第一章 第三节氧化还原反应课后练习—— 上学期高一化学人教版（2019）必修第一册.docx

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1、第一章物质及其变化第三节氧化还原反应课后练习 上学期高一化学人教版（2019）必修第一册一、单选题（共17题）1以黄铁矿，主要成分为FeS2(S的化合价为-1价)，生产硫酸的工艺流程如下图所示，其中在造气室中FeS2与氧气以物质的量之比4：11参与反应。下列说法不正确的是A将黄铁矿粉碎，可加快其在造气室中的化学反应速率B造气室中每生成1molSO2，有11mole-发生转移C不用水吸收SO3的原因是SO3与H2O化合时放出大量热，易形成酸雾D吸收塔排放的尾气用氨水吸收后可转化成氮肥2“速力菲”是市场上一种常见的补铁药物，该药物的主要成分是琥珀酸亚铁，不溶于水，但能溶于人体的胃酸中。某化学兴趣小

2、组用“速力菲”样品进行了如图实验：根据实验流程及现象，下列说法正确的是A在步骤的反应中，Cl2和I2均是氧化剂B从实验过程可推知，氧化性：Fe3+I2；还原性：Mn2+Fe2+C步骤反应中生成1mol气体，消耗2molHClD主要发生的是非氧化还原反应3关于反应NaH+H2O=NaOH+H2，下列说法不正确的是ANaH中H元素被为价，NaH为还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为11C若转移0.1mol电子，产生2.24LH2D若将H2O改成D2O，则可以生成HD4以废旧锌锰电池中的黑锰粉含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等为原料制备MnCl2，实现锰的再利用

3、。其工艺流程如图：下列说法不正确的是A步骤分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤B步骤中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2OC步骤若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率D步骤所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质5实验室用如图方法制备饮用水消毒剂：已知：为强氧化剂，其中N元素为价。下列说法不正确的是A的电子式为B电解池中总反应的化学方程式为C若与恰好完全反应，则X为D饮用水中残留的可用适量溶液去除6FeS、FeS2在酸性条件下都能与重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液反应，还原产物为Cr3+，氧化产物都是Fe3+、SO。等物质的量的

4、FeS、FeS2完全反应时，消耗重铬酸钾的物质的量之比为A5：3B9：17C3：5D3：47某同学利用6种试剂中的4种进行实验(a)0.1molL-1KI-淀粉溶液、(b)0.1molL-1KClO3溶液、(c)0.1molL-1KClO4溶液、(d)新制氯水、(e)稀硫酸、(f)1molL-1NaOH溶液：向一支试管中按照一定顺序分别加入这些物质，且每种物质最多只加入一次，观察到的现象是：无色无色蓝色无色蓝色。对该过程的下列分析中，正确的是A试剂的加入顺序是：acefdB反应的离子方程式为：C1O+8I-+8H+=Cl-+4I2+4H2OC蓝色无色，是因为加入NaOH溶液后，单质碘发生歧化反

5、应D无色蓝色，一定是因为加入氯水后，将溶液中的I-氧化为单质碘8下列变化需要加入还原剂才能实现的是ABCD9下列关于氧化还原反应的叙述正确的是AH2还原CuO的反应只属于还原反应B置换反应都是氧化还原反应，所以，3CO+Fe2O32Fe+3CO2既是置换反应又是氧化还原反应C3O22O3是氧化还原反应D复分解反应一定不是氧化还原反应10垃圾分类具有社会、经济、生态等几方面的效益，为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如图所示。下列说法错误的是A“溶解”过程中，加入H2O2的作用是氧化Cu而使Cu溶解B加入锌粉过量的目的是使铜离子

6、完全转化为铜单质C操作M中用到的玻璃仪器有铁架台、烧杯、漏斗和玻璃棒D通过加适量碱、过滤、洗涤、干燥、加热等操作，可得到ZnO11为确定 NaBr 和 NaI 固体混合物样品的组成，称取三份质量均为 35.60 g 的固体溶于水，三份溶液分别与一定体积的 Cl2(气体体积均已折算成标准状况下的体积)充分反应，再将溶液蒸干，称量所 得固体的质量，得到数据如下表：实验序号123Cl2 体积/L2.244.486.72所得固体质量/g22.0017.5517.55下列说法不正确的是A实验 1 溶液蒸干所得固体可能是 NaCl、NaBr 和 NaIB实验 2 和实验 3 溶液蒸干所得固体一定是 NaC

7、lC原固体混合物中 NaBr 和 NaI 的物质的量之比为 21D当 Cl2 体积为 3.36 L 时，所得固体的质量为 17.55 g12ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂，实验室中可通过以下反应制得2KClO3H2C2O4H2SO42ClO2K2SO42CO22H2O。据此，下列说法不正确的AKClO3发生还原反应BH2C2O4在反应中被氧化CH2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性DClO2作水处理剂时，利用了其强氧化性13下列过程与氧化还原反应无关的是A聚丙烯用于制造汽车保险杠B食品包装袋中还原铁粉防氧化的过程C三星堆出土的青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程D淮

8、南万毕术记载：“白青，得铁即化为铜”14“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是A铜的金属活动性大于银B通过揉搓可提供电解质溶液C银丝可长时间保持光亮D用铝丝代替银丝铜也会变黑15火法炼铜中涉及反应：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，下列判断正确的是ACuFeS2只作还原剂BSO2既是氧化产物又是还原产物C消耗1 mol O2时转移电子的物质的量为4 molD每生成1 mol Cu2S同时产生22.4 LSO216下列实验中相关反应的离子方程式书写错误的是装置编号溶质X酸

9、性FeCl2溶液酸性KMnO4溶液饱和NaHSO3溶液含有淀粉的HI溶液A：2Fe2+2H+H2O=2Fe3+2H2OB：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2OC：H2O2+SO=SO+H2OD：H2O2+2H+2I-=I2+2H2O17利用海洋碳汇实现碳中和的途径如图所示，下列说法错误的是A光合作用将太阳能转化为化学能B该循环过程中未涉及氧化还原反应C该过程有利于缓解温室效应D钙化作用时有离子反应：二、综合题（共4题）18随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金维生素”。已知钒的原子序数为23，回答下列问题：（1）钒被认为是一种稀土元素，广

10、泛分散于各种矿物中，钾钒铀矿中的钒原子最外层已达到8 电子稳定结构，其化学式为K2H6U2V2O15（其中钒元素的化合价为+5价）。若用氧化物的形式表示，该化合物的化学式为：_。（2）五氧化二钒是工业制造中的常用催化剂，如工业制硫酸中就利用五氧化二钒作催化剂。从含钒废催化剂中回收钒，传统的技术是“氧化焙烧法”,其具体流程为：其中焙烧是将食盐和钒铅矿在空气中焙烧，这时矿石中所含的V2O5就转化为NaVO3，然后用水从烧结块中浸出NaVO3，再用稀硫酸酸化就得到V2O5的水合物，经过煅烧就可得到V2O5。配料在焙烧前磨碎的目的是_。写出焙烧过程中V2O5发生反应的化学方程式：_。（3）测定钒含量的

11、方法是先把钒转化成V2O5，V2O5在酸性溶液里转变成VO，再用盐酸、硫酸亚铁、草酸等测定钒。反应的化学方程式为：VO2+H2C2O4=VO+2CO2+H2O。若反应消耗0.9 g 草酸，参加反应的钒元素质量是_g。（4）以V2O5为催化剂，使SO2转化为SO3的反应如下：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。某温度下，SO2的平衡转化率(a)与体系总压强(P)的关系如图所示。根据图示回答下列问题：将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa该反应的平衡常数表达式为_，等于_。平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）_K（B）（填“”、

12、“”或“=”）。19要准确掌握化学基本概念和研究方法。按要求回答下列问题：(1)下列是某同学对有关物质进行分类的列表：碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物第一组Na2CO3 H2SO4 NaHCO3CaOCO2 第二组NaOHHClNaClONa2OCO第三组NaOHCH3COOH CaF2Al2O3 SO2 每组分类均有错误，其错误的物质分别是_(填化学式，下同)、_、_。(2)鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生_现象。(3)一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表，按要求回答下列问题物质MNQP反应前质量(g)501312反应后质量(

13、g)X26330该变化的基本反应类型是_反应。20工业上用黄铁矿（FeS2）为原料制备硫酸的流程如下：回答下列问题：（1）在接触室中发生的反应是2SO2+O22SO3，该反应属于_（填字母）a.氧化还原反应 b.离子反应c.化合反应 d.可逆反应（2）Fe2O3废渣的用途有_（答出一条即可）。（3）写出沸腾炉中发生反应的化学方程式：_（4）取硫酸产品加入蔗糖中，有“黑面包”现象发生，该过程体现出浓硫酸的性质是_。21MnCO3是制造电器材料软磁铁氧体的原料。实验室利用菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等杂质)得到高纯碳酸锰产品。工艺流程如下：(1)将菱锰矿粉

14、与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是_，X为NH3和CO2的混合气体，写出焙烧的化学方程式：_。(2)为了降低生产成本，有些物质可以循环利用，能循环利用的物质为_(填名称)。(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2转变成Fe3，该反应的离子方程式是_。(4)物质Y可以是_(填字母)。a.MnCl2 b.MnCO3 c.NH3H2O d.NaOH(5)氯化铵用量对锰浸出率的影响如图所示，请分析，选择氯化铵与锰矿粉的质量比为_适宜。(6)焙烧过程中产生的尾气NH3、CO2以及少量HCl会对设备有一定腐蚀作用，直接排放会造成一定污染，实验中用如图所示装置进行尾气处理：(已知冷凝管和洗气瓶中有相同产物)冷凝

15、管的作用为_。请写出洗气瓶中的化学方程式：_。参考答案1B【详解】A将黄铁矿粉碎，增大接触面积，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确;B造气室中FeS2和氧气反应生成Fe2O3和SO2，反应方程式是4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，每生成1molSO2，有5.5mole-发生转移，故B错误；CSO3与H2O化合时放出大量热，易形成酸雾，故C正确；D吸收塔排放的尾气可通过氨吸收，转化成硫酸铵，铵盐可做氮肥，故D正确；故选B。2D【分析】由题干实验流程可知，过程发生复分解反应将琥珀酸亚铁转化为FeCl2等物质，过程发生的反应为KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+

16、5Cl2+8H2O，过程反应为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，过程发生的反应为Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，过程发生的反应为：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，据此分析解题。【详解】A由分析可知，步骤的反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Cl2为氧化剂，步骤的反应2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+中， I2是氧化产物，A错误；B根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物，结合分析可知，从实验过程可推知，氧化性：Fe3+I2；还原性：Fe2+Mn2+，B错误；C由分析可知，步骤反应为：KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2

17、+5Cl2+8H2O，故生成1mol气体，消耗=3.2molHCl，C错误；D由分析可知，步骤发生的均是非氧化还原反应，D正确；故答案选择D。3C【分析】在反应NaH+H2ONaOH+H2中，NaH中H的化合价为-1价，H2O中H的化合价为+1价，只有H元素的化合价发生变化，氢气既是还原产物又是氧化产物，据此分析判断。【详解】ANaH中Na的化合价为+1价，H的化合价为-1价，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，被氧化，NaH为还原剂，故A正确；BH元素的化合价由-1价升高为0，NaH为还原剂，水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为11，故B正确；C该反应中每

18、生成1molH2时转移1mol电子，因此转移0.1mol电子时生成0.1molH2，在标况下体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，但未告知是否为标准状况下，故C错误；DNaH中H的化合价为-1价，H2O中H的化合价为+1价，反应后均变成0价，氢气既是还原产物又是氧化产物，若将H2O改成D2O，则生成HD和NaOD，故D正确；故选C。4C【分析】黑锰粉中含有、及炭黑等，步骤将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体；所得粗品中含有、及炭黑等，步骤是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，此时粗产品中含有、

19、；步骤是向粗产品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。【详解】A步骤将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体，可知步骤分离出、的试剂和操作为：水、过滤，故A项正确；B经步骤分离所得的粗品中含有、及炭黑等，步骤是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，则步骤中发生的反应正确，故B项正确；C中先加入双氧水，会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；

20、D步骤是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D项正确。故选C。5C【详解】ANH4C1为离子化合物，是铵根离子和氯离子构成的，电子式为，故A正确；B氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，故B正确；C若NaClO2与NCl3恰好完全反应，发生反应为：，x为NaCl、NaOH的混合溶液，故C错误；D饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确。故选：

21、C。6C【详解】1molK2Cr2O7被还原为Cr3+，得到6mole-，1molFeS被氧化为Fe3+、SO，失去(1+8)mole-，由得失电子数目守恒可得1molFeS消K2Cr2O7的物质的量为1.5mol。FeS2被氧化为Fe3+、SO，失去(1+72)mole-，由得失电子数目守恒可得1molFeS消耗K2Cr2O7的物质的量为2.5mol。则等物质的量的FeS、FeS2完全反应，消耗K2Cr2O7的物质的量之比为：1.5：3.5=3：5，C正确。7C【详解】略8C【详解】A，S元素化合价不变，不是氧化还原反应，不需加入还原剂，A项不选；B，Fe元素化合价升高，Fe2+作还原剂，需

22、要加入氧化剂才能实现，B项不选；C，Mn元素化合价降低，作氧化剂，需要加入还原剂才能实现，C项选；D，Cl元素化合价升高，HCl作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D项不选；答案选C。9D【详解】A氧化还原反应是一个整体，氧化反应和还原反应同时在一个反应中，在CuO+H2Cu+H2O反应过程中，对CuO而言是失去氧被还原，发生还原反应，对H2而言，则是得到氧被氧化，发生氧化反应，A错误；B置换反应都是氧化还原反应，但CO与Fe2O3的反应不是置换反应，B错误；C反应前后氧元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，C错误；D复分解反应只是反应物相互交换成分重新组合成新物质，没有电子转移，所以复分解

23、反应一定不是氧化还原反应，D正确；故选：D。10C【详解】A根据流程图可知溶解过程中Zn和Cu都被溶解，Zn可直接被硫酸溶解，而Cu不能直接溶于酸，故加入的作用是氧化Cu而使Cu溶解，故A正确；B为了保证操作M后铜被完全分离，加入过量锌粉，故B正确；C操作M为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C错误；D操作M后的溶液中存在大量的，加适量碱生成，经过滤、洗涤、干燥、加热等操作，可得到ZnO，故D正确；答案选C。11A【详解】由表中数据分析可知，当通入4.48L氯气时，NaBr和NaI已经全部被氧化了，所以溶质为NaCl，其物质的量n= =0.3mol，根据Cl原子守恒可知反应消耗Cl2

24、的体积V(Cl2)=0.15mol22.4L/mol=3.36L，所以当通入Cl2的体积为3.36L时，NaBr和NaI固体混合物样品全部被氧化，生成NaCl的质量为0.3mol58.5g/mol=17.55g，所以n(Na+)=0.3mol。设固体混合物样品含NaBr为xmol，含NaI为ymol，所以x+y=0.3；103x+150y=35.6，解得x=0.2，y=0.1，所以NaBr和NaI的物质的量之比为2：1。A原固体中含NaI的物质的量为0.1mol，NaBr的物质的量为0.2mol，当通入0.1mol Cl2时，I-完全被氧化消耗0.05mol Cl2，剩余0.05mol Cl2

25、氧化0.1mol Br-，剩余0.1mol Br-未被氧化，因此最终所得固体中含有NaCl和NaBr，故A错误；B当通入Cl2体积为3.36L，NaBr和NaI已经全部被氧化了，实验2和实验3溶液蒸干所得固体一定是NaCl，故B正确；C原固体混合物中 NaBr 和 NaI 的物质的量之比为 21，故C正确；D当 Cl2 体积为 3.36 L 时，NaBr和NaI固体混合物样品全部被氧化，生成NaCl的质量为17.55g，故D正确；综上所述，说法不正确的是A项，故答案为A。12C【详解】A由方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，则氯酸钾为氧化剂，发生还原反应，故A正确；B由方程式可知，反应

26、中碳元素的化合价升高被氧化，则草酸是反应的还原剂，反应中被氧化，故B正确；C由方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，反应中碳元素的化合价升高被氧化，则草酸是反应的还原剂，二氧化氯是还原产物，则不能比较草酸和二氧化氯的氧化性强弱，故C错误；D二氧化氯具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，则二氧化氯作水处理剂时，利用了其强氧化性，故D正确；故选C。13A【详解】A聚丙烯机械强度好、电绝缘性好、耐化学腐蚀、质轻、无毒，聚丙烯可用于制造汽车保险杠，无元素化合价发生变化，不属于氧化还原，A正确；B食品包装袋中还原铁粉可以和氧气发生反应，从而防止食品和氧气反应，发生了氧化还原反应，B错误；C青铜文物表

27、面生成Cu2(OH)3Cl的过程中铜元素的化合价发生变化，属于氧化还原，C错误；D“得铁即化为铜”属于置换反应，是氧化还原反应，D错误；故选A。14D【详解】A根据金属活动性顺序表，铜的金属活动性大于银，A项正确；B通过揉搓，手上的汗水可提供电解质溶液，B项正确；C银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，单质银活动性较弱，可长时间保持光亮，C项正确；D铜的活动性比铝弱，氧化铝不能被铜还原为单质铝，因此铜不会变黑，D项错误；答案选D。15B【详解】A在该反应中 Cu元素的化合价由反应CuFeS2中的+2价变为反应后Cu2S中的+1价，化合价降低得到电子，被还原，所以CuFeS2作氧化剂；S元素化合

28、价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CuFeS2又作还原剂，故CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，A错误；B在该反应中，S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，SO2是氧化产物；O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降低，得到电子，被还原，SO2又是还原产物，故SO2既是氧化产物又是还原产物，B正确；C在该反应中得到电子的元素有Cu、O，失去电子的元素只有S，每有1 mol O2参加反应，转移电子的物质的量是6 mol，C错误；D根据方程式可知：每生成

29、1 mol Cu2S同时产生1 mol SO2，但由于未知外界条件，因此不能确定1 mol的SO2的体积是否是22.4 L，D错误；故合理选项是B。16C【详解】AH2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，A正确；BH2O2能将MnO还原为Mn2+，O元素化合价升高生成O2，由得失电子守恒5H2O22 MnO，离子方程式：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，B正确；C存在电离：NaHSO3=Na+HSO，亚硫酸氢根和过氧化氢发生氧化还原反应得到硫酸根，离子方程式为：2 HSO+ H2O22SO+H2O+2H+，C错误；D

30、H2O2和HI发生氧化还原反应生成H2O和I2，离子方程式为：H2O2+2H+2I-=I2+2H2O，D正确；故选C。17B【详解】A合作用将太阳能转化为化学能，A项正确；B光合作用：CO2(CH2O)n中，C元素的化合价发生改变，涉及氧化还原反应，B项错误；C该过程实现了碳中和，有利于缓解温室效应，故C正确；D钙化作用中，氯化钙和碳酸钠、碳酸氢钠混合，发生了；故选B。18K2OV2O52UO3 3H2O 增大接触面积，使反应充分进行 2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+ 2Cl2 0.51 K= 800Lmol-1 = 【详解】(1) 用氧化物的形式表示的前提是保持各种元素化合价不变，

31、所以可同时将原子个数扩大相同的倍数，即化学式是K2OV2O52UO33H2O；（2）粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使反应物充分反应；根据电子的得失守恒可知，焙烧过程中V2O5发生反应的化学方程式原来2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+ 2Cl2；(3)0.9g草酸的物质的量是0.01mol，则根据反应的化学方程式VO2+H2C2O4=VO+2CO2+H2O可知，参加反应的钒元素的质量是0.01mol51g/mol0.51g；（4）反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数表达式为K=；2SO2(g) O2(g) 2SO3(g)起始 2 1 0转化 1.6 0.8 1

32、.6平衡 0.4 0.2 1.6K=800 Lmol-1；平衡常数随温度变化，平衡状态由A变到B时。温度不变，平衡常数不变，故K（A）=K（B）。19Na2CO3 CO Al2O3 丁达尔 分解 【分析】(1)根据酸、碱、盐、酸性氧化物、碱性氧化物等概念判断不符合的物质；(2)胶体能够发生丁达尔效应，溶液不能，据此判断；(3)根据质量守恒定律判断反应后M的质量，结合物质的质量变化及基本反应类型的特点判断该反应所属类型。【详解】(1)第一组中的Na2CO3俗称纯碱，电离产生金属阳离子和酸根离子，因此属于盐，不属于碱；第二组中的CO不能与碱反应产生盐和水，也不能与酸反应产生盐和水，CO属于不成盐氧

33、化物，而不属于酸性氧化物；第三组中的Al2O3既能与碱反应产生盐和水，也能与酸反应产生盐和水，所以Al2O3属于两性氧化物，而不是属于碱性氧化物；因此这三种物质类型判断错误；(2)由于胶体分散质微粒直径比较大，能够使光线发生散射作用而产生丁达尔效应，而溶液不能产生丁达尔效应，故鉴别胶体和溶液所采用的方法是：观察是否能发生丁达尔现象；(3)根据表格数据可知：Q的质量反应前后不变，N质量增加26 g-1 g=25 g，P质量增加30 g-12 g=18 g，固体质量共增加了25 g+18 g=43 g，则根据质量守恒定律可知M的质量会减少43 g，则反应后M的质量为50 g-43 g=7 g。在该

34、反应中，M质量减少，M是反应物，反应物只有M一种；N、P质量增加，则N、P为生成物，生成物有两种，因此该反应的基本类型是分解反应。【点睛】本题考查了物质所属类型的判断及化学反应基本类型的判断。掌握各个概念的含义是正确判断的关键。注意从分散质微粒直径大小区分胶体与溶液与判断二者的方法。20acd 生产涂料、生产红色油漆、冶炼铁 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 脱水性和氧化性 【分析】（1）在接触室中发生的反应是2SO2+O22SO3，该反应中S化合价升高，O化合价降低，属于氧化还原反应，同时也是可逆反应和化合反应；（2）Fe2O3废渣是红色固体，用途有生产涂料、生产红色油漆、冶炼铁等

35、；（3）黄铁矿（FeS2）和氧气反应生成Fe2O3和SO2；（4）取硫酸产品加入蔗糖中，浓硫酸具有脱水性，会把有机物中的氢和氧按2:1的比例脱出来，剩下碳，所以会变黑；浓硫酸具有强氧化性会和C反应生成二氧化碳和二氧化硫气体散发出来，所以就会形成蓬松的像面包一样。【详解】（1）在接触室中发生的反应是2SO2+O22SO3，该反应中S化合价升高，O化合价降低，属于氧化还原反应，同时也是可逆反应和化合反应，故选acd；（2）Fe2O3废渣是红色固体，用途有生产涂料、生产红色油漆、冶炼铁等；（3）黄铁矿（FeS2）和氧气反应生成Fe2O3和SO2，该反应是氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒可得方

36、程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；（4）取硫酸产品加入蔗糖中，浓硫酸具有脱水性，会把有机物中的氢和氧按2:1的比例脱出来，剩下碳，所以会变黑；浓硫酸具有强氧化性会和C反应生成二氧化碳和二氧化硫气体散发出来，所以就会形成蓬松的像面包一样，故该过程体现出浓硫酸的性质是脱水性和氧化性。21增大接触面积，加快反应速率 MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+H2O+CO2 氯化铵 MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O bc 1.1:1 生成氯化铵，除去氯化氢 MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3 【分析】菱锰矿(主要成分MnCO3，还

37、含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等杂质)加入氯化铵混合研磨后焙烧，发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+H2O+CO2反应，加水溶解后，过滤出二氧化硅，浸出液中加入氧化剂二氧化锰，把亚铁离子氧化为铁离子，加入试剂Y调节pH，使铁离子、镁离子等转化为沉淀除去，为了不引入新杂质，可以选用b.MnCO3 c.NH3H2O；滤液中加入碳酸氢铵后进行碳化结晶，过滤得到固体碳酸锰，滤液为氯化铵，蒸发结晶后得到固体氯化铵，可以循环使用。【详解】(1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是增大物质间的接触面积，加快反应速率；焙烧后，产生X气体为NH3和CO2的混合气体，焙烧的化学方程式：

38、MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+H2O+CO2；(2)根据流程图可知，结合以上分析可知，能循环利用的物质为氯化铵；(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2转变成Fe3，该反应的离子方程式是MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；(4)物质Y是用来调节溶液的pH，既能消耗氢离子，又不能引入新杂质，可以选用b.MnCO3 和c.NH3H2O；(5)根据氯化铵用量对锰浸出率的影响图像进行分析，当氯化铵与锰矿粉的质量比在1.1:1以后，锰的浸出率基本上变化不大，因此选择氯化铵与锰矿粉的质量比为1.1:1适宜；(6)氨气和氯化氢遇冷后产生氯化铵，除去了氯化氢气体，减少对设备的腐蚀作用；所以冷凝管的作用为生成氯化铵，除去氯化氢；洗气瓶中盛装的溶液为氯化锰溶液，氨气、二氧化碳混合气体进入到该溶液中发生反应生成了氯化铵和碳酸锰沉淀，反应的化学方程式为：MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3。