2021-2022学年江苏省南京市六校联合体高一下学期期中考试化学试题（解析版）

2021-2022学年第二学期期中六校联合调研考试高一化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56S32Cl35.5Cu64一、单项选择题：共20题，每题3分，共60分。每题只有一个选项符合题意。1.硅是极为常见的一种元素，下列关于硅及其化合物的说法中不正确的是A.芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅B.碳化硅俗称金刚砂，可用作耐高温半导体材料C.石英砂可用于生产玻璃D.硅元素在自然界主要以单质硅和二氧化硅形式存在【答案】D【解析】【详解】A．芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅，故A正确；B．碳化硅俗称金刚砂，熔点高、硬度大，具有优良的热力学和电化学性能，可用作耐高温半导体材料，故B正确；C．石英砂的成分是二氧化硅，可用于生产玻璃，故C正确；D．自然界中没有单质硅，硅主要以二氧化硅、硅酸盐的形式存在，故D错误；选D。2.侯氏制碱法主要反应原理：NH3+NaCl+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列有关说法不正确的是A.CO2结构式为O=C=O B.NaCl为离子化合物C.NH4Cl的电子式为 D.Na的原子结构示意图为【答案】C【解析】【详解】A．CO2是直线形分子，中心原子是C，CO2分子中C原子和每个O原子形成双键，其结构式为O=C=O，故A正确；B．熔融的NaCl可导电，说明熔融的NaCl可电离出阴阳离子，即NaCl由阴阳离子构成，所以NaCl是离子化合物，故B正确；C．Cl未达到8电子稳定结构，正确的NH4Cl的电子式为，故C错误；D．Na原子核外有11个电子，由里到外各层电子数依次为2、8、1，原子结构示意图为，故D正确；故选：C。3.下列各图中所涉及为放热反应的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气为放热反应，A符合题意；B．生成物的总能量高于反应物，属于吸热反应，B不符合题意；C．Ba(OH)2∙8H2O和氯化铵反应是吸热反应，C不符合题意；D．化学键断裂为吸热过程，D不符合题意；故选A。4.煅烧硫铁矿(主要成分是FeS2)可获得制取硫酸所需的SO2，反应的化学方程式为4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，为了提高SO2的生成速率，下列措施可行的是A.增加硫铁矿石的投入量 B.及时将氧化铁移走C.降低温度 D.升高温度【答案】D【解析】【分析】反应物浓度、温度、催化剂、反应物接触面积、压强(仅适用于有气体参与的反应)对化学反应速率都有影响，要提高二氧化硫的速率，可以通过增大氧气的浓度、升高温度、增大压强来实现；【详解】A．固体浓度视为常数，增加硫铁矿石的投入量，反应物浓度不变，对反应速率无影响，A不选；

B．固体浓度视为常数，及时将氧化铁移走对反应速率无影响，B不选；C．降低温度，反应速率减慢，SO2的生成速率减慢，C不选；D．升高温度能提高SO2的生成速率，D选；故选：D。5.下列关于燃烧热和中和热的描述中正确的是A.1mol碳燃烧生成一氧化碳所放出的热量是碳的燃烧热B.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0)kJ/molC.反应热有正负之分，燃烧热ΔH全部是正值D.HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3)kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A．燃烧热是1mol物质燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，即molC燃烧变成CO2时所放出的热量即为C的燃烧热，A项错误；B．该反应为CO燃烧的逆反应，且量为CO燃烧的2倍，所以2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的ΔH为燃烧热的两倍且符号相反，则ΔH=+(2×283.0)kJ/mol，B项正确；C．燃烧热是1mol物质燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，无正负之分。而ΔH是有正负的，燃烧热的ΔH为负，C项错误；D．H2SO4和Ba(OH)2反应除了中和放热之外BaSO4析出放出热量，所以ΔH<2×(-57.3)kJ/mol，D项错误；故选B。6.室温下，下列各组离子能大量共存的是A.、、Cl-、 B.Fe2+、、Cl-、C.Fe3+、Ba2+、、 D.H+、K+、S2-、【答案】B【解析】【详解】A．发生氧化还原反应而减少，所以不能大量共存，A项错误；B．该组离子不能发生氧化还原反应，也不能发生分解，所以这组离子能大量共存，B项正确；C．Ba2+与会产生沉淀而使离子减少，这些离子不能大量共存，C项错误；D．H+与S2-会形成弱电解质，致使离子浓度降低，所以该组离子不能大量共存，D项错误；故选B。7.下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A.N2不溶于水，可用作保护气B.NH3具有还原性，可用作制冷剂C.KNO3具有氧化性，可用于制黑火药D.NH4Cl受热易分解，可用于制造化肥【答案】C【解析】【分析】【详解】A．N2性质稳定，可用作保护气，故A不符合题意；B．NH3易液化，气化时吸热，可用作制冷剂，故B不符合题意；C．黑火药发生爆炸发生的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑,N元素化合价降低，被还原，KNO3作氧化剂，即KNO3具有氧化性，可用于制黑火药，选项中性质与用途具有对应关系，C符题意；D．氮元素是农作物生长必须元素，铵根离子容易被植物吸收，因此NH4Cl可用于制造化肥，选项中性质与用途不具有对应关系，D不符题意；故选C。8.对于反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-904kJ·mol-1，下列有关说法正确的是A.恒温恒容密闭容器中充入4molNH3和5molO2充分反应后放出热量为904kJB.该反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能C.断裂1molN-H键的同时，断裂1molO-H键，说明该反应达到平衡状态D.达到平衡时，增大容器的体积，v(正)增加、v(逆)减小【答案】C【解析】【详解】A．根据热化学方程式可知4molNH3和5molO2完全反应时反应出904kJ热量，但可逆反应不能反应完全，充入4molNH3和5molO2充分反应后放出热量小于904kJ，故A错误；

B．该反应正向为放热反应，正反应活化能小于逆反应的活化能，故B错误；

C．断裂1mol

N-H键的同时，断裂1molO-H键，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；

D．达到平衡时，增大容器的体积，正逆反应速率均减小，故D错误；

故选：C。9.下列装置用于实验室制NO2并回收硝酸铜，能达到实验目的的是A.用装置甲制取NO2B.用装置乙除NO2中的少量HNO3C.用装置丙收集NO2D.用装置丁蒸干Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2·6H2O【答案】C【解析】【详解】A．Cu与稀硝酸反应制取NO，不能制得NO2，A不能达到实验目的；B．NaHCO3溶液吸收HNO3生成CO2、引入新杂质，同时NO2与H2O反应，不能选用NaHCO3除去NO2中的少量HNO3，洗气时气流方向应“长进短出”，B不能达到实验目的；C．NO2能与水反应，不能用排水法收集NO2，NO2的密度比空气密度大，用向上排空气法收集NO2，C能达到实验目的；D．Cu(NO3)2溶液中存在水解平衡：Cu(NO3)2+2H2O⇌Cu(OH)2+2HNO3，加热时由于HNO3的挥发，促进Cu(NO3)2的水解，将Cu(NO3)2溶液蒸干最终Cu(NO3)2完全水解成Cu(OH)2，再进一步分解得到CuO固体，不能制得Cu(NO3)2·6H2O，从Cu(NO3)2溶液中获得Cu(NO3)2·6H2O的实验方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D不能达到实验目的；答案选C。10.下列过程在该条件下能一步实现的是A.N2(g)NO(g)NaNO2(aq)B.NH3·H2O(NH4)2SO3(NH4)2SO4C.稀盐酸Cl2漂白粉D.CaCl2(aq)CaCO3CaSiO3【答案】B【解析】【详解】A．氮气和氧气在放电下可生成NO，但NO难溶于水，与NaOH溶液不反应，A错误；B．NH3·H2O是碱类，能与酸性氧化物生成正盐，NH3·H2O与少量SO2反应生成(NH4)2SO3，亚硫酸根易被氧化为硫酸根，则(NH4)2SO3与O2发生氧化还原反应生成(NH4)2SO4，B正确；C．浓盐酸与二氧化锰在加热下发生氧化还原反应生成氯气，稀盐酸不反应，C错误；D．由碳酸的酸性比盐酸的弱，CO2通入CaCl2溶液中不反应，D错误；故选：B。11.以下反应可表示获得乙醇并用作汽车燃料的过程，下列有关说法正确①6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH1②C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)+2CO2(g)ΔH2③C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH3A.2ΔH3=-ΔH1-ΔH2B.植物的光合作用通过反应①将热能转化为化学能C.在不同油耗汽车中发生反应③，ΔH3会不同D.若反应①生成1.12LO2，则转移的电子数为0.2×6.02×1023【答案】A【解析】【详解】A．根据盖斯定律：反应③=(-反应①-②)可得，2ΔH3=-ΔH1-ΔH2，故A正确；B．植物的光合作用通过反应①将太阳能转化为化学能，故B错误；C．焓变和反应的始终有关，在不同油耗汽车中发生反应③，ΔH3是相同的，故C错误；D．没有说明氧气是否在标况下，不能计算1.12LO2的物质的量，故D错误；答案选A。12.下列离子方程式书写正确的是A.将少量SO2通入饱和NaHCO3溶液中：H++=H2O+CO2↑B.向氯水中通入少量SO2：Cl2+SO2+2H2O=2H++2HCl+C.向莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]溶液中加入过量氢氧化钠溶液：+Fe2++3OH-=NH3·H2O+Fe(OH)2↓D.硫化亚铁与稀硫酸混合：2H++FeS=H2S↑+Fe2+【答案】D【解析】【详解】A．将SO2通入到饱和的NaHCO3溶液中，离子方程式：SO2+2═H2O+2CO2+，故A错误；B．向氯水中通入少量的SO2，离子方程式：Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+，故B错误；

C．向莫尔盐[(NH4)2

Fe(SO4)2•6H2O]溶液中加入过量氢氧化钠溶液，正确的离子方程式为：2+Fe2++4OH-═2NH3•H2O+Fe(OH)2↓，故C错误；D．用硫化亚铁与稀硫酸反应制硫化氢，离子方程式：FeS+2H+═H2S↑+Fe2+，故D正确；

故选：D。13.N2O和CO可在催化剂(Pt2O+)表面转化为无害气体，其反应原理为：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)，下列有关该反应说法正确的是A.催化剂能改变反应的ΔHB.通入过量CO，可使N2O转化率达100%C.保持温度和容器体积不变，通入He增大压强，反应速率不变D.保持温度和容器体积不变，当容器内压强不变时反应一定达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应的△H，故A错误；B．该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则通入过量的一氧化碳，不可能使一氧化二氮的转化率达到100%，故B错误；C．保持反应容器体积不变，通入不参加反应的氦气增大压强，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故C正确；D．该反应前后气体分子数相等，保持温度和容器体积不变，容器内压强一直保持不变，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；故选：C。14.X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增。X原子的最外层电子数是电子层数的2倍，Y与M同主族，且M的原子序数是Y的2倍，Z是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的A.简单离子的半径：B.简单气态氢化物热稳定性：C.最高价氧化物对应水化物的酸性：D.固态转变气态，需克服分子同作用力【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素，且原子序数依次增大，X的最外层电子数是其电子层数的2倍，结合原子序数可知X有2个电子层最外层电子数为4，X为C；Y与M同主族，且M的原子序数是Y的2倍，则Y为O，M为S；Z是短周期中金属性最强的元素，Z为Na，N的原子序数比S大，则N是Cl，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为C、Y为O、Z为Na、M为S、N为Cl，

A．O2-与Na+的电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则Y>Z，故A错误；

B．O和S位于同一主族，从上到下非金属性减弱，则非金属性：O>S，简单气态氢化物的热稳定性：Y>M，故B错误；

C．非金属性：Cl>S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：N>M，故C错误；

D．固态CO2转变为气态，是物理变化，分子间距离变大，需克服分子同作用力，故D正确；

故选：D。15.氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备的Si3N4操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)，有关叙述不正确的是A.“还原”反应中氧化产物为CO2B.“高温氮化”反应的化学方程式为：3Si+2N2Si3N4C.“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉D.“稀酸Y”可选用稀硝酸【答案】A【解析】【分析】石英砂为SiO2，SiO2与焦炭在高温下发生，粗硅与氮气反应生成Si3N4，据此分析；【详解】A．焦炭与石英砂发生反应，焦炭被氧化成CO，不是CO2，故A错误；B．“高温氮化”是Si与氮气反应，其反应方程式为，故B正确；C．原料气中含有N2和少量的O2，氧气能与Cu反应生成CuO，N2不与Cu反应，操作X可以得到纯净氮气，故C正确；D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe、Cu与稀硝酸反应，得到可溶于水的Fe(NO3)3和Cu(NO3)2，稀硝酸可以除去Si3N4中Fe和Cu，故D正确；答案为A。16.甲醇与水蒸气重整可获得清洁能源，在催化剂作用下发生如下两步反应∶反应①∶CH3OH（g)==CO（g）+2H2（g）△H1反应②∶CO（g）+H2O（g)==CO2（g）+H2（g）△H2根据能量变化示意图，下列说法不正确的是（）A.总反应的热化学方程式为∶CH3OH（g）+H2O（g)==CO2（g）+3H2（g）B.1molCO（g）和1molH2O（g）的总键能大于lmolCO2（g）和1molH2（g）的总键能C.甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应①D.催化剂在反应中改变了活化能，加快了反应速率【答案】B【解析】【详解】A.根据盖斯定律，由①+②得总反应的热化学方程式为CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)，选项A正确；B.由图中信息可知反应②∶CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H2<0，故1molCO(g)和1molH2O(g)的总键能小于lmolCO2(g)和1molH2(g)的总键能，选项B不正确；C.反应①的活化能较高，故甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应①，选项C正确；D.催化剂在反应中改变了活化能，使反应物的活化能降低，加快了反应速率，选项D正确；答案选B。17.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是实验操作和现象实验结论A棉花上滴入浓硫酸，棉花发黑浓硫酸具有吸水性B用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中一定含Na+C取等物质的量的Al和Fe，分别与足量的盐酸反应，Al产生的氢气多金属性：Al＞FeD将SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色SO2具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．棉花上滴入浓硫酸，棉花发黑体现浓硫酸具有脱水性，故A错误；B．钠的焰色反应为黄色，则用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，溶液中一定含Na+，故B正确；C．等物质的量的Al和Fe，与足量盐酸反应时Al失去电子多，失去电子多少不能比较金属性，故C错误；D．二氧化硫与酸性KMnO4发生氧化还原反应，反应生成硫酸和硫酸锰，S元素的化合价升高，体现二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，故D错误；故选：B。18.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法，其流程如图所示。已知向反应Ⅰ得到的产物中加过量I2会得到两层溶液-含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层，这两层分别进行反应Ⅱ和Ⅲ，循环分解制氢。下列说法错误的是A.反应Ⅰ的化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HIB.该流程将太阳能转化为化学能，且降低了水分解制氢的活化能C.反应Ⅲ是分解反应，I2是还原产物D.SO2和I2是反应2H2O=2H2+O2催化剂【答案】C【解析】【详解】A．根据图示知，反应I中反应物SO2、H2O和I2，发生氧化还原反应，生成硫酸和氢碘酸，化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故A正确；B．根据题干信息分析，该过程以太阳能为热源，高效制氢，所以该流程将太阳能转化为化学能，且降低了水分解制氢的活化能，故B正确；C．反应III是HI=H2+I2属于分解反应，碘元素化合价升高，I2是氧化产物，故C错误；D．由图示知，SO2和I2循环利用，并未消耗，是反应

2H2O=2H2+O2的催化剂，故D正确；故选C。19.分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.图甲表明，其他条件相同时，浓度越小，其分解速率越快B.图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，分解速率越快C.图丙表明，少量存在时，溶液碱性越强，分解速率越快D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，对分解速率的影响大【答案】D【解析】【详解】A．由图甲可知，起始时的浓度越小，曲线下降越平缓，说明反应速率越慢，A错误；B．由乙图可知，浓度越大，pH越大，即对应的pH最大，曲线下降最快，即分解最快，B错误；C．由图丙可知，所有实验均在pH=13的条件下进行的，故无法体现随着碱性的增强，双氧水的分解速率加快，C错误；D．由图丁可知，质量浓度越大，的分解速率越快，说明对分解速率影响较大，D正确；故答案为：D。20.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2⇌N2+CO2+2H2O。在2L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n（CH4）随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的是（）组别温度时间/min（n/mol）010204050①T1n（CH4）0.500.350.250.100.10②T2n（CH4）0.500.300.180.15A.组别1中，0-20min内，NO2的降解速率为0.025mol·L-1·min-1B.由实验数据可知实验控制的温度T1＞T2C.40min时，表格中T2对应反应已经达到平衡状态D.0～10min内，CH4的降解速率①＞②【答案】C【解析】【详解】A．①中0～20min内，v(CH4)=(0.5mol-0.25mol)/(2L×20min)=0.00625mol•L-1•min-1，NO2的降解速率为v(NO2)=2v(CH4)=0.0125mol•L-1•min-1，故A错误；B．温度越高反应速率越大，实验数据可知0～20min内，实验①中CH4物质的量的变化量为0.25mol，实验②中CH4的变化量0.32mol，则实验②温度高，由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2，故B错误；C．T1、40min时，反应达到平衡，因T2温度较高，平衡时用时更少，所以表格中40min时T2对应反应已经达到平衡状态，故C正确；D．温度越高，反应速率越快，则0～10min内，CH4的降解速率①＜②，故D错误；所以本题答案为：C。【点睛】依据影响化学反应因素解答。温度越高化学反应速度越快，据此判断各个选项。二、非选择题：共3题，共40分21.实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：(提示：铜氨溶液[Cu(NH3)4]SO4中的[Cu(NH3)4]2+呈深蓝色)（1）除将电镀废渣“粉碎”外，请你再写出一条提高电镀废渣酸浸效率的措施_______。（2）“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为_______(从浸取产物的溶解性考虑)。（3）“沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：①制取SO2的化学方程式为_______。②“沉CuNH4SO3”时，反应的离子方程式：_______。③反应完成的实验现象是_______。（4）提纯“沉CuNH4SO3”后的溶液可获得硫酸铵晶体。设计实验证明某晶体是硫酸铵。实验过程：取少许晶体溶于水配成溶液，_______。(完成实验过程，试剂任选。)【答案】（1）升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等合理答案（2）硫酸可将CaO转化CaSO4渣而除去（3）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓++6③.上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色（4）取少许溶液于试管中，加入少许盐酸，无现象后滴加氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，证明阴离子是硫酸根；再取少许溶液于另一只试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在管口检验，如果试纸变蓝，证明阳离子是铵根离子，则该晶体是硫酸铵【解析】【分析】分析流程图，电镀废渣用硫酸酸浸，残渣为与硫酸反应后的难溶物或微溶物，结合电镀废渣的成分可分析出残渣主要成分。向滤液中加入适量硫化钠溶液，进行沉CuS，可知主要发生Cu2++S2-=CuS↓的反应，过滤后滤液和滤渣经不同方式处理。滤液中主要含有Fe3+和Cr3+，经一系列处理，将Fe3+和Cr3+转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3，结合题意，根据二者的溶度积的差异，除去Fe(OH)3，Cr(OH)3经过一系列变化最终得到K2Cr2O7．向滤渣中加入氨水、O2和H2O2，制深蓝色的铜氨液，后向铜氨液中加入SO2得到亮黄色片状的沉CuNH4SO3，最终经一系列变化得到铜粉，据此进行分析。【小问1详解】根据外界对反应速率的影响因素可知，升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等均可以提高电镀废渣酸浸效率；故答案为：升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等；【小问2详解】“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可以将氧化钙转化为硫酸钙而除去；故答案为：【小问3详解】①铜与浓硫酸加热生成二氧化硫、硫酸铜和水，所以化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②在[Cu(NH3)4]SO4溶液中，通入SO2，发生氧化还原反应，Cu元素化合价由+2价，得电子变为+1价，SO2中S元素化合价由+4价失电子变为+6价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓++6；故答案为：2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓++6；③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2，反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色；故答案为：上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色；【小问4详解】该实验的目的是设计实验验证某晶体是硫酸铵，即检验是否含有和，实验操作如下，取少许溶液于试管中，加入少许盐酸，无现象后滴加氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，证明阴离子是硫酸根；再取少许溶液于另一只试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在管口检验，如果试纸变蓝，证明阳离子是铵根离子，则该晶体是硫酸铵；故答案为：取少许溶液于试管中，加入少许盐酸，无现象后滴加氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，证明阴离子是硫酸根；再取少许溶液于另一只试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在管口检验，如果试纸变蓝，证明阳离子是铵根离子，则该晶体是硫酸铵。22.Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如下：（1）浸渍。常温下，用Fe(NO3)3酸性溶液浸渍Al2O3载体6h。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的阳离子还有_______(填化学式)。（2）焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500℃焙烧12h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2C2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液12.00mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量_______(写出计算过程)。[负载量=100%]（3）硫化。400℃时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。①硫化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为_______。②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：_______，最后S再与FeS反应转化为FeS2。【答案】（1）Al3+、H+（2）14.40%（3）①.SO2+2H2S+2H2O②.FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O【解析】【小问1详解】酸性Fe(NO3)3溶液溶Al2O3，即Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，则浸渍溶液中的阳离子有Al3+、H+；【小问2详解】n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol。根据电子守恒可得：Cr2O~6Fe2+则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=3.600×10-3mol。根据Fe原子守恒可得：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)=0.5n(Fe2+)=1.800×10-3molm(Fe2O3)=n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g。该负载型催化剂的负载量=；【小问3详解】硫化过程中SO2变为S发生了还原反应，则H2发生氧化反应变为H2O。则方程式为。H2S和FeS均为中间产物，