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)答案正在持续更新，目前全国100所名校单元测试示范卷答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

参考答案学生用八书[解析]一定要理解题意是检验气体成分，检验SO2用品红溶液，吸收电子为4mol,C错误。SO2用酸性KMnO:溶液，检验CO2用澄清石灰水；在检验COz之前，2.(1)①4.5②14Fe3++FeS2+8H20-15Fe2++2S0g-+16H必须除尽SO2,因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊。C装置的作用是除(2)①S02+2Fe3++2H20一4H++SO+2Fe2+②胶体去SO2并检验SO2是否除尽，所以酸性KMnO4溶液颜色变浅，但不能K,[Fe(CN)6]增强FeCl3溶液的酸性褪成无色，若礼成无色则不能证明SO2已除尽。C解折])0n(Fea）=120gaa=0.75mo,根据图示，过程I中90g知识点二硫酸硫酸根离子的检验FeS中S化合价升高，失去6个电子，Fe3+得到1个电子被还原为【必备知识】Fe2+,根据得失电子守恒得关系式：FeS2~6Fe3+,故0.75 mol FeS2理3.(1)吸水性脱水性强氧化性、酸性论上能还原4.5 mol Fe3+;②根据反应机理图示、原子守恒、得失电子守(2)Cu+2H2S0,(浓)△CuS0,+S02↑+2H,0恒和电荷守恒得总反应的离子方程式为14Fe3+十FeS2十8H20C+2H2S0,(浓)△C02↑+2S02++2H2015Fe2++2S0?+16H+.(2)①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe2+和SO,根据原子守【典题引路】恒、得失电子守恒和电荷守恒得反应的离子方程式为SO2十2Fe3++例1(1)①(2)②(3)③④(4)②⑤(5)⑤(6)⑤(7)①④2H20一4H++SO?-+2Fe2+,②用激光笔照射实验1中的红棕色液(8)①③例2C[解析]A项，二氧化疏被硝酸氧化为疏酸，加氯化溶液体，液体中无明显光路，即没有丁达尔效应，说明红棕色物质不是胶体；定生成疏酸锲沉淀；B项，亚硫酸根被硝酸氧化为疏酸根，沉淀也是疏酸用K[Fe(CN)6]检验Fe2+,会生成蓝色沉淀；由题千现象可知，酸性增钡；C项，所得沉淀可能是氯化银；D项，先加过量盐酸无沉淀，再加氯化强有利于反应Ⅱ的氧化还原反应的发生，故促使氧化还原反应Ⅱ快速发钡溶液产生的白色沉淀一定是硫酸钡。生可采取的措施是增强FeCl3溶液的酸性。【应用提升】3.(1)2NH3+HzO+SO2一2NH+SO3或2NH3·H20+SO21.D[解析]常温下，用铁制容器座装浓疏酸时，铁的表面会被浓碗酸-2NH +SO-+H2O HSO3氧化生成一层致密的复杂氧化膜（主要是F3O4),阻止内层金属继续被(2)ZnSO3 ZnSO3 +SO2+H2O-Zn2++2HSO3ZnO+2SO2+氧化，所以浓硫酸表现的是强氧化性，D错误。H20Zn2++2HS052.C[解析]浓疏酸与碳反应中没有生成疏酸盐，浓疏酸只表现出强(3)随着pH降低，HSO万浓度增大减小氧化性，A错误。验证产物的一般原则是先检验水，然后检验有特殊现[解析](1)pH=6时，溶液中不含有H2SO3,含有HSO万和SO?,根象的物质，最后在除去干扰物质的情况下检验剩余物质，正确的连接顺据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的序为I→Ⅲ→Ⅱ→Y,B错误。装置Ⅱ中左侧品红溶液在实验设计中的是HSO方.作用是检验SO2,右侧的则是检验KMnO4溶液是否将SO2完全吸收(2)反应开始时，悬浊液中的Z0大量吸收SO2,生成微溶于水的二者在实验中的作用不相同，C正确。若连接顺序为I→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，ZnSO3,此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，装置Ⅱ检验并除去SO2,装置W检验CO2,装置Ⅲ中检验出的水无法判ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2,此时溶液pH逐渐变定是否为反应产生，D错误。小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZSO3十SO2十3.B[解析]甲溶液中可能存在SO3、CO3或Ag+;丙溶液中可能H20=Zn2++2HS05,存在Ag+;丁溶液用硝酸酸化，若溶液中存在SO?或HSO?,会被氧(3)HSO方可以经O2氧化生成SO?,这一过程中需要调节溶液pH在化成SO?,无法判断原溶液中是否存在SO?。4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的HSO万的浓度越大，使得催化4.D[解析]Na2SO3溶液可能部分被氧化变质，则滴入Ba(NO3)2溶氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的HSO万反应生液，生成的白色沉淀一定有BaSO,可能有BaSO4,加入足量稀硝酸后，成SO?,反应的离子方程式为2HS05+O2一2SO?+2H+,有大量BaSO3被氧化成BaSO,即此时的白色沉淀是BaSO4.的H+生成，导致H+浓度增大，溶液pH减小。5.C[解析]Ba2+与SOg、OH与H+不能大量共存，A不符合题意；4.(1)同素异形体化学NO方、I广与H+不能大量共存，B不符合题意；Ca2+与SO?、HCO3与(2)S02、S03H+不能大量共存，D不符合题意.(3)03S+60HA2SY-+S0g-+3H20(合理即可)知识点三硫及其化合物的相互转化及应用一突破重点②H2S+H2S0,(浓)AS+S02↑+2H20(合理即可)【必备知识】(4)bC2++H2S-CuS↓+2H+Cu,CuO、Cu(OH)2(合理即可)2.(1)2H2 SO3+2NaOH-NazSO3+2H2O[解析](4)根据物质转化关系，结合物质的性质可知Z是H2SO4,浓疏③Na2SO3+HzSO,-Na2SO4+H20+SO2↑酸与Cu在加热时反应产生CuSO4,也可以是稀疏酸与CuO或SO2+Naz SO3+H2O-2NaHSO3Cu(OH)2反应产生CuSO4。故Q可以是Cu,CuO,Cu(OH)2;Z,Q反应(2)③2S02十02m化M2S0产生的M是CSO,故合理选项是b;由于CuS是既不溶于水，也不溶△于酸的物质，所以CuSO4与H2S发生复分解反应产生的N是CuS,同④S+H2AH2S时产生H2SO4,则CuSO4与H2S发生复分解反应的离子方程式为⑤S02+2H2S=3S+2H20Cu2++H2S-=CuS+2H+。【典题引路】第2讲氯及其化合物例1A[解析]该反应中N2S2O为唯一还原剂，且只失电子，每生成1 mol Na2SOs,转移2mol电子，A错误；该反应中I化合价降低，I2知识点一氮气及其氧化物被还原，表现了氧化性，S化合价升高，N2SOs是氧化产物，B,C正确；Na2S2O3具有还原性，久置易被空气中的氧气氧化，S可能被氧化为十6【必备知识】价，生成Na2SO4,D正确1.游离化合人工【应用提升】2.(2)O3Mg十N2点槛Mg3N21.C[解析]反应中3Fe2++FeO4,当3 mol Fe2+参加反应时，有2mol Fe2+化合价升高，反应中铁元素和硫元素的化合价均升高，Fe2+ON+3H2NHS2O被氧化，作还原剂，O2为氧化刻，参加反应的氧化剂与还原刻的③N2十O,数电或客程2N0物质的量之比为1：(2+2)=1：4，A,D正确：若有2 mol Fe2+被氧化3.(2)难溶于水失去2mol电子，则被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5mol,B正确；反【典题引路】应中3Fe2+→FeO4,2S2O→SOg,每生成1 mol Fe3O4,反应转移的例1D603