C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：
2
D．氧化剂是含ClO-的物质，氧化产物只有N2
5．以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是（）
A．反应1中，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化
B．从母液中可以提取Na2SO4
C．反应2中，H2O2做氧化剂
D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
6．工业上用发烟HClO4，把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2（ClO4）2]来除去Cr（III），HClO4中部分氯元素转化为最低价态。
下列说法不正确的是（）
A．HClO4属于强酸，CrO2（ClO4）2中Cr元素显
价
B．该反应除生成CrO2（ClO4）2外，还生成了另一种强酸
C．该反应中，参加反应的H2O与CrCl3物质的量之比为1∶2
D．作氧化剂的HClO4与参加反应的CrCl3物质的量之比为3∶16
7．C和CuO在高温下反应可能生成Cu、Cu2O、CO2、CO。
现将1g碳粉跟8gCuO混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量NaOH溶液中，并收集残余的气体，测得溶液增加的质量为1.1g，残余气体在标准状况下的体积为560ml。
下列说法不正确的是（）
A．在硬质试管中隔绝空气高温加热固体混合物时，有0.6g碳参加了反应
B．试管中发生的所有氧化还原反应共转移电子0.15mol
C．反应后试管中剩余的固体混合物的总质量为7.2g
D．反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为0.1mol
8．黄铜矿（主要成分CuFeS2）是提取Cu的主要原料。
已知：
2CuFeS2+4O2
Cu2S+3SO2+2FeO（Ⅰ）
产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：
2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2（Ⅱ）；
2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑（Ⅲ）。
假定各步反应都完全。
则下列说法正确的是（）
A．反应Ⅰ中CuFeS2仅作还原剂
B．取12.5g黄铜矿样品，经测定含3.60g硫，则矿样中CuFeS2质量分数一定为82.8%
C．由6molCuFeS2生成6molCu消耗O2的物质的量为14.25mol
D．6molCuFeS2和15.75molO2反应，理论上可得到铜的物质的量为3mol
9．下列说法正确的是（）
A．MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:
4
B．2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，氧化产物和还原产物的质量之比为1:
1
C．5NH4NO3
4N2↑+2HNO3+9H2O中，发生氧化反应和发生还原反应的氮元素的质量之比为5:
3
D．3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，被氧化和被还原的硫元素的物质的量之比为1:
1
10．在一定条件下，按下列物质的量关系进行反应，其对应的离子方程式或化学方程式书写正确的是（）
A．n（Cl2）∶n（Fe）=5∶4；5Cl2+4Fe
2FeCl2+2FeCl3
B．n（Cl2）∶n（FeBr2）=1∶1；Fe2++2Br−+Cl2=Fe3++Br2+2Cl−
C．n（MnO4-）∶n（H2O2）=2∶3；2MnO4-+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O
D．n（Fe）∶n[HNO3（稀）]=1∶3；4Fe+12H++3NO3-=3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O
11．ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2的制备与杀菌作用的说法中不合理的是（）
A．可用Cl2和NaClO3反应制备ClO2，其中n（氧化剂）∶n（还原剂）=8:
1
B．ClO2在强碱性环境中使用失效：
2ClO2+2OH-=
+
+H2O
C．ClO2处理饮用水时残留的
，可用FeSO4除去：
+2Fe2++4H+=2Fe3++Cl-+2H2O
D．等物质的量的ClO2的杀菌效果比Cl2、HClO的强
12．为了探究FeSO4和Cu（NO3）2的混合物中各组分的含量，现设计如下流程：
下列叙述中不正确的是（）
A．n=0.02B．V=2240
C．m=3.2D．原混合物中FeSO4的质量分数约为89%
二、填空题
13．从定性分析到定量研究是高中生化学学习的重要发展历程。
请你根据所学知识对以下化学问题进行定量分析。
（1）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。
在用KMnO4酸性溶液处理CuS的混合物时，发生的反应如下：
——MnO4－+——CuS+——H+=——Cu2++——SO2↑+——Mn2+＋——H2O，请配平，并用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目：
——MnO4－+——CuS+——H+=——Cu2++——SO2↑+——Mn2+＋——H2O
（2）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3=K2O＋5Na2O＋16N2↑。
若氧化产物比还原产物多1.75mol，则转移的电子数为__________，被氧化的N原子的物质的量为__________。
（3）实验室需要为无土栽培配制1L内含0.24molK2SO4、0.5molNH4Cl、0.16molKCl的某营养液。
某小组计划用（NH4）2SO4、KCl、NH4Cl配制，则需这三种固体的物质的量分别为_________、_________、_________。
14．
（1）向NaHSO4溶液中滴加NaHSO3溶液的离子反应方程式为：
_________________，
若是改加氢氧化钡溶液至中性，离子反应方程式为：
__________________________。
（2）向1L1mol/L的NH4Al（SO4）2溶液中滴加2.25L等浓度的Ba（OH）2溶液，离子反应方程式为：
__________________________________________。
（3）向含FeI2和FeBr2各1mol的混合液中通入氯气2.5mol，离子反应方程式为：
____。
（4）化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法可用于治理水中硝酸盐的污染，催化反硝化法中H2能将NO3－还原为N2。
上述反应的离子方程式为__________。
（5）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。
做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，滴定反应的离子方程式为_______________________。
（6）Fe的一种含氧酸根FeO42－具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生。
该反应的离子方程式是_____________________________。
三、工业流程
15．碲（Te）具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料。
碲在铜阳极泥中主要为Cu2Te，还含有Cu、Pb、Au、Ag等。
[Mr（Te）=128]
（1）利用“氯化浸出-还原法”制备Te的工艺流程如下所示。
①浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCl4、H2TeO3，则浸出渣的主要成分为____________。
（填化学式）；“浸出”过程中有少量污染性气体生成，该气体是_______（填物质名称）
②已知HAuCl4是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为_________。
③欲得到64g碲，则“二级还原”过程中至少需通入_______molSO2。
（2）“氧化碱浸-电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3和Cu（OH）2，经电解即可获得Te。
①以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为_________________________。
②电解过程中，阴极的电极反应式为_____________________。
③与“氯化浸出-还原法”相比，“氧化碱浸-电解法”的优点是_____________（任写一点）
高三第一轮复习—测试题：
氧化还原反应
参考答案
1．C
【分析】
中，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由-2价升高为0，Br元素的化合价由+3价降低为0，以此来解答。
【详解】A、由反应可知，2molH2O和1molBrF3作还原剂，2molBrF3作氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之为3:
2，故A错误；
B.、当生成lmolO2时，转移6mol电子，故B错误；
C、当有5mol水做还原剂时时，O元素化合价由-2价升高到0价，失去10mol电子，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，转移5mol电子，5molBrF3被还原，被BrF3还原的BrF3为
，故C正确；
D、当有5mol水参加反应时，O元素化合价由-2价升高到0价，2mol水被氧化，失去4mol电子，Br元素化合价由+3价降低到0价，被水还原的BrF3的物质的量为4mol/3=4/3mol，故D错误；故选C。
2．B
【分析】第一份溶液中白色沉淀为BaSO4，质量为1.7475g，则n（BaSO4）=0.0075mol，即n（SO
）=0.0075mol；另一份溶液中，通过反应式：
n（Fe2＋）：
n（Cr2O72-）=6：
1，n（Cr2O72-）=0.0200mol/L╳0.05L=0.001mol，求得n（Fe2＋）=0.006mol，亚铁离子即由原溶液中的铁离子转化得到，根据物质不显电荷，即可求出答案。
【详解】1.7475g白色沉淀是硫酸钡，则n（SO
）＝1.7475g÷233g/mol＝0.0075mol。
n（K2Cr2O7）＝0.05L×0.02000mol/L＝0.001mol，根据方程式可知n（Fe2＋）＝n（K2Cr2O7）×6＝0.006mol，根据Fe守恒，n（Fe3+）=0.006mol，由电荷守恒可知n（OH－）＋n（SO
）×2＝n（Fe3＋）×3，n（OH－）＝0.006mol×3－0.0075mol×2＝0.003mol，得到a∶b＝0.006∶0.003＝2∶1，故答案为B。
3．C
【详解】A．O元素由+1价降低到0价被还原，则氧气为还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；
C．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1:
4，故C正确；
D．由反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，生成2mol氧气转移8mol的电子，标准状况下，生成4.48L HF，物质的量为：
0.2mol，转移0.8mol电子，但选项中未指明HF气体的状态，无法计算其物质的量，故D错误；
故答案为C。
4．D
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，据此分析作答。
【详解】A.2.24LN2（标准状况）的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO−的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO−中+1价降低为Cl−中−1价，所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol，A项正确；
B.反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，还原剂为CN−，还原产物为Cl-，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，因此还原性比较：
Cl-C.由上述分析可知，反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，反应中是CN−是还原剂，ClO−是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5:
2，C项正确；
D.反应中，C元素化合价由CN−中+2价升高为HCO3−中+4价，N元素化合价由CN−中−3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3−、N2，D项错误；答案选D。
5．C
【解析】A.在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，故A正确；
B.根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；
C.在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；
D.减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；
答案选C。
6．D
【详解】A. Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸；CrO2 （ClO4）2中O为-2价、Cl为+7价，则Cr元素显+6价，故A正确；
B. Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，生成盐酸，也属于强酸，故B正确；
C.该反应的离子方程式为：
19ClO4-+ 8Cr3+ + 4H2O = 8CrO2 （ ClO4）2+3C1-+8H+，反应中参加反应的
与
物质的量之比为1∶2，故C正确；
D.该反应的离子方程式为：
19ClO4-+ 8Cr3+ + 4H2O = 8CrO2 （ ClO4）2+3C1-+8H+，ClO4-作氧化剂，发生变价的Cl原子为3mol，没有变价的Cl原子为16mol；Cr3+ 做还原剂，发生变化的Cr3+为8mol，所以
与参加反应的
物质的量之比为3∶8，故D错误；
答案选D。
7．D
【详解】生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集残余气体。
测得溶液增重的
为二氧化碳的质量，
的物质的量为：
，残余气体在标准状况下560mL气体为CO的体积，则CO的物质的量为：
，
A.根据碳元素守恒可知：
参加反应的C原子的物质的量等于
与CO的物质的量之和，所以参加反应的碳元素质量为：
，故A正确；
B.反应中C元素化合价升高，铜元素化合价降低，所以转移电子物质的量为：
，故B正确；
C.生成的
和CO的总质量为：
，所以反应后试管中固体混合物总质量为：
，故C正确；
D.氧化铜的物质的量为：
，二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质的量为：
，反应后氧原子存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质的量为：
，铜的物质的量为：
，反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为
，故D错误；
故答案为D。
8．D
【解析】A.反应Ⅰ中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，CuFeS2既作还原剂，也作氧化剂，A错误；
B.由于不能确定杂质是否含有硫元素，所以不能计算CuFeS2的含量，B错误；
C.根据方程式可知6molCuFeS2参加反应，生成3molCu2S，其中2molCu2S转化为2molCu2O，2molCu2O与1molCu2S反应生成6molCu，所以消耗O2的物质的量为12mol+3mol＝15mol，C错误；
D.6molCuFeS2需要12mol氧气得到3molCu2S，剩余3.75mol氧气可以消耗Cu2S的物质的量是
，得到2.5molCu2O，此时剩余Cu2S的物质的量是0.5mol，与1molCu2O反应生成3mol铜，D正确，答案选D。
9．C
【详解】A、化方程式MnO2+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化剂是1mol的二氧化锰，还原剂是2mol的盐酸，另外2mol的盐酸显示酸性，即氧化剂和还原剂物质的量之比为1:
2，A错误；
B、2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物是化合价升高得到的硫单质为2mol，还原产物是化合价降低得到硫单质为1mol，氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:
1，B错误；
C、5NH4NO3=4N2↑＋2HNO3＋9H2O，NH4＋中N的化合价为－3，化合价升高得到N2，发生氧化反应，共5molNH4＋，化合价升高；NO3－中N的化合价为＋5，化合价降低得到N2，发生还原反应，但是5molNO3－中只有3molNO3－化合价降低，所以发生氧化反应和发生还原反应的氮元素的物质的量之比为5:
3，C正确；
D、3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，被氧化的硫即化合价升高的硫，共有1mol，被还原的硫即化合价降低硫，共有2mol，所以被氧化和被还原的硫元素的物质的量之比为1:
2，D错误；
答案选C。
10．D
【详解】A.Fe与氯气反应与量无关，对应反应为3Cl2+2Fe
2FeCl3，A错误；
B.n（Cl2）∶n（FeBr2）=1∶1，Fe2+全部被氧化为Fe3+，Br-有一半被氧化为Br2，对应离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B错误；
C.n（MnO4-）∶n（H2O2）=2∶3时，不遵循电子守恒，则n（MnO4-）：
n（H2O2）=2：
5时对应离子反应为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，C错误；
D.n（Fe）∶n[HNO3（稀）]=1∶3，由电子守恒可知，生成Fe2+和Fe3+，NO3-被还原产生NO气体，结合电荷守恒及原子守恒，可得离子反应为4Fe+12H++3NO3-=3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O，D正确；
故合理选项是D。
11．C
【详解】A、氯气的化合价从0升高到+4价，NaClO3中化合价从+5价到+4价，所以氧化剂和还原剂的比例为1:
2，正确，不选A；
B、二氧化氯在强碱性环境中自身腐蚀氧化还原反应，正确，不选B；
C、方程式点和不守恒，错误，选C；
D、二氧化氯做为氧化剂，由+4价降低到-1价，杀菌效果比氯气、次氯酸强，正确，不选D。
12．C
【解析】根据流程图，加入铁粉有氢气放出，说明溶液a中有硫酸剩余，步骤①中有氯气反应，说明a中有亚铁离子，17.08gFeSO4和Cu（NO3）2的混合物与0.14mol硫酸反应，硝酸根完全被还原为NO，
，
；硝酸铜的质量是0.01mol×188g/mol=1.88g。
硫酸亚铁的质量是17.08-1.88=15.2g，其物质的量是0.1mol；
根据方程式：
n（Fe2+）=0.06mol、n（H+）=0.08mol，溶液a中n（Fe2+）=0.1-0.06=0.04mol、n（H+）=0.14×2-0.08=0.2mol；
根据
，0.04mol的Fe2+消耗氯气0.02mol，所以n=0.02；通入氯气后溶液中n（Fe3+）=0.1mol，根据
，可知该反应消耗铁0.05mol，溶液中含有0.01mol铜离子，根据
，可知消耗铁0.01mol，生成铜0.01mol；a溶液含有n（H+）=0.2mol，结合
，消耗铁0.1mol，生成氢气0.1mol。
此时沉淀的质量=9-2.8-5.6-0.56+0.64=0.68g；故选C。
13．
1.25NA（1.25×6.02×1023或7.525×1023）3.75mol0.24moL0.64moL0.02moL
【解析】
（1）用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目如下：
。
（2）10NaN3＋2KNO3=K2O＋5Na2O＋16N2↑这个反应中，氮气既是氧化产物又是还原产物，如果生成16mol氮气，其中氧化产物有15mol、还原产物有1mol，氧化产物比还原产物多14mol，电子转移10mol。
若氧化产物比还原产物多1.75mol，则转移的电子的物质的量为
，转移的电子数为1.25NA（1.25×6.02×1023或7.525×1023）。
被氧化的N原子是NaN3中的N，其物质的量为是转移电子的3倍，即3.75mol。
（3）配制1L内含0.24molK2SO4、0.5molNH4Cl、0.16molKCl的某营养液，其中含钾离子0.64mol，含硫酸根0.24mol，含铵根0.5mol，含氯离子0.66mol。
若用（NH4）2SO4、KCl、NH4Cl配制，根据离子守恒，可以求出三种固体的物质的量分别为0.24moL、0.64moL、0.02moL。
14．H＋＋HSO3－=H2O＋SO2↑Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O2NH4++9OH-+2Al3++4SO42-+4Ba2+=4BaSO4↓+2NH3·H2O+Al（OH）3↓+AlO2-+2H2O4I-+4Fe2++2Br-+5Cl2=2I2+4Fe3++Br2+10Cl-2NO3－+5H2
N2+2OH-+4H2OH2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I-4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O
【分析】
（1）向NaHSO4溶液中滴加NaHSO3溶液生成SO2气体；若是改加氢氧化钡溶液至中性，氢离子与氢氧根离子恰好完全反应。
（2）1L1mol/L的NH4Al（SO4）2溶液中含有1molNH4+、1mo
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