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（辽宁、湖北、黑龙江、吉林专版）

null衡水真题密卷 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 MCO沉淀和CO气体等，发生反应的离子方程 式为Mm++2HCO万一MmCO￥+CO2↑+ H2O,若Mn+恰好沉淀完全时，溶液中Mn+浓 度为1×103mol·L-1,测得溶液中CO紧的浓 2024一2025学年度学科素养周测 一、选择题 1.A【解析】食醋清洗水垢利用的是食醋的酸性， 与氧化还原反应无关，A符合题意：NaCO溶液中 存在HCO,具有强氧化性，可以杀菌消毒，与氧化 还原反应有关，B不符合题意；乙烯具有还原性，能 被浸润的酸性KMO,氧化，与氧化还原反应有 关，C不符合题意：维生素C具有还原性，能够防 止Fe+被氧化为Fe3+,与氧化还原反应有关，D 不特合题意。 2.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(CO):“以水沃之，即热蒸 而解”是指CaO十HO—Ca(OH)2,反应放热， 产生大量的水蒸气，使C)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△ Ag2S,2Cu+S△CuS,Fe+S△FeS,反应中 S作氧化剂，体现氧化性，C特合题意；石钟乳 (CCO):“色黄，以苦酒（醋）洗刷则白”是指 CaCO+2CH3 COOH -(CHs COO)2Ca+ HO十CO2个，未发生氧化还原反应，D不合 题意。 3.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；明矾溶于水电离产生的A+水解生成 A1(OH)3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 铁粉逼空气放热，铁粉最终被氧化成Fe2O,该过 程中有元素的化合价发生升降，涉及氧化还原反 应，D项符合题意。 4.B【解析】该反应利用碳单质把化合态的Zn从 ZnCO3中置换成单质Zn,属于置换反应，A正 2 4 学科素养周测评 度为2.2×10-6mol·L1,则K(MnC03)= 2.2×105×1.0×10-5=2.2×10-1。 (5)由题千已知氧化能力：SO>MnO> SO,即SOg可将Mm+氧化为MO,,对应的 离子方程式为2Mm++5SO%+8H20 16H++10SO+2Mn0,。 评（二）化学·氧化还原反应 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：ZCO是离子化合物，其中含有离子键，同时 C0中含有共价键，C正确：Zn是30号元素，基 态原子外围电子排布式为3d1°4s2,D正确。 5.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N4N,十6HO,B正确： 该过程是含氮化合物转化为氦气单质，不属于固 氮，C错误；根据总反应，每转移3mole,生成 1molN2,标准状况下体积为22.4L,该题未说 明是标准状况下，D错误。 6.C【解析】常温下，PbC2难溶于水，Pb+可以与 CI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，MnO2~2Fe+,则每消耗3mol MnO2,生成6 mol Fe3+,B正确：反应Ⅱ中，Fe+ 和FeS反应生成S和Fe+,离子方程式为 2Fe++FeS—3Fe++2S,C错误：反应Ⅱ递 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。 7.C【解析】反应I中CO方中氧元素的化合价降 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 氧气，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方> Cl2,Ⅱ在碱性条件下得氧化性：Cl2>NaBiO,Ⅲ 得氧化性：NaBiO>MnO,,故不能说明酸性条 件下氧化性：ClO万>Cl2>NaBiO3>MnO,,B错 误；酸性条件下NaBiO,可与盐酸发生反应生成 ·化学· 氣气，NaBiO+6H++2CI-一B3++C2↑+ 3H2O十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 NaBiO,~2MnO,,理论上消耗氯酸钠的物质的 量为石mol,D错误。 8.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件的溶液 中转变为亚硝酸根离子、硝酸根离子，Ce3+,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；一氧化氮再通过含 Ce+的溶液中转变为亚硝酸根离子、硝酸根离子、 Ce+,反应为4Ce++2NO+3HO一4Ce++ NO十NO5十6H+,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,反应为2HSO方+2e+2H+-SO+ 2H2O,C正确：高温条件下NH,NO3易分解，D 错误。 9.B【解析】反应①中反应物IO5中I元素为十5 价，生成物I厂中I元素为一1价，IO方为氧化剂， 表现氧化性，A正确：反应①生成的I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厂，所 以总的来说H十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NaSO溶液代替NaHSO溶液，则 没有生成反应②所需的H中，反应②难以发生，现 象不同，D正确。 10.D【解析】2CrO(黄色)+2H=Cr2O (橙色)十H2O,A正确；过程Ⅱ中Cr元素的化 合价降低，说明被还原，则SO2是还原剂，C+ 为还原产物，B正确：CrO→Cr(OH)3,每个 Cr原子得3个电子，即处理废水中的1mol CO(不考虑其他氧化剂存在)，转移的电子数 为3NA,C正确：Fez(SO4)3中的Fe3+不具有还 原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D 错误。 11,C【解析】SO的检验需要先加入盐酸排除 Ag的千扰，再加氯化钡溶液产生白色沉淀证 明有疏酸根，A正确：从图中看出，反应①中氧化 参考答案及解析 剂是C+,还原剂是SO2,两者发生氧化还原反 应分别生成Ce3+、SO,离子方程式为2Ce++ S02+2H20—2Ce2++SO+4H,B正确： 反应②中氧气中氧元素的化合价由0变为一2， 为氧化剂，C+的化合价升高发生氧化反应得到 氧化产物Ce艹，根据得失电子守恒可知O2~ 4e~4Ce件，故氧化剂与氧化产物的物质的量之 比为1：4，C错误；根据得失电子守恒可知O~ 4e一2SO2,理论上每吸收标准状况下224ml S02(为0.01mol),消耗0.005mol氧气，即为 0.16g02,D正确。 12.A【解析】氟气、澳、碘是双原子非金属单质， 都属于分子品体，氯气、澳、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、氮气、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2PbO·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。 13.D【解析】反应1：在酸性环境下，NaC1O,将 HC2O氧化为CO2,自身被还原为C1O2:反应 2:C1O2将H2O2氧化为O2,自身被还原为 C1○2：反应3：Ba(C1O2)2与硫酸钠发生复分解反 应生成硫酸钡沉淀和亚氧酸钠。NaClO,和O 都具有强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应， 使有色物质褪色，原理相似，A正确：气体1、气体 2分别是CO2、O,B正确：反应3离子方程式为 Ba+十SO一BaSO,￥，C正确；亚氯酸钠与 可燃物接触易爆炸，乙醇具有可燃性，所以不能 用乙醇洗涤，D错误。 14.C【解析】反应前段时间Mn(M)浓度减小直 至为0，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(V)后Mn(V)被消耗；后来（大约 13min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H2C2O4,A错误；随着反应的进 2 衡水真题密卷 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(I)和 M()不能大量共存，C正确：HCO为弱酸，在 离子方程式中应写化学式，总反应为2MnO,十 5HC2O,+6H+-2M2++10002◆+8HO,D 错误。 15.C【解析】64g*SO2在标准状况下的体积为 660品×224L/m@l≈2.7LA错送： H2NSO2H中N为一3价、S为+6价，H为十1 价，生成1 mol SO2得2mol电子、生成2mol H2得4mol电子、生成1molN2失6mol电子， 则该反应生成1molH2时转移3mol电子，B 错误；BaCl2溶液和SO2不反应，BaCl溶液和 SO反应生成硫酸钡沉淀，即可用BaCl2溶液检 脸分解所得混合气体中是否含有SO,C正确： 相同条件下，按V(H2):V(N)=2:1组成的 混合气体的平均摩尔质量为 2olX2mX28g@-号g/mol, 2 mol++1 mol 32g按V(H2):V(N2)=2:1组成的混合气体 中原子数为3232月×2XN=6N,32g0 3 g/mol 所含原子数为32受品X2XN=2N,D 错误 二、非选择题 16.(1)0cD②2C+Ti0,+2C,商温TiCL+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+2H+=H2↑+Mg2 ②100m-2.4cy% m 【解析】TO2、C,C12混合物在高温条件下反应 生成TiC4和CO,高温下镁和TiCL反应生成 钛和氯化钱。 (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；C0的摩尔质量为28g/mol, B错误；CO易燃，为可燃性气体，C正确；CO中 碳元素是十2价，具有还原性，D正确。 ②TiO2、C、Cl混合物在高温条件下生成TiCl 和CO,反应I的化学方程式为2C十TiO2十2Cl: 2 学科素养周测评 高温TiC1,十2C0,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1molC0,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，所以氢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 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种一H2↑十 Mg2+。 ②消耗稀硫酸的物质的量是0.001 cV mol,根据 Mg十2H+一H2个十Mg2+可知钱的物质的量 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%. 71 17.I,(1)胶头滴管100mL容量瓶 (2)稀硫酸 II.(3)Cu+2Fe+-Cu*++2Fe+ (4)Cu粉过量，不应有Fe+存在，也就不会有红 色的Fe(SCN)a生成 (5)2Cu2++4SCN--2 CuSCN↓+(SCN)2↑ (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 Fe2(SO,)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Fe+水解，在配制过程中可以加入 少量稀硫酸。 Ⅱ.(3)Fe2(SO)}与Cu反应的离子方程式： Cu+2Fe+-Cu2++2Fe2+ (4)根据Cu+2Fe+-C2++2Fe+,0.0001mol Fe(SO4)3与0.15g(0.0023mol)Cu反应，Cu 粉过量，不应有Fe3+存在，应该没有剩余的 Fe+与KSCN络合生成红色的Fe(SCN)s. ·化学· (5)猜测1：Cu+与KSCN发生了氧化还原反应， 离子方程式：2Cu2++4SCN一2CSCN↓+ (SCN)2↑. (6)因为试管B与精测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 Fe3+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。 18.(1)加快反应速率，提高溶浸率 (2)2FeSO,+H2O2+2H2O=2FeOOH+ 2H2S0, (3)Zn2+、Mn2+ (4)3Mn++2MnO +2H2O-5MnO.4H (5)Cd (6)Zn0+2e-+2H20=Zn+40H 诚小 【解析】富钻渣主要含金属Zn、Cd及CoO、 MnO和FcO,加入硫酸酸浸，溶解，加入过氧化 氢把Fe+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MnO2 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 2 Na ZnO2+2H0一4NaOH+2Zn+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H2O2后，Fe2+被氧化生成FeOOH的 化学方程式为2FeS04+H2O2+2H2O 2 FeOOH￥+2H2SO4。 (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+、Zn+、Mn+ (4)“除锰钻”中，高锰酸钾和M2+反应生成 MnO2,离子方程式为3Mn2++2MnO,+2HO -5Mn02￥+4Ht。 (5)还原除杂是用Zn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+2H20=Zn+ 2024一2025学年度学科素养周 一、选择题 1.D【解析】2Cu十S△CS,S的氧化性较弱， 只能将Cu氧化成亚钢离子，因此1mol钢原子 7 参考答案及解析 4OH厂；电解池中的不锈钢为阳极，发生氧化反 应，4OH-4e=2H2O+O2↑，OH减少， Na通过阳离子交换膜向阴极移动而减少，故此 区域的NaOH溶液浓度减小。 19.(1)①>②Fe3+、Mn2+ (2)①24C12Fe+②C1是为了与 AgS电离出的Ag结合生成[AgCl2],使平 衡正向移动，提高AgS的浸出率；H是为了抑 制Fe+水解，防止生成Fe(OHD3沉淀 (3)①2[AgCl2]丁+Fe—Fe24+2Ag+4CI、 Fe+2Ht-Fe2++H↑、2Fe++Fe—3Fe+ ②Fe+被氧气氧化为Fe+,Fe+把Ag氧化 为Ag (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰 液中，得到MnSO,,同时将银元素和锰元素分离 开，生成的Fe+还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】(1)①硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于 强酸，说明硫化锰的溶度积大于硫化银。②根 据信息，在H2SO,溶液中二氧化锰可将Fe+氧 化为Fe+,自身被还原为Mn2+。 (2)①该离子方程式为2Fe3++Ag2S+4CI 一2Fe2++2[AgC12]+S。②C是为了与 AgS电离出的Ag结合生成[AgCl],使平 衡正向移动，提高AgzS的浸出率：H中是为了抑 制Fe+水解，防止生成Fe(OH)s沉淀。 (3)①铁粉可将[AgCl2]厂还原为单质银，过量的 铁粉还可以与氢离子、铁离子发生反应，因此离 子方程式为2[AgC12]-+Fe-Fe++2Ag+ 4Cl、Fe+2H+一Fe2++H2↑和2Fe++ Fe一3Fe+。②溶液中生成的Fe+会被空气 中的氧气缓慢氧化为Fe+,Fe3+把部分Ag氧 化为Ag+,因此tmin后银的沉淀率逐渐降低。 (4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可 将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中， 将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化 性将FeS中的Fe2+氧化为Fe3+,同时生成的 Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂。 测评（三）化学·物质的量 参与反应失去的电子数为NA,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 水物质的量为0.45mol,含有的电子数为4.5N, 2