衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案，目前双语学习报答案网已经汇总了衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案的各科答案和试卷，获取更多{{papers_name}}答案解析，请在关注本站。

应生成NaHSO3,HSO3在水中电离程度大于水解程度，所以会使溶液显第11讲氨及其化合物酸性；步骤Ⅲ中测定溶液pH的精确度为O.1,不能选用pH试纸，应选用微考点·大突破pH计测定；在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1时，反应生成O微考点1NaHSO,若pH>4.1时，溶液中会出现亚硫酸钠，即产品中会有副产物知识微回扣Na2SO3;②结晶脱水时，饱和亚硫酸氢钠生成焦亚硫酸钠和水，反应的化-1,人工固氮2.小难3.O3Mg十N,点槛Mg,N,学方程式为2 NaHSO3-Na2 S2 Os+H2O.高温、高压素养微体验②N2+3H2-2NH养解析逸出的S0,与C中H,0完全反应S0,十H,0。一，S0:二，无色催化剂红棕色有毒有毒不溶于水易溶于水2NO+O2加入BaCl,溶液发生反应的方程式为H,SO,十BaCl,=BaSO,V十2HCl,过滤出BaSO,的质量为0.2796g。2NO,3NO2+H2O—2HNO3+NOSO,~H,SO,~BaSO.冬微诊断642331.√提示：固氮是游离态的氮生成化合态的氮，所以氮元素的化合价一定m(S0,)发生变化。0.2796gm(S0,)=0.0768g,则该葡萄酒中S0,的含量为°0768g-0.256g·L..×提示：NO2与水反应生成NO和HNO3,可除去NO中的NO2。0.3L提示：NO遇O2反应生成NO2。微真题·大揭秘4.×提示：N2与O2在放电条件下直接化合生成NO。1.答案(1)×(2)/(3)/(4)/5.×提示：NO2与H,O反应生成HNO3和NO,氮元素价态由+4价变解析(1)二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等，还可用于为+5价和+2价，不符合酸性氧化物的通性。杀菌消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗：题组微演练氧化作用。(2)硫单质存在于火山喷口附近和地壳的岩石中。(3)浓：1.A解析人工固氦中氨气转化为氨气，N元素化合价由0价变为一3H2SO,具有吸水性，可将CuSO4·5H2O转化为CuSO4,固体由蓝色变价，化合价降低，被还原，A项错误；工业合成氨是典型的人工固氮方法，为白色。(4)过氧化氢将含十4价硫元素的微粒氧化为SO?,SO?与B项正确；根据题中自然界中氨循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白BaCl2反应生成BaSO4沉淀。质相互转化，实现了含氨的无机物和有机物的转化，C项正确；生物体合2.B解析铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO,体现出浓硫酸的酸性，生成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，D项正确」成SO,体现出浓硫酸的强氧化性，故A项错误；处的紫色石蕊溶液变:2.答案(1)1：3红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B项正(2)12NO,+2NaOH-NaNO,+NaNO,+H,O确；b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而℃处酸性高锰酸钾②NaNO,溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原解析(1)设NO的体积为V(NO),NO2的体积为V(NO2),依据方程式性，故C项错误；实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO,,而非蓝色的CuSO,·5H2O,其原因是浓硫酸体现知，处理NO需NH,体积为？V(NO),处理NO2需NH体积为出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D项错误。(V(NO)+V(NO2)=3.0 L3.C解析60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4十2 NaHSO3Na2S04十2SO2个十2H2O,因此装置甲可以制取SO2气体，A项正确；气3NO2,则yNO)士yNO2)=3.5D体通入液体时“长进短处”，装置乙可以制取SO2水溶液，B项正确；SO2解得V(NO)=0.75L,V(NO2)=2.25L,V(NO)：V(NO2)=1：3。不能与饱和NaHSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的SO2,(2)①生成两种钠盐，必然是NO,发生歧化反应，依据量的关系可知两种C项错误；SO2水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D项正确。盐分别为NaNO3和NaNO2。②NO中氨的化合价为+2价，NO2中氨的4.B解析根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到化合价为十4价，二者按1：1混合时与NaOH反应生成一种钠盐，依据结晶成分为NaHSO3,则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的得失电子守恒可知，钠盐中氨的化合价为十3价，即为NaNO2。亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为H2SO3十3.A解析根据题意，剩余的气体可能是O2,也.可能是NO。①当剩余气2Na,CO=-Na2 SO3+2NaHCO3,NaHSO3+Na2 CO3=-Na2S03+体是O2时，由于剩余2mL02,则有12mL一2mL=10mL。气体按反NaHCO3,所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3,通入应式4NO2十O2+2H2O一4HNO3中量的关系进行反应，则原气体中二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为Na2SO3十SO。+H,O=-2 NaHSO3￥，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3￥，此时会0,的体积为V(0,)=10mL×号+2mL=4mL.②当剩余气体是N0析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流千燥，时，即剩余NO为2mL,而NO来源于NO2与水的反应，根据反应3NO最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。根据上述分析可知，吸收过程中+H2O一2HNO3+NO,反应的NO2的体积为2mLX3=6mL。则有有二氧化碳生成，A项正确；结晶后母液中含饱和NHSO3和过量的二氧12mL-6mL=6mL的混合气体按4NO2+O2+2H2O一4HNO3中化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3,假设产物中存在NaHCO3,则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，量的关系进行反应，故原气体中氧气的体积为V(02)=6mLX5会使晶体不纯，假设不成立，B项错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以1.2m气流干燥过程中温度不宜过高，C项正确；结合上述分析可知，中和后溶○微考点2液中含Na2SO3和NaHCO3,D项正确。知识微回扣5.D解析根据题中图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A一、1.无色刺激性气味小700项正确；根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2,N元素的化合价由2.(1)NH3+H2O→NH3·H2O=NH+OH十4价变为十3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成(2)NH3+HCI—NH,CI产生大量白烟硫酸盐的氧化剂，故B项正确；硫酸盐（含SO?、HSO:)气溶胶中含有(3)AI3++3NH3·H2O=AI(OH)3￥+3NHHSO:,转化过程有水参与，HSO4在水中可电离生成H+和SO子，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C项正确；在图示转化过程中，S0?可转化为(4)4NH3+5O2催化剂4NO十6H,OHSO,根据题中图示对照，有硫氧键生成，故D项错误。3.(1)Ca(OH)2+2NH CI-A-CaClz+2NH3++2H2O6.答案1)Na,S0,·10H,0十4C高温Na,S+4C0++10H,0(2)粗品含有难溶于乙醇的煤灰、重金属硫化物等固体，有“沸石”作用停止加催化剂一2NH3(2)N2十3H,高温、高压热，加快冷凝管内冷凝水的流速(3)防止Na2S被氧化D(4)防止液:二、1.铵根离子酸根离子易体沿烧杯内壁流下过程中与空气接触使Na2S被氧化煤灰、重金属硫化物热过滤时漏斗的温度过低(5)常温下的乙醇2.(1)NHC1△NH,◆+HCI↑解析(1)根据题千信息可知，Na,S0,·10H,0+4C高温Na,S+4C0个NH,HCO,△NH,+C0,+H,0十10H20。(2)回流前无需加入沸石，说明有物质可以代替沸石，由题千(2)NH,NO,+NaOH△NH3↑+NaNO,+H,O信息可知，粗品中含有煤灰、重金属硫化物等固体，具有“沸石”的作用冬微诊断回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3，若气雾上升过1.×提示：氯化铵气化的实质是发生分解反应高，需要将温度降下来，故可采取的措施是停止加热，加快冷凝管内冷凝2.×提示：氨水是混合物，不属于电解质。水的流速。(3)回流时间不宜过长，原因是避免Na,S接触空气被氧化。3.×提示：NH4CI溶液比氨水中多C1厂，所以微粒种类不完全相同。回流结束后，应将反应液的温度降下来，故先停止加热，移去水浴，最后关闭冷凝水。(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，4./提示：本法通过加NaOH浓溶液并加热产生NH3来检验溶液中其原因是防止液体沿烧杯内壁流下过程中与空气接触使N2S被氧化。NH的存在。煤灰、重金属硫化物难溶于热乙醇，可以通过热过滤除去。若滤纸上析出：教材实验微回放大量晶体，则可能的原因是热过滤时漏斗的温度过低。(5)滤液冷却、结1.A解析B项，应是蓝色喷泉，错误；C项，应是无色喷泉，错误；D项，应晶、过滤，晶体用少量常温下的乙醇(N2S的溶解少、损失少)洗涤，干燥是红色喷泉，错误。后，得到Na2S·xH2O。2.D解析①中NH4CI受热可产生NH3和HCl,但两者遇冷会重新凝结·20·赢在微点高考复顶层设计化学