1、专题定时精练(三)专题三氧化还原反应与热化学基础(时间：40分钟)1下列各组物质在适宜的条件下反应，其中氧化剂与还原剂物质的量之比为11的是()AF2H2OBLiO2(条件点燃)CCO2Mg DNO2H2O2已知下述三个实验均能发生化学反应。将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液中下列判断正确的是()A上述实验证明氧化性：Fe3Fe2Cu2B实验中铁钉只作还原剂C实验中Fe2既显氧化性又显还原性D实验中发生的是置换反应3金属铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应可生成超氧酸：CuHClO2CuClHO2HO2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有
2、极高的活性。下列说法或表示正确的是()A氧化剂是O2BHO2在碱中能稳定存在C氧化产物是HO2D1 mol Cu参加反应有2 mol电子发生转移4已知Fe3O4可表示成(FeOFe2O3)，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe22S2OO24OHFe3O4S4O2H2O，下列说法正确的是()AO2和S2O是氧化剂，Fe2是还原剂B每生成1 mol Fe3O4，则转移电子数为2 molC参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为11D若有2 mol Fe2被氧化，则被Fe2还原的O2为0.5mol6已知反应：101 kPa时，2C(s)O2(g)=2CO(g)；H221 kJmol1；稀
3、溶液中，H(aq)OH(aq)=H2O(l)；H57.3 kJmol1。下列结论正确的是()A碳的燃烧热大于110.5 kJmol1B的反应热为221 kJmol1C稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJmol1D稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量7在氧化还原反应KClO36HClKCl3Cl23H2O中，当生成0.5 mol Cl2时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为()A51 B31C13 D158将a g Fe、Mg合金溶解在一定量的稀硝酸中，当合金完全溶解后，收集到标准状况下的NO气体b L(设HNO3的还原产物只有NO)。再向反应后的溶液
4、中加入足量NaOH溶液，得到沉淀物。若用守恒法求沉淀的质量，用到的守恒关系依次是()A质量守恒、电子守恒、电荷守恒B电子守恒、质量守恒、电荷守恒C电子守恒、电荷守恒、质量守恒D电荷守恒、质量守恒、电子守恒9目前合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒(杂质)，这种颗粒可用氧化气化法提纯，其反应式为：_CK2Cr2O7_H2SO4=_CO2_Cr2(SO4)3_K2SO4_H2O(1)上述化学反应方程式配平后的配平计量数依次为：_。(2)反应的氧化剂是_，氧化产物的电子式为_。(3)H2SO4在上述反应中表现出来的性质是_(填选项编号)。A酸性 B氧化性C吸水性 D脱水性(4)上述反应中若产生0
5、.2 mol CO2，则转移电子的物质的量是_mol。10三氟化氮(NF3)是一种无色无味的气体，可由氟与氨反应制得。(1)该反应的方程式为NH3F2NF3NH4F，配平方程式并标明电子转移的方向和数目。 (2)27.0 mL NF3和水充分反应，生成 18.0 mL NO(同温、同压下)，写出反应的化学方程式：_。(3)NF3是一种无色无味的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现的。该气体泄漏时的现象是_。11锌铝合金的主要成分有Zn、Al、Cu、Si等元素。实验室测定其中Cu含量的步骤如下：称取该合金样品1.1 g，用HCl和H2O2溶解后，煮沸除去过量H2O2，过滤，滤液定容于25
6、0 mL容量瓶中。用移液管移取50.00 mL滤液于250 mL碘量瓶中，控制溶液的pH34，加入过量KI溶液(生成CuI和I2)和指示剂，用0.01100 molL1Na2S2O3溶液滴定生成的I2至终点(反应：I22S2O=2IS4O)，消耗Na2S2O3溶液6.45 mL。(1)写出步骤溶解Cu的离子方程式_。(2)判断步骤滴定终点的方法是_。(3)计算合金中Cu的质量分数。12命题背景：在2008年国际奥林匹克化学竞赛中，某兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色。为此提出问题：Fe3、Br2谁的氧化性更强？(1)猜想澳
7、大利亚代表团同学认为氧化性：Fe3Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含_(填化学式，下同)所致。美国代表团同学认为氧化性：Br2Fe3，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含_所致。(2)设计实验并验证为验证美国代表团同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了美国代表团同学的观点确实是正确的。可以选用的试剂：a酚酞试液；b.CCl4；c.无水酒精；d.KSCN溶液。请你在下表中写出选用的试剂及实验中观察到的现象。(试剂填序号)选用试剂实验现象方案1方案2(3)结论氧化性：Br2Fe3。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴
8、溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_。13化学反应中的能量变化，是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致。图32为N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量变化。图32(1)人们通常把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，则NN的键能为_kJ mol1，由上图写出N2(g)和O2(g)生成NO(g)的热化学方程式_。(2)1840年，俄国化学家盖斯在分析了许多化学反应热效应的基础上，总结出一条规律：“一个化学反应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。”这个规律被称为盖斯定律。有些反
9、应的反应热虽然无法直接测得，但可以利用盖斯定律间接计算求得。根据下列反应的热化学方程式，计算由C(石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g)的H。C(石墨)O2(g)=CO2(g)H1393.5 kJ mol12H2(g)O2(g)=2H2O(l)H2571.6 kJ mol12C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(l)H32599.2 kJ mol1，则由C(石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g)的H_kJ mol1。已知3.6 g碳在6.4 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出x kJ热量。已知单质碳的燃烧热为y kJ mol1，则1 mol C与O2
10、反应生成CO的反应热H为_。专题定时精练(三)1A【解析】 依次写出化学方程式：A中2F22H2O=4HFO2，B中4LiO22Li2O，C中2MgCO22MgOC，D中3NO2H2O=2HNO3NO，由此可知A中两者之比为11，B中两者之比为14，C中两者之比为12，D中两者之比为12，故选A。2B【解析】 发生FeCu2=Fe2Cu，中硝酸具有氧化性，氧化Fe2成Fe3，发生2Fe3Cu=2Fe2Cu2。分析上述三个反应，知A错误。实验中Fe2只显还原性，实验中发生的是氧化还原反应，不是置换反应。3A【解析】 分析题中所给信息，由反应CuHClO2=CuClHO2中元素化合价升降，得出氧化
11、剂是O2，氧化产物是CuCl，A正确、C错误；因为HO2(超氧酸)是一种弱酸，在碱中不能稳定存在，B错误；因为生成CuCl，所以1 mol Cu参加反应有1 mol电子发生转移，D错误。4D【解析】 本题考查氧化还原反应。S2O中S元素是2价，S4O中S元素化合价为，所以S元素化合价升高，S2O作还原剂，A错；该反应中Fe2也作还原剂，且3 mol Fe2中有2 mol作还原剂，O2作氧化剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为14，生成1 mol Fe3O4转移的电子是4 mol，B、C错；由电子守恒知D正确，选D。本题难度中等。5C【解析】 根据还原性HSOI，氧化性：IOI2SO。逐滴加入KI
12、O3溶液时，先发生反应：IO3HSO=3SOI3H，后发生反应：IO5I6H=3I23H2O，可以看出b点时反应恰好完全发生，所以A、B正确；b点到c点发生反应，NaHSO3早已反应殆尽，所以C说法错误。加入的KIO3为0.4 mol，处于反应阶段，生成I。加入的KIO3为1.12 mol时，处于反应b点到c中间阶段，仍有I剩余，D正确。6A【解析】 A项，因为2C(s)O2(g)2CO(g)；H221 kJmol1，所以1 mol碳完全燃烧生成稳定的CO2时要比生成CO放出的热量多。所以碳的燃烧热大于110.5 kJmol1。B的反应热应为221 kJmol1，错误。C稀硫酸与稀NaOH溶液
13、反应的中和热为57.3 kJmol1，不应该再加“”，错误。D醋酸电离吸热，所以生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ热量，错误。7A【解析】 首先要根据氧化还原反应的价态规律，确定Cl2既是氧化产物又是还原产物，氧化产物的价态变化：10，还原产物的价态变化：50，据电子守恒，氧化产物和还原产物的物质的量之比为51。8C【解析】 这道题对能力要求比较高，涉及的化学基础知识比较多，假设反应后，Fe2 x mol，Fe3 y mol，Mg2 z mol，根据电子守恒得2x3y2z3，根据电荷守恒得2x3y2zn(OH)，所以根据质量守恒，沉淀的质量为合金的质量加上氢氧根离子的质量，所以沉淀
14、质量为(a17)g。9(1)3283228(2)K2Cr2O7C(3)A(4)0.8【解析】 本题考查了氧化还原反应的配平及相关概念的辨析。(1)C由0价上升到4价失4个电子，K2Cr2O7中Cr由6价下降到3价，共得6个电子，再根据得失电子配平，先取最小公倍数12，分别在C和CO2前配3，K2Cr2O7和Cr2(SO4)3前配2，最后通过观察法进行配平。(2)K2Cr2O7在此反应中得到电子，故K2Cr2O7为氧化剂。C失去电子后生成CO2，故CO2为氧化产物。(3)此处的H2SO4为稀H2SO4，只提供酸性环境。(4)根据配平了的氧化还原方程式可知转移12 mol的电子生成3 mol的CO
15、2。现在生成0.2 mol的CO2，应转移0.8 mol的电子。10(1)=NF33NH4F(2)3NF35H2O=2NOHNO39HF(3)产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾【解析】 F形成化合物时均显1价，因此NF3中的N为3价，NF3与水反应，产物之一为NO，N元素的化合价降低，另外应该有元素失电子，可能是N，N从3价升高到4价或5价，由于是和水充分反应，应得到HNO3，再根据NF3和NO之间量的关系，可以写出方程式。由于空气中有水蒸气，因此泄漏后NF3会与水反应，现象可根据产物的性质得出。11(1)Cu2HH2O2=Cu22H2O(2)淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O
16、3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，且半分钟内颜色不复原(3)0.02064【解析】 本题考查中和滴定的运用、指示剂的选择、信息化学方程式的书写以及计算能力。Cu与稀盐酸不反应，但加入H2O2后Cu能被消耗，说明H2O2在酸性条件下能将Cu氧化，溶解Cu的离子方程式为：Cu2HH2O2=Cu22H2O。凡是有碘生成或消耗的反应的指示剂都是利用碘的特性即碘遇淀粉变蓝色这一特殊现象。2Cu2Cu2I22S2On(Cu)n(I2)n(S2O)6.45 mL103 LmL10.01100 molL17.095105 mol(Cu)0.02064思路点拨：对于信息氧化还原反应方程式的书写和配平，首先要找准变价元
17、素，再利用电子得失守恒处理。对于有多步反应的计算，要能根据反应方程式或电子得失守恒或元素守恒等建立起关系式，注意化学计算过程中最好带单位进行计算，若对有效数字没有明确要求，尽量按题中数据的有效数字进行。12(1)Br2Fe3(2)选用试剂实验现象方案1bCCl4层呈无色方案2d溶液变红色(3)2Fe2Br2=2Fe32Br【解析】 (1)因溴水也呈黄色；因发生反应2Fe2Br2=2Fe32Br，生成的Fe3使溶液呈黄色。(2)方案一可通过Br2在CCl4中的颜色变化来证明。若CCl4层呈无色，则说明溶液中无Br2存在，Br2被完全反应，从而说明氧化性Br2Fe3。若甲正确，则溶液中有Br2，Br2溶于CCl4中，出现橙红色的颜色变化。方案二可通过检验Fe3存在与否来证明。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若出现血红色，说明有Fe3存在，从而证明氧化性Br2Fe3。13(1)946N2(g)O2(g)=2NO(g)H180 kJ mol1(2)226.8(5x0.5y)kJ mol1【解析】 (2)将已知热化学方程式按顺序编号为，则4得热化学方程式4C(石墨)2H2(g)=2C2H2(g)H453.6 kJ mol1。则由C(石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g)的H226.8 kJ mol1。