周测评(2) 氧化还原反应-【衡水真题密卷】2025年高考化学学科素养周测评（福建专版）

null·化学· 方程式为FeC,十3H,0△Fe(OH1(胶体) +3HC1。 Ⅱ.(3)未知溶液加氯化钡溶液生成沉淀1，沉淀 1加盐酸部分溶解，说明沉淀1是碳酸钡、硫酸 钡，沉淀2难溶于盐酸，沉淀2是硫酸钡，化学式 为BaSO。 (4)“沉淀1”中碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡 二氧化碳、水，离子方程式为BCO3十2H中 Ba2++CO2↑十HO. (5)沉淀1是碳酸纵、硫酸钡，说明原溶液中含 有CO号、SO,Ba2+与COg.SO反应生成 沉淀，所以原溶液中不含B阳+，CO与H+反 应生成气体，所以原溶液中一定不含H中，根据 电荷守恒，原溶液中一定含有Na+,原溶液中一 定大量存在的离子是Na+、CO房、SO,可能存 在的离子是C。 14.(1)3d4s2+6 (2)C (3)调节pH使Fe3+转化为Fe(OH):而除去， 不影响Mn+ (4)Mn2++2HCO5一MnCO3￥+CO2↑+ H202.2×10-u (5)2Mn++5SO+8H2O-16H++10SO +2MnO 【解析】软锰矿（主要成分是MO,还含有 FeO3、CaCO3、CuO等杂质)中加入木炭粉进行还 原焙烧，将MnO2还原为MnO,FeO3被还原为 2024一2025学年度学科素养周测 一、选择题 1.C【解析】金：“虽被火亦未熟”是指金单质在空 气中被火灼烧也不反应，体现金的化学性质很稳 定，A不合题意：石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸 而解”是指CaO十H2O—Ca(OH)2,反应放热， 产生大量的水蒸气，使CO由块状变为粉末状， 未发生氧化还原反应，B不合题意；石硫黄即S: “能化…银、铜、铁，奇物”是指2Ag十S△ AgS,2Cu+S△CuS,Fe+S△FeS,反应中 S作氧化剂，体现氧化性，C符合题意；石钟乳 (CaCO3):“色黄，以苦酒（醋）洗刷则白”是指 CaCO;+2CH,COOH-(CH,COO)2Ca+ .3 参考答案及解析 Fe;加入硫酸浸取，过滤出滤渣Cu和CaSO等； 加入MnOz将Fe+氧化为Fe+,再加入l0% NaOH溶液调节溶液的pH,此时Fe3+转化为 Fe(OHD3沉淀；过滤后，往滤液中加入 NH,HCO,将Mn+转化为MCO沉淀，分离烘 千可得到成品。 (1)钰为25号元素，基态锰原子的电子排布 式为1s22s22p3s23p3d54s2,则价层电子排 布式为3d4s2,每个SO%中存在1个过氧键 (一O一O一)，所以SO层中S的化合价为十6。 (2)B操作为浸取，通常在烧杯中进行，则在实验 室进行步骤B操作时，可能用到的主要仪器为 烧杯，故选C。 (3)步骤E中调节3.7<pH<8.3,此时Fe3+完 全沉淀，而Mn+不生成沉淀，则其目的是使 Fe+转化为Fe(OH)3而除去，不影响Mn+。 (4)步骤G中，Mn+与HCO方发生反应，生成 MnCO沉淀和CO2气体等，发生反应的离子方 程式为Mn++2HCO=MnCO3￥+CO2↑ 十HO,若Mn2+恰好沉淀完全时，溶液中Mn+ 浓度为1×105mol·L1,测得溶液中CO的 浓度为2.2×10-6mol·L-1,则K。(MnC0)= 2.2×10-6×1.0×10-5=2.2×10-11. (5)由题千已知氧化能力：SO>MnO,> SO,即SOg可将Mn+氧化为MO,,对应的 离子方程式为2Mn2++5S2O房+8H20 16H++10SO-+2MnOx。 评（二）化学·氧化还原反应 H2O十CO2个，未发生氧化还原反应，D不合 题意。 2.D【解析】铁红呈红棕色，可用作红色油漆，没 有涉及氧化还原反应，A项不符合题意；霓虹灯 发出五颜六色的光是原子核外电子由较高能量 的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态释放 能量引起的，没有涉及氧化还原反应，B项不符合 题意；明矶溶于水电离产生的A+水解生成 A1(OH),胶体吸附水中的悬浮物，用于净水，没 有涉及氧化还原反应，C项不符合题意；暖贴中的 铁粉遇空气放热，铁粉最终被氧化成FO3,该过 程中有元素的化合价发生升降，涉及氧化还原反 应，D项特合题意。 5 衡水真题密卷 3.B【解析】该反应利用碳单质把化合态的Z如从 ZnCO3中置换成单质Zn,属于置换反应，A正 确：反应时，C单质中C元素由0价上升到十2 价，同时ZnCO,中C元素由+4价下降到十2 价，因此CO既是氧化产物也是还原产物，B错 误：ZCO2是离子化合物，其中含有离子键，同时 CO号中含有共价键，C正确；Zn是30号元素，基 态原子外国电子排布式为3d“4s,D正确。 4,B【解析】Cu+是该反应的催化剂，可以加快反 应速率，但不能提高总反应的平衡转化率，A错 误：根据图像，反应物为NH、NO和O2,生成物 为N2和H2O,Cu为催化剂，总反应方程式为 4NH,十4NO+O,催化N4N2十6H,O,B正确： 该过程是含氮化合物转化为氨气单质，不属于固 氨，C错误；根据总反应，每转移3mole,生成 1olN2,标准状况下体积为22.4L,该题未说 明是标准状况下，D错误。 5.C【解析】常温下，PbC2难溶于水：Pb+可以与 C】形成PbC,浸取方铅矿时，饱和食盐水的作 用主要是增大氯离子浓度，提高含Pb物质的溶 解性，A正确；反应I中，锰元素的化合价由十4 变为十2，铁元素的化合价由十2变为十3，根据得 失电子守恒可知，MnO2一2Fc3+,则每消耗3mo】 MnOz,生成6 mol Fe+,B正确；反应I中，Fe3 和FeS2反应生成S和Fe2+,离子方程式为 2Fe3++FeS,—3Fe2+十2S,C错误；反应Ⅱ速 率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS 固体表面，减小了反应面积，D正确。 6.C【解析】反应I中CIO5中氯元素的化合价降 低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯 元素的化合价升高发生氧化反应得到氧化产物 氯气，根据得失电子守恒可知，氧化产物和还原 产物的物质的量之比为5：1，A错误；氧化剂的 氧化性大于氧化产物的；I得氧化性：CO万> C2,Ⅱ在碱性条件下得氧化性：C2>NaBiO.,Ⅲ 得氧化性：NaBiO,>MnO,故不能说明酸性条 件下氧化性：ClO5>Cl>NaBio为>MnO万，B错 误；酸性条件下NaBiO)可与盐酸发生反应生成 氯气，NaBiO3+6H++2CI一Bi3++Cl2个+ 3H20+Na+,C正确；28.4g高锰酸钠为 0.2mol,根据化学方程式可知，号C10~5C~ 5 学科素养周测评 5 NaBiO~2MnO,,理论上消耗氯酸钠的物质的 1 量为6mol,D错误。 7,D【解析】尾气通过氢氧化钠溶液：二氧化硫转 化为亚硫酸氢盐，一氧化氨再通过含Ce中的溶液 中转变为亚硝酸根离子、硝酸根离子、C+,通过装 置Ⅲ得到Ce+、SO,亚硝酸根离子、硝酸根离子 进入装置Ⅳ和氨气、氧气反应转化为硝酸铵。二氧 化硫能和氢氧化钠反应，故装置I中加入NaOH溶 液是为了吸收SO2,A正确；一氧化氦再通过含 C+的溶液中转变为亚硝酸根离子、硝酸根离子、 Ce+,反应为4Ce++2NO+3H0一4Ce3++ NO2十NO十6H中，反应后溶液中生成氢离子， 溶液pH减小，B正确：装置Ⅲ为电解槽，阴极上 亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应生成 SO月，反应为2HSO5+2e+2Ht-S2O+ 2H2O,C正确；高温条件下NHNO3易分解，D 错误。 8.B【解析】反应①中反应物1O万中I元素为+5 价，生成物I厂中1元素为一1价，1O为氧化剂， 表现氧化性，A正确：反应①生成的I厂和H的 物质的量之比为1：3，而反应②消耗的I和H 的物质的量之比为5：6，且反应③也消耗I,所 以总的来说H生成的数量大于消耗的数量，H 数量增多，pH减小，B错误；先产生了橙红色沉 淀后溶液颜色变为蓝色，说明反应速率：③>②， C正确；若用Naz SO,溶液代替NaHSO.溶液，则 没有生成反应②所需的H十，反应②难以发生，现 象不同，D正确。 9.A【解析】氯气、澳、碘是双原子非金属单质，都 属于分子晶体，氣气、决、碘的沸点依次增大，说 明相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点 越高，氢气、氨气、氧气也是双原子非金属单质， 也都属于分子晶体，则氢气、氮气、氧气的相对分 子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸，点 依次升高，A正确：溶液中的铁离子与铜反应生 成亚铁离子和铜离子，由氧化剂的氧化性强于氧 化产物的可知，铁离子的氧化性强于铜离子的，B 错误；铅元素的常见化合价为十2、十4，由原子个 数比不变可知，四氧化三铅可表示为2Pb0· PbO2,C错误：二氧化硫具有还原性，与过氧化钠 反应生成硫酸钠，D错误。 10.C【解析】反应前段时间Mn(W)浓度减小直 ·化学· 至为O,Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合 图像，此时间段主要生成M(Ⅲ)，同时先生成 少量Mn(N)后Mn(N)被消耗；后来（大约 l3min后)随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少， Mn(Ⅱ)的浓度增大。随着时间的推移Mn(Ⅲ) 的浓度先增大后减小，说明开始反应生成 Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，则 Mn(Ⅲ)能氧化H2CzO,A错误：随着反应的进 行，Mn(Ⅱ)的浓度增大，Mn(Ⅱ)起催化作用，加 快反应速率，B错误：M(I)的浓度几乎为0后 才开始生成Mn(Ⅱ)，则该条件下Mn(Ⅱ)和 Mn(I)不能大量共存，C正确；HCeO4为弱酸， 在离子方程式中应写化学式，总反应为2MO +5H2CO4+6H+—2Mn2++10C02↑+ 8HO,D错误。 二、非选择题 11.（1)0CD②2C+Ti0,+2C,商温TiC1,+2C0 71:12③2.24L (2)①防止生成的钛被空气中的氧气氧化 ②置换反应 (3)①Mg十2H+一H2↑+Mg ②100m-2.4cY% 【解析】TO2、C、Cl2混合物在高温条件下反应 生成TiCl和CO,高温下镁和TiCL反应生成 钛和氯化铁。 (1)①C0与碱不反应，不属于酸性氧化物，属于 不成盐氧化物，A错误：CO的摩尔质量为 28g/mol,B错误；C0易燃，为可燃性气体，C正 确：C0中碳元素是十2价，具有还原性，D正确。 ②TiO2、C、C2混合物在高温条件下生成TiCl 和C0,反应I的化学方程式为2C+TiO2+2C 高温TiCl,十2C0,该反应中碳元素化合价升高， 氯元素化合价降低，氧化剂是氯气，还原剂是 碳，二者的物质的量之比为1：1，质量之比为 71:12 ③生成1 mol CO,转移2mol电子，因此每转移 0.2mol电子，标准状况下同时生成CO的体积 为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。 (2)①钛易被氧化，所以氩气的作用为防止生成 的钛被空气中的氧气氧化。 ②该反应属于一种单质和一种化合物反应生成 参考答案及解析 另一种单质和另一种化合物的反应，因此基本 反应类型为置换反应。 (3)①能与稀硫酸反应生成氢气的是金属钱，则题述 反应的离子方程式为Mg十2H—H↑十Mg。 ②消耗稀硫酸的物质的量是0.001 cV mol,根据 Mg十2H一H2↑十Mg+可知镁的物质的量 是0.001 cV mol,金属钛的质量分数为 m g-0.001cV molX24 g/molx100% m g 100m-2.4cY%。 加 12.I.(1)胶头滴管100mL容量瓶 (2)稀硫酸 Ⅱ.(3)Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+ (4)Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红 色的Fe(SCN)3生成 (5)2Cu2++4SCN-2 CuSCN↓+(SCN)z↑ (6)B (T)由于SCN与Cu+形成沉淀以及SCN与 Fe+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和 Fe+的浓度，使得该反应正向移动 【解析】I.(1)配制100mL0.05mol·L F2(SO4)3溶液步骤为计算、称量、溶解、洗涤、 转移、定容、贴标签等，需要的仪器为烧杯、量 筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。 (2)为了防止Fe3+水解，在配制过程中可以加入 少量稀硫酸。 Ⅱ，(3)Fez(SO)3与Cu反应的离子方程式： Cu+2Fe+-Cu*++2Fe*+. (4)根据Cu+2Fe+一C2++2Fe+,0.0001mol Fc(S0)3与0.15g(0.0023mol)Cu反应，Cu 粉过量，不应有F+存在，应该没有剩余的 Fe+与KSCN络合生成红色的Fe(SCN)a。 (5)猜测1：Cu+与KSCN发生了氧化还原反 应，离子方程式：2Cu2++4SCN一2 CuSCN￥ +(SCN)2↑。 (6)因为试管B与猜测1中的离子相同，但是现 象不同，实验Ⅱ中试管B中的现象可以证实猜 测1不成立。 (7)由于SCN与Cu形成沉淀以及SCN与 Fe+形成配合物，大大降低了产物中Cu和 Fe+的浓度，使得该反应正向移动。 13.(1)加快反应速率，提高溶浸率 心 衡水真题密卷 (2)2FeSO,+H2O2+2H2O-2FeOOH+ 2H2 SO (3)Zn2+、Mn2+ (4)3Mn++2MnO +2H2O=5MnO,4H (5)Cd (6)ZnO+2e-+2H2O-Zn+40H- 减小 【解析】富钻渣主要含金属Zn、Cd及CoO MnO和FeO,加入硫酸酸浸，溶解，加入过氧化 氢把Fe2+氧化成Fe3+,调整到pH=5生成 FeOOH沉淀，过滤后加入高锰酸钾生成MnO 和CoOOH沉淀，过滤，加入Zn除去溶液中的 C+,过滤，加入氢氧化钠，把锌溶解生成 Naz ZnO2,电解生成单质Zn,反应方程式为 2Na&ZnO2+2H2O一4NaOH+2Zn十O↑. (1)在“溶浸”中，温度控制在85℃是增加反应速 率，提高溶浸率。 (2)加入HO2后，Fe+被氧化生成FeOOH的化学 方程式为2FeSO,+HO2+2HO—2 FeOOH +2HS0。 (3)由流程分析可知，“滤液①”中含有富钻渣中 除铁外的其他金属离子，有Cd+、Co+、Z+、 Mn+ (4)“除锰钻”中，高锰酸钾和M+反应生成 MnO2,离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O -5MnO2￥+4Ht。 (5)还原除杂是用Z除去Cd+,故“滤渣”主要 成分是Cd。 (6)电解池中钛合金为阴极，发生还原反应，电 极反应式为ZnO号+2e+2H2O一Zn+ 4OH:电解池中的不锈钢为阳极，发生氧化反 应，4OH-4e一2H20+O2↑，OH减少， Na+通过阳离子交换膜向阴极移动而减少，故此 区战的NaOH溶液浓度减小。 14.(1)溶液能够顺利流下 (2)2CoCl +2NH CI+10NH.H2O++H2O 话性炎2CoNH)6]C6十12H0 2024一2025学年度学科素养周 一、选择题 1.D【解析】2Cu+S△CuS,S的氧化性较弱， 5 6 学科素养周测评 (3)增大C1浓度，便于晶体析出 3cV (4)01000m-cVBD②90.6% 【解析】(1)恒压滴液漏斗连道漏斗和三颈烧 瓶，可以使液面上方的压强与三颈烧瓶内的相 等，溶液可以顺利流下。 (2)氯化钻中钻为十2价，被H2O2氧化生成 [Co(NH)6]Cl,中的十3价钻，化学方程式为 2CoClz 2NH,Cl 10NH3.H2O+H2Oz 活性美2[Co(NH,)]CL,十12H,0. (3)步骤②中浓盐酸增大C1浓度，便于晶体 析出。 (4)①配合物[Co(NH)CLy]CL.中钻的配体数 为x十y=6,且由化合物中化合价代数和为0可 知y十x=3,故配合物化学式可写成 [Co(NH3)3+Cl-,]Cl,,n(NH3):(C)= 3十x:;外界的氣离子可电离出来以氟离子形 式存在于溶液中，Ag十CI一AgCI￥， n(C1)=n(Ag+)=cV×10-3mol:通过滴定测 得氨的物质的量为nmol,故n(NH):n(C)= 3+z:z=n:cVX103,解得z=1000mn-cV 3cV 钻（Ⅱ）配合物分解不完全，导致n值偏小，则z 值偏大，A误：用1mL1mol·L1KCrO, 溶液作为指示剂，指示剂含量过高影响氯离子 滴定过程，使得氯离子含量减少从而x偏小，B 正确；所用AgNO3标准液的实际浓度偏低，会 让滴定操作中标准液硝酸银的体积V增大，使z 偏大，C错误：滴定终，点时发现滴定管尖嘴内有 气池使得标准液硝酸银的体积V减小从而之偏 小，D正确。 ②设样品中[Co(NH)6]Cl含量为amol, [Co(NH)sC]Cl2含量为bmol,若z=2.9,则 3阳十-29，解得号-号，故产品纯度为 atb (9×267.5)g。×100%≈90.6%。 (9×267.5+1×250.5)g 测评（三）化学·物质的量 只能将Cu氧化成亚钢离子，因此1mol铜原子 参与反应失去的电子数为N,A错误；DO相对 分子质量为20,1个分子中含电子数为10,9g重