专题01 物质及其变化（能力检测卷）- 2024年高考化学大一轮复习【讲义+练习+专题】

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考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
2.精练高考真题，明确方向
经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力
复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。
专题一 物质及其变化（能力检测卷）
1．傍晚，无数光柱透过云层，将天空映照得非常美丽。该光柱
A．源于丁达尔效应
B．证明空气是纯净物
C．由O2无规则运动引起
D．由N2的“惰性”引起
【答案】A
【解析】傍晚，无数光柱透过云层，将天空映照得非常美丽。该光柱是空气中的尘埃在空气中形成了胶体，能够使光线发生散射作用而沿直线传播，即发生了丁达尔效应，故合理选项是A。
2．中华优秀传统文化包括楚剧、民乐、汉剧、汉绣、京剧、陶艺、阳新布贴、剪纸等特色传统文化。下列叙述错误的是
A．“汉绣”中蚕丝线的主要成分是纤维素B．“陶艺”中陶制品耐酸碱的腐蚀
C．“民乐”中竹笛的主要成分是有机高分子化合物D．剪纸过程中只发生了物理变化
【答案】A
【解析】A．蚕丝主要成分是蛋白质；故A错误；
B．因为陶瓷的化学成分是硅铝酸盐，耐酸碱的腐蚀；故B正确；
C．竹笛由竹子制成，主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物；故C正确；
D．剪纸过程中没有化学反应，只发生了物理变化；故D正确；
故答案选A。
3．下列过程不涉及化学变化的是
A．利用阳光将转化为淀粉B．利用雷达探测表面土壤厚度
C．低温制得用于新能源汽车D．以空气中的为原料合成
【答案】B
【解析】A．CO2转化为淀粉，有新物质生成，发生了化学变化，A项不符合题意；
B．雷达探测土壤厚度没有新物质生产，不涉及化学变化，B项符合题意；
C．CH3OH低温制取H2，有新物质生成，发生了化学变化，C项不符合题意；
D． 由N2合成NH3，有新物质生成，发生了化学变化，D项不符合题意。
答案选B。
4．“古诗文经典已融入中华民族的血脉”。下列诗文中隐含化学变化的是
A．月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠B．掬月水在手，弄花香满衣
C．飞流直下三千尺，疑是银河落九天D．举头望明月，低头思故乡
【答案】A
【解析】A．渔火为物质燃烧发的光，燃烧属于化学变化，A符合题意；
B．捧起清澄明澈的泉水，泉水照见月影，好像那一轮明月在自己的手里一般；摆弄山花，馥郁之气溢满衣衫，为物理变化，B与题意不符；
C．飞流直下三千尺，为水的自由落体运动，为物理变化，C与题意不符；
D．举头望明月，月光为反射的太阳光，为物理变化，D与题意不符；
答案为A。
5．下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A．生石灰、白磷、熟石灰B．空气、氮气、胆矾
C．干冰、铁、氯化氢D．烧碱、液态氧、碘酒
【答案】D
【解析】A．生石灰是钙、氧元素组成的纯净物，属于化合物；白磷为单质；熟石灰为氢氧化钙，属于化合物，为纯净物，故A不符合题意；
B．空气中含有多种物质，属于混合物；氮气为单质；胆矾是由铜、硫、氧、氢四种元素组成的纯净物，属于化合物，故B不符合题意；
C．干冰是由碳、氧元素组成的纯净物，属于化合物；铁为单质；氯化氢是由氢、氯元素组成的纯净物，属于化合物，故C不符合题意；
D．烧碱是由钠、氢、氧三种元素组成的纯净物，属于化合物；液态氧为单质；碘酒为碘和酒精的混合物，故D符合题意；
故答案为D。
6．分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是
①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物等
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物
⑤根据水溶液溶液能否导电将物质分为电解质和非电解质
A．②④⑤B．②③④C．①③⑤D．①②④
【答案】D
【解析】①根据氧化物的性质，氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，故①正确；
②化学反应根据有无电子转移，反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；
③分散系根据分散质直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液，故③错误；
④根据纯净物所含元素种类的多少将纯净物分为单质和化合物，故④正确；
⑤根据在水溶液或熔融状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误。
故选D。
7．下列有关胶体的说法正确的是
A．可用作净水剂的原因是易溶于水
B．将浓溶液滴加到饱和溶液中制备胶体
C．用可见光束照射以区别溶液和胶体
D．、、、能在胶体中大量共存
【答案】C
【解析】A．因在水溶液中形成胶体而起到净水作用，A项错误；
B．将浓溶液滴加到饱和溶液中会生成红褐色的沉淀而不是胶体，B项错误；
C．胶体可发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，所以可用可见光束照射以区别溶液和胶体，C项正确；
D．胶体在电解质溶液中发生聚沉，在大量存在的溶液中生成和水，D项错误；
答案选C。
8．孔雀石古称石绿，是铜的表生矿物[化学式，“水色”从植物中提取，如花青(分子式)。下列说法错误的是
A．“石绿”耐酸、耐碱B．属于纯净物
C．保存不善的国画，“水色”容易变色D．从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取
【答案】A
【解析】A．石绿为碱式碳酸铜，能和酸反应，故不耐酸，A错误；
B．只含有一种物质，属于化合物，属于纯净物，B正确；
C．花青为有机物，根据分子式分析，含有不饱和键，容易被氧化，所以容易变色，C正确；
D．花青为有机物，能溶于有机溶剂，从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取，D正确；
故选A。
9．下列关于胶体的说法正确的是
A．胶体和溶液可以利用滤纸分离，这种提纯方式是渗析
B．丁达尔效应是胶体粒子对光线散射形成的，是一种物理现象
C．向煮沸的 NaOH溶液中逐滴加入少量饱和 FeCl3溶液，可制得 Fe(OH)3胶体
D．胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】A．胶体中的胶粒和溶液中的溶质分子或离子都能透过滤纸，则不能用过滤的方法分类胶体与溶液，而渗析是利用半透膜分离提纯胶体，故A错误；
B．胶粒直径介于 1～100nm之间，小于可见光光波长，对光散射形成丁达尔效应，故B正确；
C．把饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热至溶液呈现红褐色停止加热，即得到Fe(OH)3胶体，而向煮沸的 NaOH溶液中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液得到的是Fe(OH)3沉淀，故C错误；
D．胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径的大小，其中胶体中的胶粒的直径介于1~100nm之间，故D错误；故答案为B。
10．下列各组溶液中的反应，无论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是
A．FeBr2与C12B．Ca(HCO3)2与Ca(OH)2
C．HCl与Na2CO3D．Ba(OH)2与NaHSO4
【答案】B
【解析】A．还原性强弱：Fe2+>Br-。Cl2与FeBr2物质的量之比小于等于1，产生FeBr3和FeCl3；Cl2与FeBr2物质的量之比在1至1.5之间，有FeCl3和Br2、FeBr3。若Cl2与FeBr2物质的量之比大于等于1.5有FeCl3和Br2，A项不符合题意；
B．该组无论量均产生水和CaCO3，可用一个方程式表达，B项符合题意；
C．若盐酸少量产生的是NaHCO3，而若盐酸足量产生的是CO2和H2O，C项不符合题意；
D．若Ba(OH)2少量产生BaSO4、H2O、Na2SO4；若Ba(OH)2足量产生BaSO4、H2O、NaOH，两反应不能用同一离子方程式表达，D项不符合题意；故选B。
11．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色溶液中：、、B．酸性溶液中：、、
C．碱性溶液中：、、D．溶液中：、、
【答案】D
【解析】A．铜离子为蓝色，A不符合题意；
B．酸性溶液中含有氢离子，H+、会生成HClO，不共存，B不符合题意；
C．碱性溶液中存在氢氧根离子，氢氧根离子和铝离子反应不共存，C不符合题意；
D．溶液中，钾离子、硝酸根离子、、、相互不反应，能共存，D符合题意；
故选D。
12．下列各粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
【答案】C
【解析】A．与不反应，和反应生成沉淀而不是，错误；
B．与发生酸碱中和反应生成和，不属于水解反应，错误；
C．会将氧化而不能大量共存，正确；
D．因为可催化分解，所以和不能大量共存，错误；
故选C。
13．下列未知盐的稀溶液所含离子的检验中，作出的判断一定正确的是
A．当加入硝酸银溶液时，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，则一定含有Cl-
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，可判定含有SO
C．加入足量盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中一定有CO
D．加入盐酸后无现象，再加氯化钡有白色沉淀，可判定含有SO
【答案】D
【解析】A．当溶液中有时，加入硝酸银可以生成硫酸银，硫酸银微溶于水且不溶于稀硝酸，则有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，不一定含有氯离子，A错误；
B．加氯化钡溶液产生白色沉淀，则溶液中可能有银离子，与氯离子生成了氯化银沉淀，且碳酸根离子等也能和氯化钡生成白色沉淀，因此不一定含有硫酸根离子，B错误；
C．若溶液中含有亚硫酸根离子，加入足量盐酸，生成二氧化硫能使澄清石灰水变浑浊，因此溶液中不一定有碳酸根离子，C错误；
D．加入盐酸无现象，排除了碳酸根、亚硫酸根和银离子存在的可能，再加入氯化钡有白色沉淀，则说明含有硫酸根离子，D正确；
故答案选D。
14．下列反应的离子方程式表示正确的是
A．向HClO溶液中滴加少量溶液：
B．等物质的量的溴与碘化亚铁在溶液中反应：
C．向硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钡溶液：
D．用惰性电极电解氯化镁溶液：
【答案】C
【解析】A．由于酸性：，所以向HCIO溶液中无论滴加过量或少量溶液都只能生成，离子方程式为：，A项错误；
B．等物质的量的溴与碘化亚铁反应，的还原性比的强，先与溴反应，离子方程式为：，B项错误；
C．向硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钡溶液：，C项正确；
D．用惰性电极电解氯化镁溶液时会生成Mg(OH)沉淀，离子方程式为：，D项错误；
故选C。
15．对反应，下列说法正确的是
A．发生氧化反应B．是还原产物
C．是还原剂D．每生成转移
【答案】C
【解析】A．氯气中氯元素化合价降低，发生还原反应，A错误；
B．过氧化氢中氧元素化合价升高，发生氧化反应得到氧化产物氧气，B错误；
C．过氧化氢中氧元素化合价升高，发生氧化反应，过氧化氢为还原剂，C正确；
D．由化学方程式可知，电子转移关系为：，每生成转移，D错误；
故选C。
16．一定条件下，硫的某种含氧酸与可发生如下反应：(未配平)，则下列有关的推断不合理的是
A．该反应中，不一定有生成
B．该反应中，作还原剂，作氧化剂
C．若，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为
D．若，则每生成1个S原子，此时转移的电子为6个
【答案】D
【解析】A．该反应中，当x=3时，没有二氧化硫生成，故A不符合题意；
B．该反应中，中硫化合价升高，作还原剂，中硫化合价降低，作氧化剂，故B不符合题意；
C．若，是还原剂，是氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为，故C正确；
D．若，则每生成1个S原子，则1个硫化氢反应生成，此时转移的电子为2个，故D错误。
综上所述，答案为D。
17．已知NH4NO3爆炸时的反应为4NH4NO33N2↑＋2NO2↑＋8H2O↑，下列说法不正确的是
A．NH4NO3在高温下爆炸时有红棕色气体生成
B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，N2是氧化产物，NO2是还原产物
C．实验室不能用NH4NO3固体与Ca(OH)2固体混合加热制备NH3
D．乘坐火车时不能携带NH4NO3固体
【答案】B
【解析】A．由方程式可知，硝酸铵在高温下爆炸时有红棕色的二氧化氮生成，所以可以看到红棕色的烟雾，故A正确；
B．由方程式可知，硝酸铵在高温下爆炸时铵根离子中氮元素化合价升高被氧化，硝酸根离子中氮元素的化合价降低被还原，所以硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，由得失电子数目守恒可知，氮气既是氧化产物也是还原产物，二氧化氮是还原产物，故B错误；
C．由硝酸铵受热易爆炸可知，实验室不能用硝酸铵固体与氢氧化钙固体混合加热制备氨气，故C正确；
D．由硝酸铵受热易爆炸可知，乘坐火车时不能携带硝酸铵固体，否则会发生意外事故，故D正确；
故选B。
18．某无色透明溶液，可能含有下列离子：、、、、、、，现做实验如下：
①取少量原溶液滴加石蕊试液呈红色；
②取少量原溶液，加入过量的NaOH溶液，有白色沉淀生成；
③取少量原溶液，加入过量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，静置分层；取静置后的上层清液，加入硝酸银溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。
下列说法错误的是
A．溶液中一定存在的离子是、、
B．溶液中一定不存在的离子是、、
C．②中生成白色沉淀的离子方程式为
D．根据③现象可知原溶液中一定含有
【答案】D
【分析】第一步：观察溶液信息和可能含有的离子。溶液无色透明，说明不含。第二步：分析各个实验现象。根据①可知该溶液显酸性，存在大量，所以一定不含；实验②中加入过量的NaOH溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有，该白色沉淀为氢氧化镁；实验③中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有，则原溶液中一定不含；静置后的上层清液，加入溶液，有白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸，则白色沉淀为氯化银，因加入氯化钡时引入，所以不能确定原溶液是否含。
【解析】A．根据分析可知溶液中一定存在的离子是、、，选项A正确；
B．根据分析可知溶液中一定不存在的离子是、、，选项B正确；
C．根据分析可知白色沉淀为，选项C正确；
D．观察上述分析，无法确定原溶液中一定含有氯离子，选项D错误；
答案选D。
19．雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有中的几种。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成了如图所示实验。
已知：。
下列有关雾霾中所含离子的说法不正确的是
A．肯定存在和B．可能存在、和
C．可能存在D．一定不含
【答案】D
【分析】试样溶液中加入过量氢氧化钡并加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体是NH3，则试样中含有；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有，根据元素守恒知，原溶液中含有；向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有，能和过量氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，溶解的沉淀为氢氧化镁，所以溶液中含有Mg2＋，据此分析解答。
【解析】通过以上分析知，试样中肯定存在、Mg2＋、和，故A正确；根据以上分析知，试样中肯定存在、Mg2＋、和，可能存在Na+，所以该雾霾中可能存在可能存在、和，故B正确，由于没有设计实验验证溶液中是否存在钠离子和氯离子，试样中可能存在Na+、，故C正确；通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故D错误；故选B。
20．已知：将一定最的通入100mL 6 NaOH溶液中恰好完全反应，产物中可能有NaCl、NaClO、，且的物质的量浓度与温度高低有关。下列说法正确的是
A．反应后溶液中
B．被氢氧化钠溶液吸收的的物质的量为1.2ml
C．反应中转移的电子的物质的量可能为0.4ml
D．反应后溶液中
【答案】C
【分析】设产物中NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量分别为a、b、c，则根据电子守恒可知a=b+5c，根据钠元素守恒可知a+b+c=6ml/L×0.1L=0.6ml，据此分析解答。
【解析】若反应后溶液中，6≠(6+1×5)，不符合得失电子数相等，故A错误；根据分析NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量之和为0.6ml，即n(Cl)=n(Na)=0.6ml，n(Cl2)=0.5n(Cl)=0.3ml，故B错误；NaCl为唯一还原产物，若转移0.4ml电子，则生成0.4ml NaCl，即a=0.4，带入a=b+5c、a+b+c=0.6，得b=0.15、c=0.05，有符合实际的解，所以反应中转移的电子的物质的量可能为0.4ml，故C正确；将a=b+5c、a+b+c=0.6联立可得2a=0.6+0.4c，所以产物中NaClO3越多，NaCl的物质的量越大，当产物只有NaCl和NaClO3时，NaCl的物质的量达到最大值，此时a=5c、a+c=0.6，解得a=0.5，c(NaCl)=0.5ml÷0.1L=5ml/L，即反应后溶液中c(NaCl)≤5ml•L-1，故D错误；故选C。
21．化学不仅能创造新物质，还能分离提纯物质。
Ⅰ.用一种试剂除去下列各物质中的杂质(括号内为杂质)，并写出离子方程式。
(1)NaOH溶液[]，试剂：_______，离子方程式：_______。
(2)溶液()，试剂：_______，离子方程式：_______。
Ⅱ.现要将含有少量、、等重金属阳离子的生活污水(其阴离子主要为)进行处理，选择适当的试剂除去重金属离子，得到可排放的水，实验流程如图所示。
(3)操作Ⅰ的名称为_______，需要用到的玻璃仪器有_______。
(4)写出生成沉淀的离子方程式：_______。
(5)若加入的稀硫酸过量，则红色固体属于_______(填“纯净物”或“混合物”)，浅绿色溶液中的溶质除了过量的硫酸，还有_______(填化学式)。
【答案】(1)碳酸钠溶液 CO32-+Ca2+= CaCO3↓ (2) 硝酸银溶液 Cl-+Ag+=AgCl↓
(3)过滤 漏斗、玻璃棒、烧杯 (4)Zn2++2OH-= Zn (OH)2↓ (5) 纯净物 ZnSO4
【分析】污水静置除去不溶物，溶液加入过量锌将铜离子、铁离子转化为铜、铁分离出滤渣A，A加入稀硫酸，铜不反应得到红色固体、铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气；滤液加入适量氢氧化钠和锌离子生成氢氧化锌沉淀，氢氧化锌转化为氧化锌；
（1）可以加入适量碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应为CO32-+Ca2+= CaCO3↓；
（2）可以加入适量的硝酸银生成氯化银沉淀和硝酸钡，反应为Cl-+Ag+=AgCl↓；
（3）操作Ⅰ是分离固液的操作，为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
（4）氢氧化钠和锌离子生成氢氧化锌沉淀，Zn2++2OH-= Zn (OH)2↓；
（5）若加入的稀硫酸过量，铁完全反应，则红色固体中只含有铜，属于纯净物，浅绿色溶液中的溶质除了过量的硫酸，还有锌和硫酸生成的硫酸锌ZnSO4。
22．海水中有丰富的资源。从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取溴。完成下列填空
(1)粗盐中含有Mg2+、Ca2+、等杂质离子，可用化学方法进行精制，将粗盐溶解滤去不溶性杂质后，可按如下步骤进行杂质离子的去除，将相应的步骤补充完整：
第一步：加入过量的_______(填化学式)溶液，除去_______(填微粒符号)；
第二步：加入过量的BaCl2溶液，除去_______(填微粒符号)；
第三步：加入过量的_______(填化学式)溶液，除去_______(填微粒符号)；
第四步：过滤，在滤液中加入盐酸调节至中性。
(2)工业上以晒盐后的卤水为原料进行提溴，主要流程如下：
①卤水呈碱性，在通入Cl2先需先酸化，原因是_______。
②向酸化后的卤水中通入Cl2时发生反应的离子方程式为_______。
③吸收步骤中发生的化学反应方程式为_______。
④设立“吸收”步骤的目的是_______。
⑤蒸馏时应控制温度不超过100°C，原因是_______。
⑥萃取溴水中的单质溴，可供选择的有机试剂是_______。
A．烧碱溶液 B．苯 C．酒精 D．四氯化碳
⑦经该方法处理后，1m3海水最终得到38.4 gBr2，若总提取率为60%，则原海水中溴离子的浓度是_______mml/L。
【答案】(1)NaOH Mg2+ SO42- Na2CO3 Ba2+、Ca2+
(2)防止氯气和碱反应 Cl2+2Br-= Br2+2Cl- Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 富集溴元素 防止液溴蒸发为溴蒸气 BD 0.4
【分析】浓缩酸化后的海水通入氯气氧化溴离子生成溴单质，通入热空气吹出溴单质，被二氧化硫吸收生成硫酸和溴化氢，通入氯气氧化溴化氢生成溴单质，
【解析】（1）利用沉淀法除去粗盐中可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、SO42-，先加入过量的NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，以除去Mg2+，此时引入了OH-杂质，再加入过量BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，以除去SO42-，此时引入了Ba2+杂质，再加入过量Na2CO3溶液，生成BaCO3沉淀和CaCO3沉淀，以除去Ba2+、Ca2+，此时引入了CO32-杂质，最后过滤，在滤液中加入盐酸调节至中性，以除去CO32-和OH-，故答案为：NaOH；Mg2+；SO42-；Na2CO3；Ba2+、Ca2+；
（2）①卤水呈碱性，在通入Cl2先需先酸化，原因是防止氯气和碱反应；
②向酸化后的卤水中通入Cl2与Br-发生反应生成Br2和Cl-，反应的离子方程式为Cl2+2Br-= Br2+2Cl-；
③吸收步骤中Br2和SO2和水反应生成HBr和硫酸，发生的化学反应方程式为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；
④设立“吸收”步骤的目的是富集溴元素；
⑤蒸馏时应控制温度不超过100°C，原因是防止液溴蒸发为溴蒸气；
⑥萃取溴水中的单质溴，
A.烧碱即NaOH溶液能与Br2反应，不可选作萃取剂，A不选；
B.苯的密度比水小且Br2在苯中的溶解度更大，可选作萃取剂，B选；
C.酒精和水互溶，不可选作萃取剂，C不选；
D.四氯化碳难溶于水且密度比水大，可选作萃取剂，D选；故选BD；
⑦根据最终得到38.4g Br2，提取率为60%可知原海水中的溴的质量为：=64g，物质的量为，原海水的体积为1m3=1000L，则溴的浓度为：。
23．氧化还原反应是中学阶段非常重要的知识，对它的认知和理解是分析问题的关键。
(1)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为：，在此反应中，被还原的元素为___________(填元素符号)，氧化产物是___________(填化学式)，6.4gS参加反应时，产生气体的体积为___________L(标况下)。
(2)写出浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气的化学方程式___________，该反应中体现了浓盐酸的___________性质，当生成1ml的氯气时，被氧化的HCl的物质的量___________。
(3)将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液中，能观察到白色沉淀，用离子方程式解释原因___________、___________。
(4)高锰酸钾和浓盐酸可以发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O
①用单线桥法表示此反应的电子转移的方向及数目___________。
②该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
【答案】(1) S、N CO2 17.92
(2) 酸性、还原 2 ml
(3)
(4) 1：5
【解析】（1）S和N元素的化合价降低，被还原的元素是S、N；C元素化合价升高，氧化产物是CO2；6.4gS的物质的量为，方程式中生成气体的物质的量为：0.8ml，标况下体积为：；
（2）浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气的化学方程式：；体现了浓盐酸的酸性、还原性；当生成1ml的氯气时，被氧化的HCl的物质的量2ml；
（3）将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液中，，硫酸根与钡离子反应生成白色沉淀，，故答案为：、；
（4）单线桥表示为： ；氧化剂为KMnO4，还原剂为浓盐酸，方程式中16个HCl参与反应，10个被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：2：10=1：5。
24．回答下列问题
(Ⅰ)自然界中硫元素的存在如图1，硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系如图2，回答下列问题：
(1)图2中的N对应图1中物质的化学式为_______。
(2)X与Z反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(3)溶液易被氧化，检验溶液变质的试剂为_______。
(4)铜和M的浓溶液反应生成Z的化学方程式为_______；若要证明该反应产物有，需要采取的操作是_______。
(Ⅱ)氮氧化物()是大气污染物之一，处理对于环境保护具有重要的意义。
方案l：
(5)汽车排气管上装有催化转化器，可减少尾气对环境的污染，有害气体CO和NO反应可转化为无害气体排放，写出反应的化学方程式_______。
方案2：
在一定条件下可将还原。甲同学在实验室对该反应进行了探究。实验设计如图(部分夹持装置省略)。
(6)用装置A制备，反应的化学方程式为_______；装置B内的试剂是_______。
(7)装置D中发生反应的离子方程式是_______；可抽动铜丝的优点是_______。
(8)在装置M中和充分反应，生成两种对环境友好的物质，该反应中和的物质的量之比为_______。
方案3：
(9)工业生产中利用氨水吸收少量和，原理如图所示。被吸收过程的离子方程式是_______。
【答案】(1) (2) (3)盐酸和溶液
(4) 冷却后，将试管中的产物缓慢倒入盛冷水的烧杯中
(5)
(6) 碱石灰
(7) 可控制反应发生和停止
(8) (9)
【解析】（1）对比图1和图2可知，图2中的N对应图1中物质的化学式为；
（2）X为H2S，Z为SO2，二者反应的化学方程式为，反应中氧化剂是SO2，还原剂是H2S，二者的物质的量之比为；
（3）溶液易被氧化为，检验溶液变质就是检验的存在，可以用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以检验的试剂为盐酸和溶液；
（4）M为硫酸，Z为SO2，铜和浓硫酸溶液反应生成SO2，反应的化学方程式为；铜和浓硫酸溶液加热条件下反应，若要证明该反应产物有，需要采取的操作是冷却后，将试管中的产物缓慢倒入盛冷水的烧杯中，若得到蓝色溶液，就可以证明产物中有硫酸铜；
（5）汽车排气管上装有催化转化器，有害气体CO和NO反应可转化为无害气体氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为；
（6）可以用氯化铵和氢氧化钙固体，用装置A制备，反应的化学方程式为，装置B可用于干燥氨气，所用试剂是碱石灰；
（7）装置D中铜和浓硝酸反应，发生反应的离子方程式是；可抽动铜丝的优点是可控制反应发生和停止；
（8）在装置M中和充分反应，生成两种对环境友好的物质氮气和水，发生反应，所以该反应中和的物质的量之比为；
（9）工业生产中利用氨水吸收少量和，根据图可知氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸铵，再吸收，被吸收过程的离子方程式是。
选项
粒子组
判断和分析
A
、、、
不能大量共存，因发生反应：
B
、、、
不能大量共存，因发生水解
C
、、、
不能大量共存，因和发生氧化还原反应
D
、、、
不能大量共存，因发生反应：