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福建省龙岩市连城县第一中学2020届高三上学期月考化学试题
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连城一中2019—2020学年上期高三年级月考二化学试卷
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
所需相对原子质量：T:3 O:16 C:12 H:1 Ag:108 P:31 Cl:35.5
一、选择题：（每题3分，共42分，且每题只有一个答案正确。）
1.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NA
B. 常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA
C. 常温常压下，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NA
D. 0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有H＋数目为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，5.5g超重水(T2O)物质的量，1个T2O中含有12个中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故A正确，不符合题意；
B选项，根据反应方程式2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应生成2mol碳酸钠和1mol氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1 mol，与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA，故B正确，不符合题意；
C选项，C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为CnH2n，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子物质的量，因此含有氢原子的数目为6NA，故C正确，不符合题意；
D选项，0.1 L 0.5 mol·L－1CH3COOH物质的量为0.05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H＋数目小于为0.05NA，故D错误，符合题意。
综上所述，答案为D。
【点睛】C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。
2.Fe与稀HNO3反应时，若两者消耗物质的量之比为4：10，且生成Fe(NO3)2，则反应中生成的还原产物可能是（ ）
A. N2 B. N2O C. NO D. N2O3
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，参加反应的铁与消耗的硝酸的物质的量之比为4：10，设铁与消耗的硝酸的物质的量分别为4mol、10mol，由反应生成的硝酸亚铁可知未被还原的硝酸的物质的量是8mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由得失电子数目守恒可得4mol×（2-0）=（10-8）×（5-n），解得n=+1，反应中生成的还原产物可能是N2O，故选B。
【点睛】Fe与稀HNO3反应时，硝酸起强氧化剂和酸的作用，把握反应中电子守恒和原子守恒的应用为解答的关键。
3.草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行实验。
下列说法不正确的是
A. 实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和CO
B. 反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3
C. 装置C的作用是除去混合气中的CO2
D. 反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；
B选项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；
C选项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；
D选项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；
综上所述，答案为B。
【点睛】验证CO的还原性或验证CO时，先将二氧化碳除掉，除掉后利用CO的还原性，得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。
4.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
B. NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-
C. 氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H＋=Fe2++2H2O
D. 澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A正确；
B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4+、HCO3-都会发生反应：NH4++HCO3-＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O+NH3·H2O，B错误；
C.氢氧化亚铁具有还原性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe3+，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H＋+NO3-=3Fe3++NO↑+8H2O，C错误；
D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+ CO32-，D错误；
故合理选项是A。
5.如图是FeS2催化氧化关系转化图，下列说法正确的是（ ）
A. 反应I中，还原剂为Fe2＋
B. 反应II中，FeS2既是氧化剂也是还原剂
C. 反应III属于化合反应
D. FeS2催化氧化关系中，NO是催化剂
【答案】CD
【解析】
【分析】
反应I为Fe（NO）2+与O2反应生成NO和Fe3+，反应的离子方程式为4Fe（NO）2++O2+4H+=4NO+4Fe3++2H2O，反应II为FeS2与Fe3+反应生成SO42—和Fe2+，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42—+15Fe2++16H+，反应III为Fe2＋与NO反应生成Fe（NO）2+，反应的离子方程式为Fe2＋+NO=Fe（NO）2+，总反应的离子方程式为FeS2+10Fe3++ O2+6H2O2SO42—+11Fe2++12H+。
【详解】A项、由图可知，反应I为Fe（NO）2+与O2反应生成NO和Fe3+，氧化剂为O2，还原剂为Fe（NO）2+，故A错误；
B项、由图可知，反应II为FeS2与Fe3+反应生成SO42—和Fe2+，氧化剂为Fe3+，还原剂为FeS2，故B错误；
C项、由图可知，反应III为Fe2＋与NO反应生成Fe（NO）2+，该反应属于化合反应，故C正确；
D项、FeS2催化氧化关系中，反应III中NO为反应物，反应I中NO为生成物，NO是反应的催化剂，故D正确；
故选CD；
【点睛】由图中FeS2催化氧化关系明确反应III中NO为反应物，反应I中NO为生成物，NO是反应的催化剂是解答关键和难点。
6.次磷酸(H3PO2)溶液中存在两种分子及OH-、H+、H2PO2-三种离子，下列有关说法正确的是
A. H3PO2是一元强酸，NaH2PO2是正盐
B. NaH2PO2能与盐酸反应但不能与氨水反应
C. H3PO2与足量NaOH溶液反应可得到Na3PO2
D. 1 molH3PO2与足量AgNO3反应可得到4mol Ag，还原产物是H3PO4
【答案】B
【解析】
【详解】A、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，选项A错误；
B、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，能与盐酸反应但不能与氨水反应，选项B正确；
C、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，与足量NaOH溶液反应只能得到NaH2PO2不能得到Na3PO2，选项C错误；
D、Ag是还原产物，H3PO2反应后得到的是氧化产物，根据反应中Ag++e-=Ag及得失电子守恒知，H3PO2-4e -=H3PO4， 选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离方程式书写、离子浓度大小比较、盐类水解中越弱越水解的规律、氧化还原反应中的电子守恒、氧化还原反应方程式书写等等，H3PO2是一元中强酸，碳酸是弱酸，酸性越弱其对应盐的水解程度越大。
7.“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中错误的是
A. “白墙”的白色源于墙体表层的CaO
B. “黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐
C. 做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)n
D. 刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用
【答案】A
【解析】
【详解】A、“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A错误；
B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B正确；
C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C正确；
D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D正确。
答案选A。
8.下表各组物质（或者它们的溶液）通过一步反应可实现如图所示的转化的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A项、硅不能直接生成硅酸，故A错误；
B项、二氧化硫不能直接转化为硫化氢，故B错误；
C项、氧化铝分别与氢氧化钠溶液和稀硫酸反应可以生成偏铝酸钠和硫酸铝，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故C正确；
D项、氢氧化镁溶解度小于碳酸镁，氢氧化镁不能直接转化为碳酸镁，故D错误；
故选C。
【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠是解答关键，也是难点。
9.一种用于驱动检验管道焊缝设备爬行器的甲醇－燃料电池的工作原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是
A. 该电池工作时，每消耗22.4 L CH3OH转移6 mol电子
B. 电子由电极a经负载流向电极b，再经过氢氧化钠溶液返回电极a，形成闭合回路
C. 电池工作时，OH－向电极a移动，溶液的pH减小
D. 电极b上发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
甲醇变为碳酸根，化合价升高，在负极发生氧化反应，氧气化合价降低，在正极发生还原反应。
【详解】A选项，缺少标准状况下，且CH3OH在标准状况下是液体，无法计算，故A错误；
B选项，电子由电极a经负载流向电极b，但电子不经过氢氧化钠溶液返回电极a，故B错误；
C选项，电池工作时，“同性相吸”原理，OH－向电极a移动，CH3OH－6e－＋8OH－＝6H2O＋CO32－，甲醇失去电子，消耗氢氧根，溶液的pH减小，故C正确；
D选项，碱性环境下，电极b上发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】分析化合价，升高的一极为负极，发生氧化反应，降低的一极为正极，发生还原反应。尤其要注意选项B，电子经过导线传递，不能经过溶液。
10.O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. O2F2中氧元素的化合价是－1，氟元素的化合价是＋1
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】
分析】
H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2中H2S中硫化合价升高，O2F2中氧化合价降低。
【详解】A选项，氧气是化合价降低得到的产物，是还原产物，故A错误；
B选项，O2F2中氧元素的化合价降低，只是氧化剂，故B错误；
C选项，O2F2中氧元素的化合价是＋1，氟元素的化合价是－1，故C错误；
D选项，H2S中硫元素的化合价升高，是还原剂，1mol还原剂参与反应，O2F2中氧元素的化合价降低是氧化剂，4mol氧化剂参与反应，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】分析化合价，根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”的规律进行分析。
11.碘单质与氢气在一定条件下反应的热化学方程式如下：
①I2(g)＋H2(g)2HI(g) △H＝－9.48kJ·min－1
②I2(s)＋H2(g)2HI(g) △H＝＋26.48kJ·min－1
下列说法正确的是
A. 该条件下，l mol H2(g)和l mol I2(g)充分反应，放出热量9.48kJ
B. 该条件下，碘升华的热化学方程式为I2(s)＝I2(g) △H＝＋35.96kJ·min－1
C. 相同条件下，Cl2(g)＋H2(g)＝2HCl(g)的△H >－9.48 kJ·min－1
D. 反应①是放热反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，该反应是可逆反应，该条件下，l mol H2(g)和l mol I2(g)充分反应，反应转化率达不到100%，因此放出热量小于9.48kJ，故A错误；
B选项，②－①得出：碘升华的热化学方程式为I2(s)＝I2(g) △H＝＋35.96kJ·min－1，故B正确；
C选项，非金属越强，与氢气反应放出热量越多，因此氯气比碘蒸汽反应放出的热量多，焓变小，Cl2(g)＋H2(g)＝2HCl(g)的△H < －9.48 kJ·min－1，故C错误；
D选项，活化能与放热反应吸热反应无直接关系，故D错误。
综上所述，答案为B。
12.氮及其化合物的转化过程如图所示，下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
C. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100％
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故A错误；
B．催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，有电子转移，发生的是氧化还原反应，故B错误；
C．N2与H2反应生成NH3，反应物参加反应过程中原子利用率为100%，故C正确；
D．催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D错误；
故选C。
13.利用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是
A. 装置①制取收集氨气 B. 装置②制取氯气
C. 装置③除去CO2中的SO2 D. 用装置④排空气法收集NO
【答案】C
【解析】
【详解】A. 无水氯化钙是中性干燥剂，会与氨气发生反应，不能干燥氨气，故A错误；
B. 浓盐酸与二氧化锰制取氯气要加热，故B错误；
C. 二氧化碳不溶于碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，故C正确；
D. 一氧化氮气体易于空气中氧气反应，应用排水法收集，不能用排空气法收集，故D错误；
答案选C。
14.《Journal of Energy Chemistry》杂志曾报道我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置，其示意图如下：
下列有关说法正确的是( )
A. d为负极
B. ①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
C. 转移1 mol电子可捕获CO2气体22．4 L
D. a极电极反应式为
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，C2O52—失电子发生氧化反应生成氧气和二氧化碳，a极为阳极，b极为正极，反应②为CO2与O2—反应生成CO32—，CO32—得电子发生还原反应生成C，d极为阴极，c极为负极，总反应为二氧化碳在熔融盐中电解生成碳和氧气。
【详解】A项、由图可知，反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，C2O52—失电子发生氧化反应生成氧气和二氧化碳，则a极为阳极，与a极相连的b极为正极，故A错误；
B项、反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，反应②为CO2与O2—反应生成CO32—，CO2与C2O52—和CO32—中C元素化合价均为+4价，碳元素的化合价没有变化，故B错误；
C项、没有明确是否为标准状况，无法计算二氧化碳的体积，故C错误；
D项、由图可知，反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，C2O52—在a极失电子发生氧化反应生成氧气和二氧化碳，电极反应式为，故D正确；
故选D。
【点睛】由图确定反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，C2O52—失电子发生氧化反应，反应②为CO2与O2—反应生成CO32—，CO32—得电子发生还原反应是解答关键，也是难点。
第Ⅱ卷（非选择题，共58分）
二、非选择题：（本题共4题，共58分）
15.如图是一个化学过程的示意图．已知甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O
请回答：
（1）甲池是___，通入O2的电极作为___极，电极反应式为_______．
（2）乙池是_____，A电极名称为__极，电极反应式为_________．
乙池中的总反应离子方程式为_________，一段时间后溶液的pH______（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2____mL（标准状况下）．当丙为硫酸铜溶液且体积为500 mL，通电后丙溶液的pH=________。
【答案】 (1). 原电池 (2). 正 (3). O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ (4). 电解池 (5). 阳 (6). 4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O (7). 4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ (8). 减小 (9). 280 (10). 1
【解析】
【分析】
甲装置中能自发的发生氧化还原反应是一个燃料电池，通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极，乙池为电解硝酸银溶液的电解池，A极为电解池的阳极，B极为电解池的阴极，丙池为电解盐溶液的电解池，c极为电解池的阳极，d极为电解池的阴极。
【详解】（1）甲装置中能自发的发生氧化还原反应是一个燃料电池，所以甲是把化学能转变为电能的装置，属于原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-═CO32-+6H2O，通入O2的电极为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故答案为：原电池；正；O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣；
（2）乙池与燃料电池相连属于电解池，与通入氧气一极相连的A极为电解池的阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+2H2O，与通入CH3OH的B极为电解池的阴极，电极反应式为Ag++ e-═Ag，电解的总反应离子方程式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+，由方程式可知电解过程中有H+生成，则一段时间后溶液的pH减小，故答案为：电解池；阳；4OH--4e-═O2↑+2H2O；4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+；减小；
（3）B极析出的5.40g银的物质的量为=0.05mol，由得失电子数目守恒可知，甲池中理论上消耗O2的物质的量为mol，标准状况下体积为mol×22.4L/mol×103mL/L=280mL，若丙为硫酸铜溶液，电解的总方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，由得失电子数目守恒可知，丙池中溶液氢离子为0.05mol，则500 mL溶液中氢离子浓度为=0.1mol/L，pH为1，故答案为：280；1。
【点睛】原电池、电解池的判断方法：若无外加电源，可能是原电池，然后再根据原电池的形成条件判定；若有外接电源，两电极插入电解质溶液中，可能是电解池或电镀池，当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同时，则为电镀池；若无明显外接电源的串联电路，则利用题中信息找出能自发进行氧化还原反应的装置为原电池。
16.（Ⅰ）工业尾气SO2、NO2是污染大气、形成酸雨罪魁祸首。请回答下列问题：异氰酸(化学式：HNCO，C为+4价)可用于消除尾气中的NO2。其反应原理为：HNCO+NO2→N2+CO2+ (未配平)。
①上述反应的氧化剂是____________。
②配平后方框内应填写____________。
③每处理33.6LNO2(标准状况)，反应中转移电子的数目为____________。
（Ⅱ）为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究利用CO和H2O反应转化为绿色能源H2．已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ• mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ• mol﹣1；2H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ• mol﹣1。
（1）写出CO和H2O（g）作用生成CO2和H2的热化学方程式：____________。
（2）氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化学方程式如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•moL﹣1。
①当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、H2和NH3的量），反应速率与时间的关系如图所示．图中t3时引起平衡移动的条件可能是______，其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是______。
②温度为T℃时，将1mol N2和2mol H2放入容积为0.5L的密闭容器中，充分反应后测得N2的平衡转化率为50%．则反应在T℃时的平衡常数为______mol﹣2•L2。
③目前工业合成氨的原理是：N2+3H22NH3如图表示随条件改变，平衡体系中氨气体积分数的变化趋势，当横坐标为压强时，变化趋势正确的是（填序号，下同）___，当横坐标为温度时，变化趋势正确的是___。
（3）常温下氨气和HCl均极易溶于水，现将相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸混合，所得溶液中各离子的物质的量浓度按照由大到小的顺序排列依次为____＞____＞____＞____。
【答案】 (1). NO2 (2). 4H2O (3). 6NA (4). CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣412kJ/mol (5). 升高温度 (6). t2﹣t3 (7). 4 (8). c (9). a (10). c（Cl﹣） (11). c（NH4+） (12). c（H+） (13). c（OH﹣）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）HNCO中C为+4价，则氮元素是－3价，根据方程式可知，反应后NO2中氮元素由+4价降低到0价，得到4个电子，NO2是氧化剂，HNCO中氮元素由－3价升高到0价，失去3个电子，HNCO是还原剂；
（Ⅱ）（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量增大，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量减小，使用催化剂，正逆反应速率均增大，平衡不移动，平衡混合物中NH3的含量不变；
②建立三段式，依据三段式数据计算化学平衡常数；
③合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
（3）相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性。
【详解】（Ⅰ）HNCO中C为+4价，则氮元素是－3价，根据方程式可知，反应后NO2中氮元素由+4价降低到0价，得到4个电子，NO2是氧化剂，HNCO中氮元素由－3价升高到0价，失去3个电子，HNCO是还原剂，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:4，根据原子守恒可知反应还有水生成，则反应的化学方程式为8HNCO+6NO2＝7N2+CO2+4H2O，标准状况33.6LNO2的物质的量为=1.5mol，则反应转移的电子数目为1.5mol×4NA mol—1=6NA，故答案为：NO2；4H2O；6NA；
（Ⅱ）（1）已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ•moL-1②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6KJ•moL-1，根据盖斯定律，①-②得2CO（g）+2H2O（g）=2H2（g）+2CO2（g），则△H=-566kJ•moL-1-（-483.6kJ•moL-1）=-82.4kJ•moL-1，反应的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）△H=-41.2kJ•moL-1，故答案为：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）△H=-41.2kJ•moL-1；
（2）①合成氨反应为气体体积减小的放热反应，由图可知，t1时增大压强，正逆反应速率均增大，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量增大，t3时升高温度，正逆反应速率均增大，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量减小，t5时使用催化剂，正逆反应速率均增大，正反应速率等于逆反应速率，说明平衡不移动，平衡混合物中NH3的含量不变，则t3时引起平衡移动的条件是升高温度，平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2﹣t3，故答案为：升高温度；t2﹣t3；
②已知N2的平衡转化率为50%，由题给数据建立如下三段式：
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
起（mol/L） 2 4 0
变（mol/L） 1 3 2
平（mol/L） 1 1 2
由三段式所得数据可得化学平衡常数K===4，故答案为：4；
③合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氨气体积分数增大，c符合；升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气体积分数减小，a符合，故答案为：c；a；
（3）相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，则溶液中各离子的物质的量浓度按照由大到小的顺序排列依次为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（Cl﹣）；c（NH4+）；c（H+）；c（OH﹣）。
【点睛】依据合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，使用催化剂，正逆反应速率均增大，平衡不移动分析解答是解答关键。
17.这次中美贸易战的矛盾激化，也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足，俗话说“亡羊补牢，为时未晚”，找出存在的不足，然后针对地去解决问题，才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟反应制备POCl3并测定产品含量。
资料卡片：
物质
熔点／℃
沸点／℃
相对分子质量
其他
PCl3
-93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
1535
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解
（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4制取SO2，反应的化学方程式是：____________。
（2）溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为__________(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择______(填“己”或“庚”)。
（3）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有________________。
（4）水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是___________。
（5）通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1．600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100 mL溶液，取10．00 mL于锥形瓶中，加入0．2000 mol·L-1的AgNO3溶液20．00 mL(Ag++C1- AgC1↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0．1000 mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN- AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10．00 mL。
①达到滴定终点的现象是____________。
②POCl3的质量分数为___________。
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10 mol2·L-2，KSP(AgSCN)=2×10-12 mol2·L-2，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将_______(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4 ═Na2SO4 +SO2↑+H2O (2). P2O5 (3). 己 (4). 通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 (5). 温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发 (6). 滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色 (7). 95.9％ (8). 偏小
【解析】
【分析】
由实验装置图和实验原理可知，装置A甲中盛有饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，装置丁中盛有浓硫酸，干燥二氧化硫，装置丙为三氯化氧磷的制备装置，装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化氧磷，防止三氯化氧磷受热挥发，盛有碱石灰的干燥管的作用是吸收未反应的氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时吸收空气中水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解。
【详解】（1）Na2SO3固体与70％浓H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4 ═Na2SO4 +SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4 ═Na2SO4 +SO2↑+H2O；
（2）溶液A中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解；装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷，防止三氯化磷、三氯化氧磷等受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管，故答案为：P2O5；己；
（3）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，有利于反应充分进行，故答案为：通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速；
（4）因若温度太低，反应速率太慢，若温度太高，PCl3等物质受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，所以实验时用水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，故答案为：温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发；
（5）①由题意可知，测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到终点时的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
②KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol，则与POCl3和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为（0.004mol —0.001mol）=0.003mol，水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol，由题意可知1.600g样品中POCl3的物质的量为×10=0.01mol，所以产品中POCl3的质量分数为×100%=95.9%，故答案为：95.9%；
③加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知Ksp（AgCl）>Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的AgSCN偏多，根据（7）的计算原理可知，会使测定结果将偏低，故答案为：偏低。
【点睛】POCl3遇水均剧烈水解，为防止POCl3水解，氯气、二氧化硫气体进入制备POCl3的装置前要干燥，防止水蒸汽进入装置，同时要吸收尾气，所以还要连接盛有碱石灰的干燥管，防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气是实验设计的关键，也是解答易错点。
18.ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：
已知：①锆英石中锆元素的化合价为+4 ，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为最高价氯化物 ②SiCl4极易水解；ZrCl4易溶于水 ③Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK； Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于有机溶剂MIBK。
(1) “氯化”过程中，锆英石发生的主要反应的化学方程式为：______________________________，ZrC14的产率随温度变化如图所示，由图可知氯化的最佳条件是_____________；
(2)“滤液1”中含有的阴离子除OH- 、Cl-，还有___________________；
(3)常用的铜抑制剂有Na2S、H2S、NaCN等，本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S的原因是__________。
(4)实验室进行萃取和反萃取的玻璃仪器是_______。流程中萃取与反萃取的目的是_________。
【答案】 (1). )ZrSiO4+4CO+4Cl2 ZrCl4 +SiCl4+4CO2 (2). 360℃、1MPa (3). AlO2- 、SiO32- (4). S2-会将Fe3+还原成Fe2+，影响下一步除铁，同时可能会产生污染性气体 (5). 分液漏斗、烧杯 (6). 除去铁元素杂质
【解析】
【分析】
根据流程：天然锆石的主要成分是ZrSiO4(还常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质)，将粉碎后的天然锆石用CO、Cl2氯化得到ZrCl4、SiCl4、AlCl3、FeCl3、CuCl2；用NaOH溶液碱浸时，SiCl4、AlCl3溶解为硅酸钠、偏铝酸钠，ZrCl4、FeCl3、CuCl2反应为Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，即为滤渣1；用盐酸溶解滤渣1得到ZrCl4、FeCl3、CuCl2；加入铜抑制剂除去铜[铜抑制剂可以为NaCN，生成沉淀为Cu(CN)2]，滤渣2为Cu(CN)2；向滤液2加入NH4SCN与ZrCl4、FeCl3发生配合反应得到Fe(SCN)3、Zr(SCN)4，加入 有机溶剂MIBK萃取，Fe(SCN)3难溶于MIBK，分液，Zr(SCN)4在有机层，将含有Zr(SCN)4的有机层用硫酸反萃取将Zr(SCN)4与MIBK分离；通入氨气沉锆，经过煅烧得到ZrO2，据此分析作答。
【详解】(1) 氯化过程中ZrSiO4与CO、Cl2在高温下反应生成ZnCl4、SiCl4和CO2，反应的化学方程式为：ZrSiO4+4CO+4Cl2ZnCl4+SiCl4+4CO2；由图可知，360℃、1MPa时，ZrCl4产率最高，此为氯化最佳条件；
(2)由流程分析可知，“滤液1”中含有的阴离子除OH- 、Cl-，还有AlO2- 、SiO32-；
(3)三价铁具有氧化性，S2-会将Fe3+还原成Fe2+，发生的反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+(2Fe3++S2-=2Fe2++S)，影响下一步除铁，同时可能会产生污染性H2S气体，故本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S；
(4)实验室进行萃取和反萃取的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯；根据已知信息“生成的Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度”可知，流程中萃取与反萃取的目的是除去铁元素杂质。
连城一中2019—2020学年上期高三年级月考二化学试卷
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
所需相对原子质量：T:3 O:16 C:12 H:1 Ag:108 P:31 Cl:35.5
一、选择题：（每题3分，共42分，且每题只有一个答案正确。）
1.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NA
B. 常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA
C. 常温常压下，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NA
D. 0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有H＋数目为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，5.5g超重水(T2O)物质的量，1个T2O中含有12个中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故A正确，不符合题意；
B选项，根据反应方程式2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应生成2mol碳酸钠和1mol氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1 mol，与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA，故B正确，不符合题意；
C选项，C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为CnH2n，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子物质的量，因此含有氢原子的数目为6NA，故C正确，不符合题意；
D选项，0.1 L 0.5 mol·L－1CH3COOH物质的量为0.05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H＋数目小于为0.05NA，故D错误，符合题意。
综上所述，答案为D。
【点睛】C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。
2.Fe与稀HNO3反应时，若两者消耗物质的量之比为4：10，且生成Fe(NO3)2，则反应中生成的还原产物可能是（ ）
A. N2 B. N2O C. NO D. N2O3
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，参加反应的铁与消耗的硝酸的物质的量之比为4：10，设铁与消耗的硝酸的物质的量分别为4mol、10mol，由反应生成的硝酸亚铁可知未被还原的硝酸的物质的量是8mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由得失电子数目守恒可得4mol×（2-0）=（10-8）×（5-n），解得n=+1，反应中生成的还原产物可能是N2O，故选B。
【点睛】Fe与稀HNO3反应时，硝酸起强氧化剂和酸的作用，把握反应中电子守恒和原子守恒的应用为解答的关键。
3.草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行实验。
下列说法不正确的是
A. 实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和CO
B. 反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3
C. 装置C的作用是除去混合气中的CO2
D. 反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；
B选项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；
C选项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；
D选项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；
综上所述，答案为B。
【点睛】验证CO的还原性或验证CO时，先将二氧化碳除掉，除掉后利用CO的还原性，得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。
4.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
B. NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-
C. 氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H＋=Fe2++2H2O
D. 澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A正确；
B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4+、HCO3-都会发生反应：NH4++HCO3-＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O+NH3·H2O，B错误；
C.氢氧化亚铁具有还原性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe3+，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H＋+NO3-=3Fe3++NO↑+8H2O，C错误；
D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+ CO32-，D错误；
故合理选项是A。
5.如图是FeS2催化氧化关系转化图，下列说法正确的是（ ）
A. 反应I中，还原剂为Fe2＋
B. 反应II中，FeS2既是氧化剂也是还原剂
C. 反应III属于化合反应
D. FeS2催化氧化关系中，NO是催化剂
【答案】CD
【解析】
【分析】
反应I为Fe（NO）2+与O2反应生成NO和Fe3+，反应的离子方程式为4Fe（NO）2++O2+4H+=4NO+4Fe3++2H2O，反应II为FeS2与Fe3+反应生成SO42—和Fe2+，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42—+15Fe2++16H+，反应III为Fe2＋与NO反应生成Fe（NO）2+，反应的离子方程式为Fe2＋+NO=Fe（NO）2+，总反应的离子方程式为FeS2+10Fe3++ O2+6H2O2SO42—+11Fe2++12H+。
【详解】A项、由图可知，反应I为Fe（NO）2+与O2反应生成NO和Fe3+，氧化剂为O2，还原剂为Fe（NO）2+，故A错误；
B项、由图可知，反应II为FeS2与Fe3+反应生成SO42—和Fe2+，氧化剂为Fe3+，还原剂为FeS2，故B错误；
C项、由图可知，反应III为Fe2＋与NO反应生成Fe（NO）2+，该反应属于化合反应，故C正确；
D项、FeS2催化氧化关系中，反应III中NO为反应物，反应I中NO为生成物，NO是反应的催化剂，故D正确；
故选CD；
【点睛】由图中FeS2催化氧化关系明确反应III中NO为反应物，反应I中NO为生成物，NO是反应的催化剂是解答关键和难点。
6.次磷酸(H3PO2)溶液中存在两种分子及OH-、H+、H2PO2-三种离子，下列有关说法正确的是
A. H3PO2是一元强酸，NaH2PO2是正盐
B. NaH2PO2能与盐酸反应但不能与氨水反应
C. H3PO2与足量NaOH溶液反应可得到Na3PO2
D. 1 molH3PO2与足量AgNO3反应可得到4mol Ag，还原产物是H3PO4
【答案】B
【解析】
【详解】A、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，选项A错误；
B、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，能与盐酸反应但不能与氨水反应，选项B正确；
C、由H3PO2的电离情况可知其是一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，与足量NaOH溶液反应只能得到NaH2PO2不能得到Na3PO2，选项C错误；
D、Ag是还原产物，H3PO2反应后得到的是氧化产物，根据反应中Ag++e-=Ag及得失电子守恒知，H3PO2-4e -=H3PO4， 选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离方程式书写、离子浓度大小比较、盐类水解中越弱越水解的规律、氧化还原反应中的电子守恒、氧化还原反应方程式书写等等，H3PO2是一元中强酸，碳酸是弱酸，酸性越弱其对应盐的水解程度越大。
7.“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中错误的是
A. “白墙”的白色源于墙体表层的CaO
B. “黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐
C. 做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)n
D. 刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用
【答案】A
【解析】
【详解】A、“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A错误；
B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B正确；
C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C正确；
D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D正确。
答案选A。
8.下表各组物质（或者它们的溶液）通过一步反应可实现如图所示的转化的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A项、硅不能直接生成硅酸，故A错误；
B项、二氧化硫不能直接转化为硫化氢，故B错误；
C项、氧化铝分别与氢氧化钠溶液和稀硫酸反应可以生成偏铝酸钠和硫酸铝，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故C正确；
D项、氢氧化镁溶解度小于碳酸镁，氢氧化镁不能直接转化为碳酸镁，故D错误；
故选C。
【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠是解答关键，也是难点。
9.一种用于驱动检验管道焊缝设备爬行器的甲醇－燃料电池的工作原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是
A. 该电池工作时，每消耗22.4 L CH3OH转移6 mol电子
B. 电子由电极a经负载流向电极b，再经过氢氧化钠溶液返回电极a，形成闭合回路
C. 电池工作时，OH－向电极a移动，溶液的pH减小
D. 电极b上发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
甲醇变为碳酸根，化合价升高，在负极发生氧化反应，氧气化合价降低，在正极发生还原反应。
【详解】A选项，缺少标准状况下，且CH3OH在标准状况下是液体，无法计算，故A错误；
B选项，电子由电极a经负载流向电极b，但电子不经过氢氧化钠溶液返回电极a，故B错误；
C选项，电池工作时，“同性相吸”原理，OH－向电极a移动，CH3OH－6e－＋8OH－＝6H2O＋CO32－，甲醇失去电子，消耗氢氧根，溶液的pH减小，故C正确；
D选项，碱性环境下，电极b上发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】分析化合价，升高的一极为负极，发生氧化反应，降低的一极为正极，发生还原反应。尤其要注意选项B，电子经过导线传递，不能经过溶液。
10.O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. O2F2中氧元素的化合价是－1，氟元素的化合价是＋1
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】
分析】
H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2中H2S中硫化合价升高，O2F2中氧化合价降低。
【详解】A选项，氧气是化合价降低得到的产物，是还原产物，故A错误；
B选项，O2F2中氧元素的化合价降低，只是氧化剂，故B错误；
C选项，O2F2中氧元素的化合价是＋1，氟元素的化合价是－1，故C错误；
D选项，H2S中硫元素的化合价升高，是还原剂，1mol还原剂参与反应，O2F2中氧元素的化合价降低是氧化剂，4mol氧化剂参与反应，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】分析化合价，根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”的规律进行分析。
11.碘单质与氢气在一定条件下反应的热化学方程式如下：
①I2(g)＋H2(g)2HI(g) △H＝－9.48kJ·min－1
②I2(s)＋H2(g)2HI(g) △H＝＋26.48kJ·min－1
下列说法正确的是
A. 该条件下，l mol H2(g)和l mol I2(g)充分反应，放出热量9.48kJ
B. 该条件下，碘升华的热化学方程式为I2(s)＝I2(g) △H＝＋35.96kJ·min－1
C. 相同条件下，Cl2(g)＋H2(g)＝2HCl(g)的△H >－9.48 kJ·min－1
D. 反应①是放热反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，该反应是可逆反应，该条件下，l mol H2(g)和l mol I2(g)充分反应，反应转化率达不到100%，因此放出热量小于9.48kJ，故A错误；
B选项，②－①得出：碘升华的热化学方程式为I2(s)＝I2(g) △H＝＋35.96kJ·min－1，故B正确；
C选项，非金属越强，与氢气反应放出热量越多，因此氯气比碘蒸汽反应放出的热量多，焓变小，Cl2(g)＋H2(g)＝2HCl(g)的△H < －9.48 kJ·min－1，故C错误；
D选项，活化能与放热反应吸热反应无直接关系，故D错误。
综上所述，答案为B。
12.氮及其化合物的转化过程如图所示，下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
C. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100％
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故A错误；
B．催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，有电子转移，发生的是氧化还原反应，故B错误；
C．N2与H2反应生成NH3，反应物参加反应过程中原子利用率为100%，故C正确；
D．催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D错误；
故选C。
13.利用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是
A. 装置①制取收集氨气 B. 装置②制取氯气
C. 装置③除去CO2中的SO2 D. 用装置④排空气法收集NO
【答案】C
【解析】
【详解】A. 无水氯化钙是中性干燥剂，会与氨气发生反应，不能干燥氨气，故A错误；
B. 浓盐酸与二氧化锰制取氯气要加热，故B错误；
C. 二氧化碳不溶于碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，故C正确；
D. 一氧化氮气体易于空气中氧气反应，应用排水法收集，不能用排空气法收集，故D错误；
答案选C。
14.《Journal of Energy Chemistry》杂志曾报道我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置，其示意图如下：
下列有关说法正确的是( )
A. d为负极
B. ①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
C. 转移1 mol电子可捕获CO2气体22．4 L
D. a极电极反应式为
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，C2O52—失电子发生氧化反应生成氧气和二氧化碳，a极为阳极，b极为正极，反应②为CO2与O2—反应生成CO32—，CO32—得电子发生还原反应生成C，d极为阴极，c极为负极，总反应为二氧化碳在熔融盐中电解生成碳和氧气。
【详解】A项、由图可知，反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，C2O52—失电子发生氧化反应生成氧气和二氧化碳，则a极为阳极，与a极相连的b极为正极，故A错误；
B项、反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，反应②为CO2与O2—反应生成CO32—，CO2与C2O52—和CO32—中C元素化合价均为+4价，碳元素的化合价没有变化，故B错误；
C项、没有明确是否为标准状况，无法计算二氧化碳的体积，故C错误；
D项、由图可知，反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，C2O52—在a极失电子发生氧化反应生成氧气和二氧化碳，电极反应式为，故D正确；
故选D。
【点睛】由图确定反应①为CO2与O2—反应生成C2O52—，C2O52—失电子发生氧化反应，反应②为CO2与O2—反应生成CO32—，CO32—得电子发生还原反应是解答关键，也是难点。
第Ⅱ卷（非选择题，共58分）
二、非选择题：（本题共4题，共58分）
15.如图是一个化学过程的示意图．已知甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O
请回答：
（1）甲池是___，通入O2的电极作为___极，电极反应式为_______．
（2）乙池是_____，A电极名称为__极，电极反应式为_________．
乙池中的总反应离子方程式为_________，一段时间后溶液的pH______（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2____mL（标准状况下）．当丙为硫酸铜溶液且体积为500 mL，通电后丙溶液的pH=________。
【答案】 (1). 原电池 (2). 正 (3). O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ (4). 电解池 (5). 阳 (6). 4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O (7). 4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ (8). 减小 (9). 280 (10). 1
【解析】
【分析】
甲装置中能自发的发生氧化还原反应是一个燃料电池，通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极，乙池为电解硝酸银溶液的电解池，A极为电解池的阳极，B极为电解池的阴极，丙池为电解盐溶液的电解池，c极为电解池的阳极，d极为电解池的阴极。
【详解】（1）甲装置中能自发的发生氧化还原反应是一个燃料电池，所以甲是把化学能转变为电能的装置，属于原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-═CO32-+6H2O，通入O2的电极为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故答案为：原电池；正；O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣；
（2）乙池与燃料电池相连属于电解池，与通入氧气一极相连的A极为电解池的阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+2H2O，与通入CH3OH的B极为电解池的阴极，电极反应式为Ag++ e-═Ag，电解的总反应离子方程式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+，由方程式可知电解过程中有H+生成，则一段时间后溶液的pH减小，故答案为：电解池；阳；4OH--4e-═O2↑+2H2O；4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+；减小；
（3）B极析出的5.40g银的物质的量为=0.05mol，由得失电子数目守恒可知，甲池中理论上消耗O2的物质的量为mol，标准状况下体积为mol×22.4L/mol×103mL/L=280mL，若丙为硫酸铜溶液，电解的总方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，由得失电子数目守恒可知，丙池中溶液氢离子为0.05mol，则500 mL溶液中氢离子浓度为=0.1mol/L，pH为1，故答案为：280；1。
【点睛】原电池、电解池的判断方法：若无外加电源，可能是原电池，然后再根据原电池的形成条件判定；若有外接电源，两电极插入电解质溶液中，可能是电解池或电镀池，当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同时，则为电镀池；若无明显外接电源的串联电路，则利用题中信息找出能自发进行氧化还原反应的装置为原电池。
16.（Ⅰ）工业尾气SO2、NO2是污染大气、形成酸雨罪魁祸首。请回答下列问题：异氰酸(化学式：HNCO，C为+4价)可用于消除尾气中的NO2。其反应原理为：HNCO+NO2→N2+CO2+ (未配平)。
①上述反应的氧化剂是____________。
②配平后方框内应填写____________。
③每处理33.6LNO2(标准状况)，反应中转移电子的数目为____________。
（Ⅱ）为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究利用CO和H2O反应转化为绿色能源H2．已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ• mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ• mol﹣1；2H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ• mol﹣1。
（1）写出CO和H2O（g）作用生成CO2和H2的热化学方程式：____________。
（2）氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化学方程式如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•moL﹣1。
①当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、H2和NH3的量），反应速率与时间的关系如图所示．图中t3时引起平衡移动的条件可能是______，其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是______。
②温度为T℃时，将1mol N2和2mol H2放入容积为0.5L的密闭容器中，充分反应后测得N2的平衡转化率为50%．则反应在T℃时的平衡常数为______mol﹣2•L2。
③目前工业合成氨的原理是：N2+3H22NH3如图表示随条件改变，平衡体系中氨气体积分数的变化趋势，当横坐标为压强时，变化趋势正确的是（填序号，下同）___，当横坐标为温度时，变化趋势正确的是___。
（3）常温下氨气和HCl均极易溶于水，现将相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸混合，所得溶液中各离子的物质的量浓度按照由大到小的顺序排列依次为____＞____＞____＞____。
【答案】 (1). NO2 (2). 4H2O (3). 6NA (4). CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣412kJ/mol (5). 升高温度 (6). t2﹣t3 (7). 4 (8). c (9). a (10). c（Cl﹣） (11). c（NH4+） (12). c（H+） (13). c（OH﹣）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）HNCO中C为+4价，则氮元素是－3价，根据方程式可知，反应后NO2中氮元素由+4价降低到0价，得到4个电子，NO2是氧化剂，HNCO中氮元素由－3价升高到0价，失去3个电子，HNCO是还原剂；
（Ⅱ）（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量增大，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量减小，使用催化剂，正逆反应速率均增大，平衡不移动，平衡混合物中NH3的含量不变；
②建立三段式，依据三段式数据计算化学平衡常数；
③合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
（3）相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性。
【详解】（Ⅰ）HNCO中C为+4价，则氮元素是－3价，根据方程式可知，反应后NO2中氮元素由+4价降低到0价，得到4个电子，NO2是氧化剂，HNCO中氮元素由－3价升高到0价，失去3个电子，HNCO是还原剂，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:4，根据原子守恒可知反应还有水生成，则反应的化学方程式为8HNCO+6NO2＝7N2+CO2+4H2O，标准状况33.6LNO2的物质的量为=1.5mol，则反应转移的电子数目为1.5mol×4NA mol—1=6NA，故答案为：NO2；4H2O；6NA；
（Ⅱ）（1）已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ•moL-1②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6KJ•moL-1，根据盖斯定律，①-②得2CO（g）+2H2O（g）=2H2（g）+2CO2（g），则△H=-566kJ•moL-1-（-483.6kJ•moL-1）=-82.4kJ•moL-1，反应的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）△H=-41.2kJ•moL-1，故答案为：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）△H=-41.2kJ•moL-1；
（2）①合成氨反应为气体体积减小的放热反应，由图可知，t1时增大压强，正逆反应速率均增大，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量增大，t3时升高温度，正逆反应速率均增大，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量减小，t5时使用催化剂，正逆反应速率均增大，正反应速率等于逆反应速率，说明平衡不移动，平衡混合物中NH3的含量不变，则t3时引起平衡移动的条件是升高温度，平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2﹣t3，故答案为：升高温度；t2﹣t3；
②已知N2的平衡转化率为50%，由题给数据建立如下三段式：
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
起（mol/L） 2 4 0
变（mol/L） 1 3 2
平（mol/L） 1 1 2
由三段式所得数据可得化学平衡常数K===4，故答案为：4；
③合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氨气体积分数增大，c符合；升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气体积分数减小，a符合，故答案为：c；a；
（3）相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，则溶液中各离子的物质的量浓度按照由大到小的顺序排列依次为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（Cl﹣）；c（NH4+）；c（H+）；c（OH﹣）。
【点睛】依据合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，使用催化剂，正逆反应速率均增大，平衡不移动分析解答是解答关键。
17.这次中美贸易战的矛盾激化，也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足，俗话说“亡羊补牢，为时未晚”，找出存在的不足，然后针对地去解决问题，才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟反应制备POCl3并测定产品含量。
资料卡片：
物质
熔点／℃
沸点／℃
相对分子质量
其他
PCl3
-93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
1535
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解
（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4制取SO2，反应的化学方程式是：____________。
（2）溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为__________(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择______(填“己”或“庚”)。
（3）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有________________。
（4）水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是___________。
（5）通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1．600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100 mL溶液，取10．00 mL于锥形瓶中，加入0．2000 mol·L-1的AgNO3溶液20．00 mL(Ag++C1- AgC1↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0．1000 mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN- AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10．00 mL。
①达到滴定终点的现象是____________。
②POCl3的质量分数为___________。
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10 mol2·L-2，KSP(AgSCN)=2×10-12 mol2·L-2，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将_______(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4 ═Na2SO4 +SO2↑+H2O (2). P2O5 (3). 己 (4). 通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 (5). 温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发 (6). 滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色 (7). 95.9％ (8). 偏小
【解析】
【分析】
由实验装置图和实验原理可知，装置A甲中盛有饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，装置丁中盛有浓硫酸，干燥二氧化硫，装置丙为三氯化氧磷的制备装置，装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化氧磷，防止三氯化氧磷受热挥发，盛有碱石灰的干燥管的作用是吸收未反应的氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时吸收空气中水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解。
【详解】（1）Na2SO3固体与70％浓H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4 ═Na2SO4 +SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4 ═Na2SO4 +SO2↑+H2O；
（2）溶液A中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解；装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷，防止三氯化磷、三氯化氧磷等受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管，故答案为：P2O5；己；
（3）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，有利于反应充分进行，故答案为：通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速；
（4）因若温度太低，反应速率太慢，若温度太高，PCl3等物质受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，所以实验时用水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，故答案为：温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发；
（5）①由题意可知，测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到终点时的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
②KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol，则与POCl3和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为（0.004mol —0.001mol）=0.003mol，水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol，由题意可知1.600g样品中POCl3的物质的量为×10=0.01mol，所以产品中POCl3的质量分数为×100%=95.9%，故答案为：95.9%；
③加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知Ksp（AgCl）>Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的AgSCN偏多，根据（7）的计算原理可知，会使测定结果将偏低，故答案为：偏低。
【点睛】POCl3遇水均剧烈水解，为防止POCl3水解，氯气、二氧化硫气体进入制备POCl3的装置前要干燥，防止水蒸汽进入装置，同时要吸收尾气，所以还要连接盛有碱石灰的干燥管，防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气是实验设计的关键，也是解答易错点。
18.ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：
已知：①锆英石中锆元素的化合价为+4 ，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为最高价氯化物 ②SiCl4极易水解；ZrCl4易溶于水 ③Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK； Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于有机溶剂MIBK。
(1) “氯化”过程中，锆英石发生的主要反应的化学方程式为：______________________________，ZrC14的产率随温度变化如图所示，由图可知氯化的最佳条件是_____________；
(2)“滤液1”中含有的阴离子除OH- 、Cl-，还有___________________；
(3)常用的铜抑制剂有Na2S、H2S、NaCN等，本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S的原因是__________。
(4)实验室进行萃取和反萃取的玻璃仪器是_______。流程中萃取与反萃取的目的是_________。
【答案】 (1). )ZrSiO4+4CO+4Cl2 ZrCl4 +SiCl4+4CO2 (2). 360℃、1MPa (3). AlO2- 、SiO32- (4). S2-会将Fe3+还原成Fe2+，影响下一步除铁，同时可能会产生污染性气体 (5). 分液漏斗、烧杯 (6). 除去铁元素杂质
【解析】
【分析】
根据流程：天然锆石的主要成分是ZrSiO4(还常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质)，将粉碎后的天然锆石用CO、Cl2氯化得到ZrCl4、SiCl4、AlCl3、FeCl3、CuCl2；用NaOH溶液碱浸时，SiCl4、AlCl3溶解为硅酸钠、偏铝酸钠，ZrCl4、FeCl3、CuCl2反应为Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，即为滤渣1；用盐酸溶解滤渣1得到ZrCl4、FeCl3、CuCl2；加入铜抑制剂除去铜[铜抑制剂可以为NaCN，生成沉淀为Cu(CN)2]，滤渣2为Cu(CN)2；向滤液2加入NH4SCN与ZrCl4、FeCl3发生配合反应得到Fe(SCN)3、Zr(SCN)4，加入 有机溶剂MIBK萃取，Fe(SCN)3难溶于MIBK，分液，Zr(SCN)4在有机层，将含有Zr(SCN)4的有机层用硫酸反萃取将Zr(SCN)4与MIBK分离；通入氨气沉锆，经过煅烧得到ZrO2，据此分析作答。
【详解】(1) 氯化过程中ZrSiO4与CO、Cl2在高温下反应生成ZnCl4、SiCl4和CO2，反应的化学方程式为：ZrSiO4+4CO+4Cl2ZnCl4+SiCl4+4CO2；由图可知，360℃、1MPa时，ZrCl4产率最高，此为氯化最佳条件；
(2)由流程分析可知，“滤液1”中含有的阴离子除OH- 、Cl-，还有AlO2- 、SiO32-；
(3)三价铁具有氧化性，S2-会将Fe3+还原成Fe2+，发生的反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+(2Fe3++S2-=2Fe2++S)，影响下一步除铁，同时可能会产生污染性H2S气体，故本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S；
(4)实验室进行萃取和反萃取的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯；根据已知信息“生成的Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度”可知，流程中萃取与反萃取的目的是除去铁元素杂质。
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