阴离子为过氧根离子，含1mol阴离子，故阴离

.8gNa2O278g/mol1molNa2O2

子数目为0.1NA，B错误；1个H2分子含有2个H原子，故1molH2中H原子的物质的量为1mol×2=2mol，C

-

正确；题目仅给出FeCl2溶液的浓度，未提供溶液体积，无法计算Cl的物质的量及数目，D错误；故选C。

9．（25-26高一下·贵州贵阳·期中）实验室用氢氧化钠固体配制480mL0.4mol⋅L−1氢氧化钠溶液，下列说法

正确的是

A．把氢氧化钠放在容量瓶中溶解B．固体溶解后立即转移入容量瓶

C．选用500mL容量瓶D．容量瓶洗净后必须干燥

【答案】C

【解析】容量瓶是专门用于定容的仪器，不能作为固体溶解的容器，氢氧化钠固体需在烧杯中溶解，A错

误；氢氧化钠固体溶解过程会放出大量热，若溶解后立即转移，待溶液冷却至室温后体积会偏小，导致所

配溶液浓度偏高，应冷却至室温后再转移，B错误；实验室没有480mL规格的容量瓶，按照“大而近”的选

用原则，需选择500mL容量瓶配制溶液，C正确；定容步骤还需要向容量瓶中添加蒸馏水，容量瓶洗净后

残留的蒸馏水不会影响溶质的物质的量和最终溶液体积，无需干燥，D错误；故选C。

10．（25-26高一下·贵州贵阳·期中）下列关于氯气性质的描述中，不正确的是

A．黄绿色气体B．有刺激性气味

C．相同条件下密度比空气的小D．干燥的氯气没有漂白性

【答案】C

【解析】常温常压下氯气为黄绿色气体，A正确；氯气是具有刺激性气味的有毒气体，B正确；相同条件

ρ(Cl)M(Cl)

下气体密度之比等于摩尔质量之比，即2=2，M(Cl)=71g/mol，空气平均摩尔质量约为29g/mol，

ρ(空气)M(空气)2

因此氯气密度比空气大，C错误；干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸才具有漂白性，D

正确；故选C。

11．（25-26高一上·广东·期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A．钠具有还原性，液态钠可用作核反应堆的传热介质

B．Na2O2具有漂白性，可在呼吸面具中作为氧气的来源

C．Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒

D．FeCl3具有氧化性，可用于蚀刻铜电路板

【答案】D

【解析】液态钠用作核反应堆的传热介质是因为钠具有良好的导热性和较低的熔点，与还原性无对应关系，

A错误；Na2O2可在呼吸面具中作为氧气来源，是因为其能与CO2、H2O反应生成O2，与漂白性无对应关系，

B错误；Fe(OH)3胶体的吸附性可吸附水中悬浮杂质实现净水，但它没有强氧化性，不能用于自来水的杀菌

3+2+2+

消毒，二者无对应关系，C错误；FeCl3具有氧化性，能与Cu发生反应：2Fe+Cu=Cu+2Fe，因此可用

于蚀刻铜电路板，性质和用途具有对应关系，D正确；故选D。

12．（25-26高一上·广东·期末）下列各组物质的转化关系，不能均由一步反应实现的是

A．Na→NaOH→Na2CO3B．Mg→MgCl2→Mg(OH)2

C．Al→Al2O3→Al(OH)3D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2

【答案】C

【解析】Na与水反应可一步生成NaOH，NaOH与少量CO2反应可一步生成Na2CO3，均能一步实现，A不

符合题意；Mg与盐酸反应可一步生成MgCl2，MgCl2与NaOH溶液反应可一步生成Mg(OH)2，均能一步实

现，B不符合题意；Al与氧气反应可一步生成Al2O3，但Al2O3不溶于水、不能与水直接反应生成Al(OH)3，

该转化无法一步实现，C符合题意；Fe与盐酸反应可一步生成FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应可一步生成

Fe(OH)2，均能一步实现，D不符合题意；故选C。

13．（2026·河南商丘·模拟预测）部分含Fe或Cu物质的“价—类”二维图如图所示。下列推断错误的是

A．物质b、c、d、e均可与硝酸反应生成g

B．常压点燃条件下存在a→b转化的金属元素，其焰色试验火焰呈绿色

C．物质f和足量氨水反应可能得到物质d或e

D．若物质a能和水蒸气反应，则会生成物质c和一种可燃性气体

【答案】D

2+2+

【解析】a为Fe或Cu，b为FeO或CuO,c为Fe2O3，d为Fe(OH)2或Cu(OH)2，e为Fe(OH)3，f为Fe盐或Cu

3+3+3+

盐，g为Fe盐。b如果为FeO，可以被稀硝酸氧化生成Fe盐；c为Fe2O3，和稀硝酸反应生成Fe盐；d如

3+3+

果为Fe(OH)2，可以被稀硝酸氧化生成Fe盐；e为Fe(OH)3，和稀硝酸反应生成Fe盐，所以选项A正确；Fe

与氧气点燃只能生成Fe3O4，不符合a→b转化，常压点燃条件下，Cu可被氧化为CuO，Cu元素的焰色试验

2+2+

火焰呈绿色，选项B正确；若f为Fe盐，与足量氨水反应，第一步生成Fe(OH)2：Fe+2NH3⋅H2O=Fe(OH)2

+

↓+2NH4；第二步Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，选项C正确；能

高温

与水蒸气反应的a为Fe，反应方程式为3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2，产物是Fe3O4，不是c，因此选项D错

误；故选择D。

14．（25-26高一下·湖南衡阳·期中）下列过程中离子方程式书写正确的是

2−2−

A．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO3+H2O+SO2=H2SiO3↓+SO3

+−2+

B．向铁粉中加入过量稀硝酸：3Fe+8H+2NO3=Fe+2NO↑+4H2O

⋅3+−+

C．向明矾[KAl(SO4)212H2O]溶液中加入过量氨水：Al+4NH3⋅H2O=[Al(OH)4]+4NH4

−−

D．向氨水中逐滴滴加NaClO溶液制备N2H4：2NH3⋅H2O+ClO=N2H4+Cl+3H2O

【答案】D

−2−

【解析】向Na2SiO3溶液中通入过量SO2，产物应为HSO3，正确离子方程式为SiO3+2H2O+2SO2=H2SiO3↓+2

−3++−3+

HSO3，A错误；稀硝酸过量时，Fe被氧化为Fe，正确离子方程式为Fe+4H+NO3=Fe+NO↑+2H2O，B错

3++−

误；氨水为弱碱，无法溶解Al(OH)3，正确离子方程式为Al+3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4，C错误；ClO

−

得2mol电子生成Cl，2molNH3⋅H2O中的N共失2mol电子生成N2H4，电子、电荷、原子均守恒，离子方

程式书写正确，D正确；故选D。

15．（25-26高一下·福建厦门·期中）某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。

下列说法错误的是

A．实验前，应先煮沸溶液除去溶解氧

B．装置3可制取FeSO4溶液并排尽装置内空气

C．装置5起到液封作用，防止空气进入装置4

D．关闭K2打开K1，反应一段时间后，再打开K2关闭K1，3中溶液进入4中

【答案】D

【解析】溶液中溶解的O2会氧化Fe(OH)2，实验前煮沸溶液可除去溶解氧，A正确；装置3中铁屑与稀硫

酸反应生成FeSO4和H2，利用生成的H2可以排尽装置内的空气，B正确；装置5中导管插入蒸馏水，形成

液封，可以阻止外界空气进入装置4，避免产物被氧化，C正确；打开K2关闭K1，生成的氢气从左侧溢出，

无法利用压强差将3中FeSO4压入装置4，D错误；故选D。

16．（25-26高一下·浙江·期中）误食白磷中毒可通过口服CuSO4溶液解毒，原理为11P4+60CuSO4+96H2O=20C

u3P↓+24H3PO4+60H2SO4。关于该反应，下列说法不正确．．．的是

A．不可服用浓CuSO4溶液

B．生成6molH2SO4时，转移电子6mol

C．P4既是氧化剂又是还原剂

D．Cu3P中Cu的化合价为+1价

【答案】B

【解析】Cu属于重金属，浓CuSO4溶液会使人体蛋白质变性引发重金属中毒，因此不可服用浓CuSO4溶液，

A正确；由反应可知，生成60molH2SO4时总转移电子为120mol，因此生成6molH2SO4时，转移电子物质的

量为12mol，B错误；反应中P4部分磷元素化合价从0价降低到-3价，部分从0价升高到+5价，化合价既

升又降，因此P4既是氧化剂又是还原剂，C正确；Cu3P中P元素化合价为-3价，根据化合物化合价代数和

为0，可得Cu元素化合价为+1价，D正确；故选B。

17．（25-26高一下·湖北随州·阶段检测）已知X、Y、Z、M、Q、R均为元素周期表前20号元素，其原子

半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是

A．X与Y组成的化合物可能含有非极性键

B．最高价氧化物对应水化物的酸性：M>Z

C．Q的单质在空气中加热可生成过氧化物

D．R的氧化物不能与水反应生成对应的碱

【答案】D

【解析】X、Y、Z、M、Q、R均为元素周期表前20号元素，由原子半径与主要化合价的关系图可知，M

的最高正价为+7，则M为Cl，Y只有-2价，Y为O，Z有+5、-3价，且原子半径大于Y、小于M，Z为

N，X的原子序数最小，且X的化合价为+1价，则X为H，结合原子半径、化合价可知，Q为Na、R为

Ca。

X(H)与Y(O)可组成的化合物为H2O和H2O2，H2O2中O−O键为非极性键，A正确；由分析可知，M为Cl，Z

为N，最高价氧化物对应水化物分别为HClO4、HNO3，HClO4是常见无机含氧酸中酸性最强的酸，故酸性

HClO4>HNO3，即酸性M>Z，B正确；由分析可知，Q为Na，Na单质在空气中加热可生成Na2O2，Na2O2

属于过氧化物，C正确；由分析可知，R为Ca，其氧化物为CaO，CaO可以与水反应生成Ca(OH)2，D错

误；故选D。

18．（25-26高一下·福建泉州·期中）利用矿铁厂的废铁屑（主要成分为Fe，含有沙土、油污、Fe3O4和

FeO）制备磁性纳米Fe3O4的流程如图：

下列说法中错误的是

A．预处理时，需要使用Na2CO3溶液，可将溶液进行适当升温

B．滤液B中加入氢氧化钠溶液时，可观察到有白色沉淀生成，迅速转为灰绿色，最后转化为红褐色

C．纳米Fe3O4属于胶体，能发生丁达尔效应

2+−

D．步骤⑤发生反应的离子方程式为Fe+2FeOOH+2OH=Fe3O4+2H2O

【答案】C

【解析】起始原料为含Fe、沙土、油污、Fe3O4、FeO的废铁屑，目标产物为纳米Fe3O4。预处理除去油污与

沙土，加稀盐酸后金属及金属氧化物溶解，沙土被过滤除去，得含Fe2+、Fe3+的滤液A；加入Fe将Fe3+还原

2+2+

为Fe，得仅含Fe的滤液B；部分滤液B加NaOH溶液生成Fe(OH)2浊液即浊液C，加入H2O2将Fe(OH)2氧

2+

化为FeOOH；FeOOH与剩余滤液B中的Fe在碱性条件下反应生成纳米Fe3O4。Na2CO3溶液水解显碱性可

除去油污，升温可促进Na2CO3水解，溶液碱性增强，去油污能力提升，A正确；滤液B为氯化亚铁溶液，

加入氢氧化钠溶液生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化，迅速变为灰绿色，最终转

化为红褐色氢氧化铁沉淀，B正确；纳米Fe3O4为纯净物，胶体是分散系属于混合物，纳米Fe3O4不属于胶

2+

体，不能发生丁达尔效应，C错误；步骤⑤中Fe与FeOOH在碱性条件下反应生成Fe3O4，结合电荷守恒、

2+−

原子守恒配平得离子方程式为Fe+2FeOOH+2OH=Fe3O4+2H2O，D正确；故选C。

19．（25-26高一下·广西百色·期中）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的最外

层电子数与X的核外电子总数相等。X、Z、W形成的一种化合物结构为，该物

质常用于制备纳米材料以及工业催化剂。下列说法不正确的是

A．简单气态氢化物的稳定性：X<ZB．简单离子半径：Y>Z>W

C．Y与W可以形成离子化合物W3Y2D．最高价含氧酸的酸性：X>Y

【答案】D

【解析】由化合物结构可知W为+2价短周期金属，X可形成4个共价键，Z可形成2个共价键，结合“Z

的最外层电子数与X的核外电子总数相等”及原子序数递增规律，可推出X为C、Y为N、Z为O、W为

3−

Mg。非金属性O＞C，非金属性越强简单气态氢化物越稳定，故稳定性CH4<H2O，即X<Z，A正确；N、

O2−、Mg2+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3−＞O2−＞Mg2+，即Y>Z>W，B正

确；Y为N、W为Mg，二者可形成离子化合物Mg3N2，即W3Y2，C正确；非金属性N＞C，非金属性越强

最高价含氧酸酸性越强，故酸性H2CO3＜HNO3，即X<Y，D错误；故选D。

20．（25-26高一下·河北保定·期中）将某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL平均分成两份，向第一份中逐

渐加入铜粉，最多能溶解19.2g铜(已知硝酸只被还原为NO气体)；向第二份中逐渐加入铁粉，产生气体的

体积随加入铁粉质量的变化如图所示。下列分析或结果不正确．．．的是

A．原200mL混合酸中H2SO4的物质的量为0.4mol

+2+

B．图中BC段发生的离子反应为Fe+2H=Fe+H2↑

−1

C．原混合酸中HNO3的物质的量浓度为2mol⋅L

D．第二份溶液中最终溶质为FeSO4

【答案】A

-+3+

【解析】由图可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H=Fe+NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

22.4g

Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H↑。反应消耗22.4g铁，也就是=0.4mol，所有的

256g/mol

铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，原混合酸中H2SO4

+2+

物质的量为4mol/L×0.2L=0.8mol，故A错误；由分析：AB段发生的离子反应为Fe+2H=Fe+H2↑，故B正

-+3+-

确；OA段发生反应为：Fe+NO3+4H=Fe+NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n(NO3)=2n(Fe)=2×

11.2g0.4mol

=0.4mol，混合酸中HNO物质的量浓度为=2mol·L-1，故C正确；硝酸全部被还原，没有显酸

56g/mol30.2L

性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故D

正确；故选A。

二、非选择题（共4小题，共40分）

21．（8分）（25-26高一下·江西赣州·期中）按要求回答下列问题：

(1)“旅游文化”：庐山________秀峰瀑布，“飞流直下三千尺”，流下来的水属于________(填“单质”“化合物”

或“混合物”)。

(2)分类是研究物质性质的重要方法，图中对某些物质进行分类。回答下列问题：

①图1的分类方法是________分类法。

②写出MgO与H2SO4溶液反应的离子方程式：________。由该反应可推断MgO为________(填“酸性”或“碱

性”)氧化物。

③虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。如图

为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是________(填字母)。

④被称为“万能还原剂”的NaBH4溶于水，并与水发生反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。下列说法正确的是

________(已知NaBH4中H为-1价)。

A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂

B．NaBH4氧化剂，H2O是还原剂

C．硼元素被氧化，氢元素被还原

D．被氧化的元素与被还原的元素的质量之比为1：1

⑤写出H3PO2与足量NaOH溶液反应的化学方程式：________。

【答案】(1)混合物（1分）

+2+

(2)树状（1分）MgO+2H=Mg+H2O（1分）碱性（1分）C（1分）D（1分）H3PO2+NaOH=

NaH2PO2+H2O（2分）

【解析】（1）飞流直下三千尺描述的是庐山香炉峰秀峰瀑布，天然流动的水中含有可溶性矿物质等多种物

质，由多种物质组成的物质为混合物。

（2）①图1的分类方法按照层级结构，对纯净物进行逐步细分，该分类方法为树状分类法。

+2+

②MgO与H2SO4反应生成硫酸镁和水，反应的离子方程式为MgO+2H=Mg+H2O。能与酸反应生成盐和水

的氧化物为碱性氧化物，因此MgO为碱性氧化物。

③所有的置换反应均属于氧化还原反应，二者为包含关系，因此A为氧化还原反应，B为置换反应。离子

反应与氧化还原反应、置换反应为交叉关系，因此表示离子反应的是C。

④反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，NaBH4中H为-1价，反应后变为0价，化合价升高，被氧化，NaBH4

为还原剂；H2O中H为+1价，反应后变为0价，化合价降低，被还原，H2O为氧化剂。反应中B元素化合价

始终为+3价，Na元素化合价始终为+1价，O元素化合价始终为-2价，只有H元素化合价发生变化。被氧化

的H原子与被还原的H原子个数比为1:1，二者质量之比为1:1。

NaBH4仅为还原剂，A错误；NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，B错误；硼元素化合价未发生变化，氢元素

既被氧化又被还原，C错误；被氧化的元素与被还原的元素的质量之比为1:1，D正确；故选D。

+

⑤根据图2的分类，H3PO2属于一元酸，一元酸与足量NaOH反应时，1molH3PO2只能电离出1molH，与

1molNaOH发生中和反应，生成NaH2PO2和H2O，反应的化学方程式为H3PO2+NaOH=NaH2PO2+H2O。

22．（10分）（25-26高一下·天津红桥·期中）氯气的实验室制备、收集及尾气处理装置如下图所示，请回答

下列问题：

(1)请写出实验室制备氯气的化学方程式：_____。如转移电子物质的量是4mol则被氧化的HCl的物质的量是

_____mol。

(2)图中仪器A的名称是_____；仪器B的名称是_____。

(3)氯气是一种_____色、有毒的气体。氢气在氯气中燃烧的方程式_____。

(4)用向上排空气法收集氯气的原因是：氯气的密度比空气的密度_____(选填“大”或“小”)。

(5)氯气的水溶液呈_____(选填“酸”或“碱”)性。

(6)氯气有毒，烧杯中的溶液可用于吸收氯气，该尾气处理的离子方程式为_____。

【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)≜MnCl2+Cl2↑+2H2O（2分）4（1分）

(2)圆底烧瓶（1分）分液漏斗（1分）

(3)黄绿色（1分）Cl2+H2点燃2HCl（1分）

(4)大（1分）

(5)酸（1分）

−−−

(6)Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O（1分）

【解析】装置B中的浓盐酸滴入装置A中和MnO2反应生成Cl2，通过导管用向上排空气法收集，再用NaOH

溶液吸收尾气，避免污染空气。

（1）实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)≜MnCl2+Cl2↑+2H2O；该反

应中，每转移2mol电子，就有2molHCl被氧化（Cl元素从−1价升高为0价生成Cl2），因此转移4mol电子时，

被氧化的HCl为4mol。

（2）根据仪器结构，A作为反应容器是圆底烧瓶，B用于添加浓盐酸、带活塞的加液仪器是分液漏斗。

（3）氯气为黄绿色有毒气体，氢气在氯气中点燃反应生成氯化氢，化学方程式为Cl2+H2点燃2HCl。

（4）密度比空气大的气体适合用向上排空气法收集，因此氯气密度比空气大。

（5）氯气和水反应生成HCl和HClO，因此氯气水溶液呈酸性。

（6）实验室一般用碱液（通常为NaOH溶液）吸收氯气尾气，反应生成可溶性氯化物、次氯酸盐和水，对

−−−

应离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。

23．（11分）（25-26高一下·江苏南京·开学考试）以硫铁矿（主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2）为原

料，制备硫酸亚铁晶体（FeSO4⋅7H2O）的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)焙烧后得到的固体主要成分为Fe2O3，写出焙烧过程中FeS2发生的主要反应化学方程式________。

(2)焙烧产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出离子方程式________。

(3)试剂X是________（填化学式）。

(4)设计实验，检验“还原”得到的溶液是否达标________。

(5)从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4⋅7H2O）的操作：________、________、过滤、洗涤、

干燥。

(6)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌（T-f）对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图

3+2−2++

所示，已知总反应为：FeS2+14Fe+8H2O=2SO4+15Fe+16H。

过程Ⅱ反应的离子方程式_______________________。

【答案】

(1)4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2（2分）

+2−

(2)SO2+2NH3⋅H2O=2NH4+SO3+H2O（2分）

(3)Fe（1分）

(4)取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达标（2分）

(5)蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分）

3+2−2−2++

(6)8Fe+S2O3+5H2O=2SO4+8Fe+10H（2分）

【解析】以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备硫酸亚铁晶体（FeSO4⋅7H2O）：焙烧硫铁矿生成SO2，矿

渣的成分为Fe2O3和杂质，用硫酸溶解，Fe₂O₃和CuO（由CuS焙烧得到）反应生成硫酸铁和硫酸铜，SiO₂不反

应。过滤后，滤液中含有硫酸铁、硫酸铜和未反应的硫酸，加入Fe粉将氧化成的硫酸铁还原为硫酸亚铁，过

滤、蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到FeSO4⋅7H2O。

（1）硫铁矿高温焙烧反应生成氧化铁和二氧化硫，根据原子守恒配平化学方程式为4FeS2+11O2高温2Fe2O3

+8SO2。

+2−

（2）烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，离子反应方程式为SO2+2NH3⋅H2O=2NH4+SO3+H2O；

（3）亚铁离子易被氧化成铁离子，加入的试剂X是Fe，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，离子反应为：

Fe+2Fe3+=3Fe2+，答案：Fe；

（4）三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成血红色硫氰合铁络合物，离子方程式为Fe3++3SCN−=Fe

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