2022-2023学年江苏省苏州市木渎高级中学高一下学期期初调研化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省苏州市木渎高级中学高一下学期期初调研化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

江苏省苏州市木渎高级中学2022-2023学年高一下学期期初调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．在抗击新冠病毒期间，消毒剂在公共场所进行卫生防疫时发挥重要的作用，“84消毒液”是其中一种常见的消毒剂，其有效成分主要是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】“84消毒液”是氢氧化钠溶液与氯气反应生成的混合物，其中具有强氧化性，具有消毒杀菌的作用，故主要成分为；故答案为A；
2．少量与反应生成和。下列说法正确的是
A．的俗名为纯碱 B．中子数为10的氧原子可表示为
C．中氧元素的化合价为 D．与具有相同的电子层结构
【答案】D
【详解】A．的俗名为烧碱、火碱、苛性钠，故A错误；
B．中子数为10的氧原子质量数为10+8=18，可表示为，故B错误；
C．中H为+1价，氧元素的化合价为，故C错误；
D．与核外有10个电子，都是两层，故具有相同的电子层结构，故D正确；
故答案为D。
3．科学的分类能够反映事物的本质特征，下列分类方法或概念表达科学合理的是
A．属于弱电解质 B．属于混合物
C．和属于氢的同位素 D．属于酸性氧化物
【答案】D
【详解】A．是盐，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A错误；
B．属于纯净物，故B错误；
C．同位素是指同一元素的不同原子，和属于单质，不属于氢的同位素，故C错误；
D．和碱反应生成亚硫酸钠和水，属于酸性氧化物，故D正确；
故选D。
4．下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．S有氧化性，可用于生产
B．浓有脱水性，可用作干燥剂
C．易溶于水，可用作食盐中加碘
D．能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多
【答案】D
【详解】A．S有还原性，可与O2反应生产，故A错误；
B．浓有吸水性，可用作干燥剂，故B错误；
C．中含有碘元素，可用作食盐中加碘，故C错误；
D．能与盐酸反应生成二氧化碳和NaCl，可用于治疗胃酸过多，故D正确；
故选D。
5．下列关于元素及其化合物的说法正确的是
A．碱性： B．热稳定性：
C．原子半径r： D．原子的最外层电子数n：
【答案】A
【详解】A．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Na> Mg，故碱性：，A正确；
B．元素非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：Cl>Br，故热稳定性：，B错误；
C．通常电子层数越多，原子半径越大，同周期主族元素原子半径随原子序数的增大而减小，所以原子半径：，C错误；
D．原子最外电子数n的关系为：，故D错误；
故选A。
6．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液：
B．溶液：
C．溶液：
D．氨水溶液：
【答案】A
【详解】A．溶液中四种离子之间不发生反应，可以大量共存，故A选；
B．溶液中和I-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；
C．溶液中H+和形成弱酸，不能大量共存，故C不选；
D．氨水溶液呈碱性，Mg2+在碱性溶液中会形成氢氧化镁沉淀，故D不选；
故选A。
7．海水晒盐后精制得到；氯碱工业电解饱和溶液得到和；向海水晒盐得到的卤水中通可制溴；从海水中还能提取镁；海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，从海带中可以提取碘。下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是

A．用装置甲灼烧碎海带 B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中的 D．用装置丁吸收氧化浸泡液中后的尾气
【答案】B
【详解】A．灼烧碎海带应用坩埚，故A错误；
B．海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I-的溶液，故B正确；
C．MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故C错误；
D．Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2应用NaOH溶液吸收，故D错误；
答案选B。
8．海水晒盐后精制得到；氯碱工业电解饱和溶液得到和；向海水晒盐得到的卤水中通可制溴；从海水中还能提取镁；海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，从海带中可以提取碘。下列有关离子方程式书写正确的是
A．电解饱和食盐水：
B．氢氧化镁与盐酸反应：
C．卤水中通入制取粗溴：
D．和在酸性条件下的反应：
【答案】C
【详解】A．食盐水是氯化钠的水溶液，饱和的氯化钠溶液在通电条件下反应生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．氢氧化镁是沉淀，在离子方程式中不能拆，故B错误；
C．的氧化性比强，卤水中通入制取粗溴，该反应的离子方程式为：，故C正确；
D．和在酸性条件下生成I2，中I元素由+5价下降到0价，中I元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故D错误；
故选C。
9．海水晒盐后精制得到；氯碱工业电解饱和溶液得到和；向海水晒盐得到的卤水中通可制溴；从海水中还能提取镁；海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，从海带中可以提取碘。从海水提取食盐后的母液(含等离子)中提取溴，其流程如下。

下列有关说法不正确的是
A．氧化性：
B．“鼓入热空气”得到粗溴，利用了溴易挥发的性质
C．纯碱溶液吸收的离子反应方程式：
D．控制温度在左右“蒸馏”，既有利于获得溴单质，又可防止水蒸气大量逸出
【答案】C
【分析】由题给流程可知，向母液中通入氯气将溶液中的溴离子氧化为溴，鼓入热空气将溴吹出得到
粗溴；向粗溴中加入碳酸钠溶液，溴与碳酸钠溶液反应得到含有溴离子和溴酸根离子的混合溶液；向混合溶液中加入稀硫酸，酸性条件下溴离子与溴酸根离子反应生成溴，蒸馏收集得到溴单质。
【详解】A．向母液中通入氯气将溶液中的溴离子氧化为溴，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：，故A正确；
B．由分析可知，鼓入热空气将溴吹出得到粗溴，则得到粗溴的操作利用了溴易挥发的性质，故B正确；
C．由分析可知，向粗溴中加入碳酸钠溶液，溴与碳酸钠溶液反应得到含有溴离子和溴酸根离子的混合溶液，逆向配平，中Br元素化合价变化5价，Br-中Br元素化合价变化1价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故C错误；
D．控制温度在左右“蒸馏”，既有利于获得溴单质，又可防止水蒸气大量逸出，故D正确；
故选C。
10．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故A错误；
B．Al2O3不和水反应，故B错误；
C．HClO光照分解得到HCl和O2，故C错误；
D．S单质和O2反应生成SO2，SO2和H2O2发生氧化还原反应得到H2SO4，故D正确；
故选D。
11．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
用计分别测量和溶液的
较大的是溶液
B
将浓硫酸加入到蔗糖中，并不断搅拌，固体由白色变为黑色海绵状，并有刺激性气味气体放出
浓硫酸具有脱水性、强氧化性
C
向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有
D
取久置的粉末，向其中滴加过量的稀盐酸，产生无色气体
没有变质

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．用计分别测量等浓度的和溶液的，水解程度比强，溶液的碱性强，较大，故A错误；
B．将浓硫酸加入到蔗糖中，并不断搅拌，固体由白色变为黑色海绵状，说明浓硫酸具有脱水性，有刺激性气味气体放出说明有SO2放出，说明浓硫酸具有强氧化性，故B正确；
C．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是AgCl或者BaSO4，该溶液中可能含有或者Ag+，故C错误；
D．久置的粉末中含有Na2CO3，向其中滴加过量的稀盐酸，产生的无色气体可能是O2或者CO2，则不能判断的变质情况，故D错误；
故答案为B。
12．以硫铁矿(主要成分为)为原料制备氯化铁晶体()的工艺流程如图所示。

下列说法正确的是
A．“焙烧”过程中，理论上每产生，转移电子
B．“酸溶”过程使用的酸也可以是稀硫酸
C．“过滤”时需用玻璃棒进行搅拌
D．“氧化”时通入氯气的目的是氧化，氯气也可用溶液代替
【答案】D
【分析】硫铁矿在高温下焙烧可以得到铁的氧化物，将其溶于盐酸中，可以得到含有亚铁离子、铁离子的盐溶液，向其中通入氯气，能将亚铁离子氧化为铁离子，将氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶就可以得到氯化铁的晶体。
【详解】A．未说明SO2是否处于标准状况，无法计算的物质的量，故A错误；
B．若“酸溶”过程使用稀硫酸，则最后晶体中会混有Fe2(SO4)3，引入了新的杂质，故B错误；
C．过滤时用玻璃棒引流，不能用玻璃棒搅拌，用玻璃棒进行搅拌容易将滤纸捣破，导致实验失败，故C错误；
D．“氧化”时通入氯气的目的是氧化，用氧化时生成H2O，也不会引入杂质，故D正确；
故选D。
13．探究的性质，进行如下实验。
编号
实验装置
试剂a
实验现象
①

品红溶液
溶液褪色
②
溶液
溶液变浑浊
③
溶液
白色沉淀
④
溶液
有气泡

由上述实验所得的性质及对应的解释不正确的是A．实验①表明具有漂白性
B．实验②表明具有氧化性
C．实验③产生的白色沉淀难溶于盐酸
D．实验④通入足量发生反应的离子方程式为：
【答案】C
【详解】A．二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，故A正确；
B．和溶液生成S固体，溶液变浑浊，该过程中中S元素化合价降低，表现出氧化性，故B正确；
C．和、混合溶液反应生成BaSO3白色沉淀，BaSO3能溶于盐酸生成，故C错误；
D．由于酸性：H2SO3>H2CO3，足量和溶液反应生成和，故D正确；
故选C。
14．双碱法脱除烟气中的过程如图所示。下列有关说法不正确的是

A．脱除的目的是防止污染空气 B．过程I中，表现出还原性
C．脱除的过程中，可以循环利用 D．过程Ⅱ中，可氧化
【答案】B
【分析】过程I中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO3和水，过程I中，Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，过程I中NaOH被消耗，过程II中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O。
【详解】A．有毒会污染空气，脱除的目的是防止污染空气，故A正确；
B．过程I中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO3和水，S元素化合价不变，表现出酸性氧化物的性质，故B错误；
C．过程I中NaOH被消耗，过程II中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C正确；
D．过程Ⅱ方程式为：2Ca(OH)2+O2+2Na2SO3=2CaSO4+4NaOH，可氧化，故D正确；
故选B。

二、元素或物质推断题
15．已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是原子半径最小的元素，A与B形成的一种化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C与G同主族，D与A同主族，B、D、E最外层电子数之和为8，F是地壳中含量最高的金属元素，G的单质常出现在火山喷口。
(1)C在元素周期表中的位置是_______。
(2)D的单质与水反应的离子方程式为_______。
(3)E、F分别形成的简单离子中，半径较大的是_______(填离子符号)。
(4)D、F的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为_______。
(5)B和E形成的一种化合物可与水剧烈反应，产生沉淀与气体，该反应的化学方程式为_______。
(6)A和C形成的一种化合物，该化合物的一个分子中电子总数为18，并能与G的氢化物水溶液反应产生浑浊，其化学方程式为_______。
【答案】(1)第二周期第VIA族
(2)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
(3)Mg2+
(4)Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
(5)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
(6)H2O2+H2S=2H2O+S↓

【分析】已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是原子半径最小的元素，A为H元素；A与B形成的一种化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该化合物为NH3，B为N元素；B、D、E最外层电子数之和为8，则D为Na，E最外层电子数为2，E为Mg元素；F是地壳中含量最高的金属元素，F为Al元素；G的单质常出现在火山喷口，G为S元素，C与G同主族，C为O元素。
【详解】（1）C为O元素，在元素周期表中的位置是第二周期第VIA族。
（2）D为Na，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。
（3）E、F分别形成的简单离子为Mg2+、Al3+，二者核外电子数相等，Al的核电荷数大于Mg，核电荷数越大，半径越小，半径较大的是Mg2+。
（4）D、F的最高价氧化物对应的水化物为NaOH、Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
（5）B和E形成的一种化合物Mg3N2可与水剧烈反应，产生氢氧化镁沉淀与氨气，该反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑。
（6）H和O形成的一种化合物，该化合物的一个分子中电子总数为18，并能与S的氢化物水溶液反应产生浑浊，则该化合物为H2O2，H2O2和H2S反应生成S单质，根据氧化还原反应的规律配平方程式为：H2O2+H2S=2H2O+S↓。

三、工业流程题
16．纯碱是玻璃、制皂、造纸、纺织和漂染等工业的基本原料。
I.我国著名科学家侯德榜先生改进索尔维法(又名氨碱法)制取纯碱，生产出和两种产品。侯氏联合制碱法的工艺流程如下：

(1)该流程中生成的化学方程式为_______。
(2)由制得产品的化学方程式为_______。
(3)向母液b中通氨气并加入食盐粉，通氨气的作用有_______(填序号)。
A．使结晶析出 B．使更多地析出
C．增大浓度，使更多地析出 D．使转化为，提高析出的纯度
Ⅱ.常温下，向含的溶液中，逐滴加入含溶质的盐酸溶液，溶液中含碳元素的各种微粒的含量随溶液变化的部分情况如图所示。

(4)在滴加盐酸的过程中的数目变化的原因是_______、_______(分别用离子方程式表示)。
(5)反应结束时，溶液中含碳元素的微粒的含量比反应开始时低的原因是_______。
Ⅲ.某实验小组将和固体分别配制成的溶液，设计如下方案并对反应现象作出预测：
实验方案
预测现象
预测依据
操作1：向溶液中滴加溶液
有白色沉淀
溶液中的浓度较大，能与发生反应
操作2：向溶液中滴加溶液
无白色沉淀
溶液中的浓度很小，不能与反应

(6)实际实验后，发现操作2的现象为产生白色沉淀和气体，与预测有差异。则该条件下，溶液与溶液反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
(2)2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
(3)CD
(4)     CO＋ H+ = HCO     HCO＋ H+ = H2O＋CO2↑
(5)反应结束时，有二氧化碳气体生成，则含碳元素的微粒的质量分数比反应开始时低
(6)Ca2++ 2HCO=CaCO3↓+ CO2↑+ H2O

【分析】“侯氏联合制碱法”以食盐、二氧化碳、氨气为原料来制取纯碱，最大的优点是使食盐的利用率大幅度提高，应用同量的食盐比氨碱法生产更多的纯碱，以此解题。
【详解】（1）氨气，二氧化碳，氯化钠反应生成碳酸氢钠，方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
（2）碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（3）向母液b中通氨气，氨气溶于水能增大溶液中的铵根离子浓度，有利于氯化铵更多地析出，氨气与溶液中的碳酸氢钠反应，使碳酸氢钠转化为碳酸钠，有利于提高析出的氯化铵的纯度，故选CD；
（4）在滴加盐酸的过程中HCO3－的物质的量先增加后减少的原因是CO＋ H+ = HCO、HCO＋ H+ = H2O＋CO2↑；
（5）已知，盐酸的物质的量为碳酸钠的2倍，反应结束时，有二氧化碳气体生成，则含碳元素的微粒的质量分数比反应开始时低；
（6）Na2CO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为：Ca2++ CO=CaCO3↓，向2 mL NaHCO3溶液中滴加1 mL 0.5 mol·L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀和气体。该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为Ca2++ 2HCO=CaCO3↓+ CO2↑+ H2O。

四、实验题
17．氯气及等含氯化合物是高效的消毒剂。
I.探究工业制取的反应原理：某同学用如图所示装置进行实验。接通电源，当观察到石墨电极与滤纸接触的区域有细小的气泡产生时，停止通电。将湿润的淀粉碘化钾试纸分别放在a、b处滤纸上，观察颜色变化。

(1)在上述实验中可观察到_______(填“a”或者“b”)处试纸呈蓝色。
(2)实验结束后，将滤纸对折，使a、b处充分接触，可将残余的进一步处理。此时发生反应的离子方程式为_______。
II、.实验室制取产品：二氧化氯()是一种有刺激性气味的黄绿色气体，沸点为，受热易分解。某实验小组利用下图所示装置，制取并将转化为产品。

(3)装置A中每有参加反应，理论上可生成的物质的量为_______。
(4)装置C试管中发生反应的化学方程式为_______，其中作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)，使用冰水浴的原因是_______。
III.测定产品中质量分数：称取产品配成溶液；取所配溶液，加入足量溶液和稀，发生反应(未配平)；生成的与溶液恰好完全反应，发生反应。
(5)求产品中的质量分数(产品中的杂质不与、发生反应，写出计算过程)。_______。
【答案】(1)a
(2)
(3)2mol
(4)     2ClO2 + H2O2 +2NaOH=2+2H2O+O2 ↑     还原剂     受热易分解，故在冷水浴中反应
(5)76.02%

【详解】（1）电解饱和食盐水，阳极的电极反应为：，a产生Cl2，Cl2将湿润的淀粉碘化钾试纸上的I-氧化为I2，试纸变蓝；
（2）阴极反应为：，实验结束后，将滤纸对折，使a、b处充分接触，Cl2与OH-反应，可将残余的进一步处理。此时发生反应的离子方程式为；
（3）装置A 中产生ClO2，B为安全瓶防倒吸，ClO2通入C中与NaOH和H2O2反应生成，受热易分解，故在冷水浴中反应，用NaOH吸收尾气；装置A 中产生ClO2的反应是氯酸钠、亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，化学方程式为：2NaClO3 +Na2SO3 +H2SO4 =2ClO2 ↑+2Na2SO4 +H 2O；根据方程式可知每有参加反应，理论上可生成的物质的量为2mol；
（4）根据分析可知装置C试管中发生反应是ClO2与NaOH和H2O2反应生成，化学方程式为2ClO2 + H2O2 +2NaOH=2+2H2O+O2 ↑；根据方程式可知H2O2中O元素化合价由-1变为0价，故作还原剂；受热易分解，故在冷水浴中反应；
（5）配平方程式为，称取产品配成溶液；取所配溶液进行测定，根据反应方程式可得出反应关系为：，的物质的量为：，产品中的质量分数为。

五、工业流程题
18．含硫化合物的处理和利用是科学研究的重要课题之一、：
I.用石灰石、氨水等脱硫。以硫酸工业的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以制备有重要应用价值的硫酸钾、亚硫酸铵等物质，制备流程如下：

(1)反应I是脱去的一种常用方法，其反应的化学方程式为_______。研究发现：和温度对石灰石浆液的脱硫效率产生一定影响，当烟气通入速度一定时，石灰石浆液的脱硫率与浆液的关系如图所示。

下列有关说法正确的是_______。
a.烟气通入石灰石浆液时的温度越高，吸收越快，吸收率越高
b.石灰石浆液烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解程度增大
c.反应时需鼓入足量的空气以保证充分被氧化生成
d.将脱硫后的气体通入溶液，可粗略判断烟气脱硫效率
(2)生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是_______。
(3)反应III所得的滤液中阳离子的检验操作方法是_______。
(4)可用于电厂等烟道气中脱氨。将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氨肥，形成共生系统。用溶液吸收，当生成氮气的体积为(标准状况)时，该反应转移的电子数目为_______。
II.还原法也是处理含较多的硫酸厂废气方法之一、时，将一定比例和的混合气体以一定流速通过装有，负载型催化剂(其中为催化剂，为载体)的反应器。
(5)该方法不仅可有效脱除，同时还获得单质S，其化学方程式为_______。
(6)研究表明，该反应过程中实际起催化作用的是反应初期生成的，催化硫化过程中检测到有气体。则催化硫化的过程可描述如下：_______，最后生成的S再与反应转化为。
【答案】(1)          cd
(2)防止亚硫酸根被氧化，可以得到较纯的亚硫酸铵晶体
(3)取少量滤液与试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明溶液中含有离子；
(4)2NA
(5)
(6)H2与FeS2生成FeS和，与SO2反应生成S，S与FeS反应生成

【分析】根据流程图可知空气把SO2氧化为，反应方程式为；反应III向中加入碳酸氢铵和NH3，生成和，过滤得到溶液，加入KCl，生成K2SO4和NH4Cl；根据流程可知反应II产生亚硫酸铵晶体，加入氨水，得到晶体。
【详解】（1）根据流程图可知空气把SO2氧化为，反应方程式为；
a．烟气通入石灰石浆液时的温度越高，气体二氧化硫的溶解度越小部分二氧化硫不能被溶解，故吸收率降低，故A错误；
b．石灰石浆液pH>5.7时，石灰石的溶解度小，脱硫率下降，故B错误；
c．结合题给的转化关系，可得脱硫总反应：，反应时需鼓入足量的空气以保证充分被氧化生成，故C正确；
d．脱硫后的气体中残留SO2的量，可以通过KMnO4溶液褪色的程度和快慢来判断，从粗略判断烟气的脱硫效率，故d正确；
故答案为cd。
（2）根据流程可知反应II产生亚硫酸铵晶体，加入适量还原性很强的对苯二酚，防止亚硫酸根被氧化，可以更好的得到亚硫酸铵晶体；
（3）反应III向中加入碳酸氢铵和NH3，生成和，过滤得到溶液，所得的滤液中阳离子主要为，检验操作方法是：取少量滤液与试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明溶液中含有离子；
（4）可用于电厂等烟道气中脱氨。将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氨肥，用溶液吸收，反应方程式为：，当生成氮气的体积为(标准状况)时，即0.5mol，根据反应可知生成1molN2，转移4mol电子，生成0.5molN2，转移电子数为2NA；
（5）时，将一定比例和的混合气体以一定流速通过装有，反应方程式为；
（6）研究表明，该反应过程中实际起催化作用的是反应初期生成的，催化硫化过程中检测到有气体，是H2与FeS2生成FeS和，与SO2反应生成S，S与FeS反应生成。