山东省日照市校际联合考试2025-2026学年高二上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省日照市校际联合考试2025-2026学年高二上学期11月期中考试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Al27I127一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学应用体现在生活的方方面面，下列用法不合理的是A.用高压氧舱救治煤气中毒者B.用石膏降低盐碱地(含较多的、)的碱性C.用铜基催化剂提高加氢合成甲醇的平衡转化率D.用质量分数为的溶液洗胃能够有效除去误食的【答案】C【解析】高压氧舱通过提高氧气浓度促进CO与血红蛋白解离，缓解中毒，A正确；硫酸钙微溶、碳酸钙难溶，石膏与Na2CO3反应（CaSO4+Na2CO3=CaCO3↓+Na2SO4），可以降低碱性，B正确；催化剂能加快反应速率，能缩短达到平衡的时间，但不影响平衡转化率，C错误；硫酸钠提供，与Ba2+生成BaSO4沉淀，减少毒性，D正确；故选C。2.下列物质的用途与盐类水解无关的是A.明矾净化黄河水B.热的纯碱溶液去除油污C.碳酸氢铵可作食品膨松剂D.实验室用饱和溶液制备胶体【答案】C【解析】明矾中的Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附悬浮杂质，与盐类水解有关，A不符合题意；纯碱（Na2CO3）水解使溶液呈碱性，加热促进水解，增强去污能力，与盐类水解有关，B不符合题意；碳酸氢铵受热分解产生NH3、CO2等气体使食品膨松，属于热分解反应，与盐类水解无关，C符合题意；FeCl3溶液通过水解生成Fe(OH)3胶体，与盐类水解有关，D不符合题意；故选C。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.的溶液中，阴离子总数为B.一定条件下，和充分反应生成的分子数为C.向溶液中通至中性，的数目为D.含和的混合溶液中，和数目之和为【答案】D【解析】溶液中，阴离子会水解：，导致阴离子总数大于，A不符合题意；H2与I2的反应是可逆的，无法完全生成2molHI，分子数小于，B不符合题意；中性时电荷守恒有：，但溶液中存在CH3COOH分子，的数目小于，C不符合题意；根据物料守恒，和数目之和为，D符合题意；故选D。4.完成下列实验，所用部分仪器或材料选择正确的是实验内容仪器或材料A测定中值酒精灯、托盘天平、干燥器、坩埚B用固体制取少量氧气启普发生器、导管、水槽、集气瓶C用固体制取纯碱三脚架、泥三角、蒸发皿D配制的稀硫酸托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】测定Na2CO3·xH2O中的x值需通过加热失去结晶水后称量质量变化，仪器包括酒精灯（加热）、坩埚（盛放固体）、托盘天平（称量质量）和干燥器（冷却时防吸水），A正确；Na2O2为粉末状固体，与水剧烈反应；启普发生器适用于块状固体与液体反应且速率较慢易控制反应，B错误；NaHCO3分解制Na2CO3需加热固体，应使用坩埚（置于泥三角上），蒸发皿用于液体蒸发，C错误；配制稀硫酸需量取浓硫酸体积（用量筒或移液管），托盘天平用于固体质量称量，D错误；故答案选A。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.溶液中加入过量的氨水：B.溶液中加入产生红褐色沉淀：C.溶液中加入溶液：D.溶液中通入少量氯气：【答案】B【解析】Al3+与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，因为氨水不能与氢氧化铝继续反应，A错误；Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，所给离子方程式电荷守恒，原子守恒，得失电子守恒，B正确；Al3+与S2-在水中发生双水解生成Al(OH)3和H2S气体，C错误；二价铁还原性强于溴离子，少量Cl2先氧化Fe2+，正确的反应为，D错误；故答案选B。6.某小组在侯氏制碱法基础上，以和为原料制备纯碱，步骤如下：①配制饱和食盐水；②将一定量研细的加入饱和食盐水中，水浴加热，搅拌使其溶解，静置析出晶体；③减压过滤、洗涤、干燥、煅烧得到固体。下列说法错误的是A.步骤①中需要用到的玻璃仪器有烧杯、一定规格的容量瓶、玻璃棒、胶头滴管B.步骤②中需研细后加入，目的是加快溶解，提高反应速率C.步骤③中减压过滤优点是过滤速度快，滤渣更干燥D.用代替和，优点是工艺简单、绿色环保、原料利用率较高【答案】A【解析】配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的玻璃仪器有烧杯和玻璃棒，A错误；研细NH4HCO3可增大接触面积，加快溶解和反应速率，B正确；减压过滤通过抽气加速过滤并减少滤渣水分，C正确；用NH4HCO3替代CO2和NH3简化步骤，避免气体排放，提高原料利用率，D正确；故答案选A。7.下列图示实验中，操作规范的是A．定容B．读数C．测量D．滴定A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】定容时向容量瓶中注水时，玻璃棒下端应该在刻度线以下，当液面在刻度线以下1~2厘米处，改用胶头滴管滴加，A不符合题意；滴定管读数时视线应与凹液面最低处相平，图中操作正确，B符合题意；测量pH时不能将pH试纸直接浸入溶液中，会污染试剂，操作不规范，C不符合题意；滴定操作中，左手控制滴定管活塞，右手振荡锥形瓶，视线注视锥形瓶内溶液颜色变化，而不是注视滴定管刻度，操作不规范，D不符合题意；故选B。8.某实验小组探究硫酸锶和碳酸锶的转化。室温下，将溶液和溶液混合得浊液a，静置、过滤得溶液b和沉淀c。①向滴有酚酞的溶液中加入等体积浊液a，溶液红色变浅。②向滴有酚酞的溶液中加入全部沉淀，溶液红色变浅。下列说法错误的是A.溶液b中存在B.①中红色变浅可证明发生反应C.向②反应后的溶液中通入少量气体，溶液中浓度变大D.向②反应后的溶液中继续滴加少量溶液，的值保持不变【答案】B【解析】根据电荷守恒，溶液b中存在2c(Sr2+)+c(Na⁺)+c(H⁺)=c(Cl⁻)+2c(SO)+c(OH⁻)，又因是SrCl2和Na2SO4两溶液等体积、等浓度混合，所以c(Sr2+)=c(SO)，故A正确；①中红色变浅有可能是因为溶液体积增大使浓度减小造成的，不能证明发生了该反应，故B错误；通入CO2会使转化为，浓度减小，促使SrCO3溶解，Sr2+浓度增大，故C正确；两沉淀共存时，，比值恒定，故D正确；选B。9.用的标准液滴定未知浓度的盐酸溶液，下列说法正确的是A.使用盐酸待测液滴定标准液也可求得盐酸浓度B.实验开始前，应先对锥形瓶进行洗涤、润洗操作C.酸式滴定管玻璃活塞涂抹凡士林的位置为a、bD.不可用甲基橙溶液做指示剂【答案】A【解析】滴定原理为酸碱中和反应，只要已知一种溶液的浓度（NaOH为标准液，浓度已知），通过测量体积即可计算另一溶液浓度。用盐酸待测液滴定NaOH标准液时，可根据c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)求得盐酸浓度，A正确；锥形瓶用于盛放待测液，洗涤后若用待测液润洗，会导致待测液物质的量增多，实验结果偏高，故锥形瓶只需洗涤，不可润洗，B错误；酸式滴定管活塞涂抹凡士林应在活塞的磨砂部分（与滴定管内壁接触处），目的是密封和润滑，应涂抹在a、d处、不可涂抹在c、b（可能为活塞孔或非磨砂位置），否则易堵塞或密封不良，C错误；NaOH滴定HCl为强碱滴定强酸，突跃范围较大（pH4.3-9.7），甲基橙变色范围（3.1-4.4）在突跃范围内，可用作指示剂（终点由红变橙），D错误；故选A。10.以甲烷单加氧酶(s-mmo，含有双核铁活性中心)为催化剂，高效转化为的反应机理如图所示。下列叙述正确的是A.该过程中存在极性键和非极性键的断裂和生成B.M中铁元素的化合价为+2C.若以为原料，则全部进入生成物甲醇D.图中的总过程可表示为：【答案】D【解析】由图知，该过程中有甲烷中C-H（极性键）断裂，甲醇中C-O、O-H（极性键）形成；有氧气中O=O（非极性键）断裂，没有非极性键的形成，A错误；M为中间产物，由反应机理可知，初始Fe为+2价，经步骤①②后Fe被氧化为+3价，M中Fe元素化合价为+3，B错误；根据图示，一部分18O生成了H218O，C错误；总反应中CH4（C：-4→-2，失2e-）、O2（O：0→-2，得4e-），结合H+和e-配平，总反应可表示为：，D正确；故答案选D。二、选择题：11.根据实验操作、现象，能得出相应结论的是实验操作现象结论A溶液中加入4～5滴溶液及充分振荡，分液，水相中滴入KSCN溶液上层溶液变红，下层呈紫红色与KI的反应是可逆反应B分别向等物质的量浓度的和溶液中通入气体至饱和前者无明显现象，后者出现黑色沉淀C分别测定等物质的量浓度的与溶液的前者pH小酸性：D等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应温度高的溶液中先出现浑浊温度升高，该反应速率加快A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】该实验中氯化铁过量，反应完后三价铁过量，遇到KSCN溶液显红色，则该现象不能证明与KI的反应是可逆反应，A错误；FeSO4无现象，CuSO4生成黑色沉淀，FeS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，B正确；分别测定等物质的量浓度的与溶液的pH，前者pH小，说明水解程度F-<SO，根据越弱越水解的规律可知，酸性：HF>HSO，C错误；只有温度不同，温度高的溶液中先出现浑浊，则温度升高，该反应速率加快，D正确；故选BD。12.25℃时，部分弱电解质的电离平衡常数如表：弱电解质HClO电离平衡常数(25℃)下列说法正确的是A.结合的能力：B.的溶液与的溶液等体积混合，溶液呈碱性C.NaClO溶液通入少量，离子方程式为D.的溶液加水稀释过程中，溶液中离子浓度都减小【答案】AC【解析】结合H+的能力与电离平衡常数负相关（酸越弱，对应酸根结合H+能力越强）。根据电离常数：Ka(HClO)=4.0×10−8，Ka1(H2CO3)=4.3×10−8，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11，酸性顺序为：H2CO3>HClO>，因此结合H+的能力为：，A正确；pH=6的HClO溶液中，HClO是弱酸，浓度远大于10-6mol/L；pH=8的NaOH溶液浓度为10-6mol/L。等体积混合后，HClO过量，溶液呈酸性，B错误；根据酸性：，强酸可制弱酸，因此NaClO溶液通入少量CO2时，反应生成和HClO，离子方程式为：，C正确；pH=6的溶液加水稀释，H+浓度减小，但Kw不变，因此OH-浓度会增大，D错误；故选AC。13.是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液。25℃时，某溶液中与的总和为，随的变化关系如图所示(忽略体积变化)。已知：下列说法错误的是A.O点时沉淀最多B.C.点沉淀质量等于点沉淀质量D.随增大，减小【答案】A【解析】与的总和为c，随着pH增大，发生反应：，含铬微粒总浓度下降，随着pH继续增大，发生反应：含铬微粒总浓度上升。M点时，，，，几乎可以忽略不计，含Cr微粒主要为，，据此解答。恰好完全沉淀时，，由数据计算可知，，恰好完全沉淀pH最小值5.6，A错误；据分析，由①=10-30.2，②，由②-①得，故B正确；M和N点溶液中含Cr微粒总和相等，生成的质量相等，则M点沉淀质量等于N点沉淀质量，C正确；随着pH的增大，减小，而增大，比值减小，D正确；故选A。14.向恒容密闭容器中充入和，在一定条件下，发生反应。在不同催化剂的作用下，反应相同时间，测得的转化率随温度的变化如图所示。已知该反应，其中为速率常数。下列说法正确的是A.b点处于化学平衡状态B.，甲曲线降低的原因是催化剂活性降低C.催化剂甲条件下，的初始速率为，a点时的反应速率为，则D.、对应的平衡常数一定相等(是以物质的量分数表示的化学平衡常数)【答案】C【解析】在不同催化剂的作用下，反应相同时间，测得M的转化率随温度的变化如图所示，b点可能是该温度下反应速率最快的点，不一定达到平衡，A错误；因未知b点以后是否达平衡，若达平衡，甲曲线降低的原因还可能是升高温度，平衡逆移的结果，B错误；依题意初始速率为，a点时M的转化率为20%，则，C正确；平衡常数仅与温度有关，温度不同，平衡常数也一定不同，D错误；故答案选C。15.是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下：(i)的溶液中，各物种的与的关系；(ii)含的溶液中，与的关系。下列说法正确的是AB.①表示随的变化曲线C.时，(ii)溶液中存在D.在室温下存在【答案】A【解析】H2A是一种二元酸，随着pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大；则c(H2A)的负对数逐渐增大，c(HA-)的负对数先减小后增大，c(A2-)的负对数逐渐减小；含MA(s)的0.10mol•L-1Na2A溶液中，随着pH增大，A2-+H2O⇌HA-+OH-逆移，c(A2-)逐渐增大，导致MA(s)⇌M2+(aq)+A2-(aq)逆移，c(M2+)逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c(M2+)变化不大、则其负对数先逐渐增大后变化不明显；曲线①表示-lg[c(H2A)/（mol•L-1）]与pH的关系，曲线③表示-lg[c(HA-)/（mol•L-1）]与pH的关系，曲线④表示-lg[c(A2-)/（mol•L-1）]与pH的关系，曲线②表示-lg[c(M2+)/（mol•L-1）]与pH的关系。取曲线③和④的交点进行分析，c(A2-)=c(HA-)，则==c(H+)=10-4.19，根据①和④的交点，c(A2-)=c(H2A)，=10-2.73×2=10-5.46，根据点(2.73,4.3)以及(2.73,2.49)，pH=2.73时，c(M2+)=10-4.3mol•L-1，c(A2-)=10-2.49mol•L-1，则；据分析，=，A正确；由分析可知曲线①表示lg[c(H2A)/（mol•L-1）]与pH的关系，B错误；溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(M2+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH-)，在 pH = 7 时，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)+2c(M2+)=c(HA−)+2c(A2−)，故C错误；据分析，，故D 错误；故答案为A。三、非选择题：16.利用含有的工业废气为碳源合成甲醇主要涉及反应如下：Ⅰ．Ⅱ．回答下列问题：（1）在，下，和的摩尔燃烧焓分别为和，，则___________，反应Ⅰ在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能正向自发进行。（2）恒容密闭容器中，通入和混合气体发生反应Ⅰ、Ⅱ，的选择性、的转化率与温度的关系如图所示(CH3OH选择性=)。①图中曲线___________(填“a”或“b”)表示的选择性。②随着温度的升高，曲线b逐渐增大，其主要原因是___________。（3）一定温度下，恒容密闭容器中充入和发生反应Ⅰ、Ⅱ，测得起始压强为，后达到平衡，的分压为，的物质的量为。①平衡时___________mol。②，___________。③维持温度和压强不变，继续向容器中按的投料比通入少量和，重新达到平衡后，甲醇的分压___________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.-48.5②.低温（2）①.a②.反应以反应Ⅱ为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，H2的转化率增大（3）①.1.76②.③.不变【解析】【小问1详析】由题意可得如下热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-764.9kJ/mol，③H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44kJ/mol，由盖斯定律可知，反应①×3-反应②-反应③=反应Ⅰ，则反应ΔH=(-285.8kJ/mol)×3-(-764.9kJ/mol)-(-44kJ/mol)=-48.5kJ/mol，则该反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；【小问2详析】①反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的选择性降低，氢气的转化率减小；反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，则曲线a表示平衡时甲醇的选择性随温度的变化、曲线b表示平衡时氢气的转化率随温度的变化；②随着温度的升高，曲线b逐渐增大，说明反应以反应Ⅱ为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大；【小问3详析】设平衡时甲醇、一氧化碳的物质的量分步为amol、bmol，由题意可建立如下三段式：由气体的物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体的总压强为：=kPa，由平衡时氢气的物质的量可得：6-3a-b=5.56，由甲醇的分压可得：×=0.0125p，解联立方程可得：a=0.1、b=0.14；①由分析可知，平衡时二氧化碳的物质的量为：2mol-0.1mol-0.14mol=1.76mol；②tmin时，一氧化碳的分压为：×=0.0175pkPa，则0∼tmin内一氧化碳的反应速率为：=；③维持温度和压强不变，继续向容器中按1：3的投料比通入少量二氧化碳和氢气，二氧化碳和氢气的投料比与原平衡相同，恒温恒压条件下形成恒压等效平衡，则重新达到平衡后，甲醇的分压不变。17.化学需氧量(COD)是表示水质污染度的重要指标。常用测量方法为：在水样中加入已知量的溶液，用溶液滴定水样中未被还原的，以计算化学需氧量。回答下列问题：（1）量取一定体积溶液时，需要用___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。（2）俗称摩尔盐，是常用的化学试剂，其水溶液显___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，在酸性条件下，用滴定水样中未被还原的重铬酸钾离子方程式为___________。（3）实验过程中需要加入溶液去除水样中的。一定温度下，和的混合溶液中存在下列平衡关系：已知。①该温度下，的平衡常数为___________。②当时，、、三种微粒浓度由大到小的顺序为___________。③当时，___________(填“>”“<”或“=”)。（4）实验后处理废液时，可向其中加入固体除去重金属离子，该反应的离子方程式为___________。某工业污水中含有等浓度的、、，滴加溶液后沉淀析出，当最后一种离子恰好完全沉淀时(该离子浓度为)，浓度为___________(已知：；；)。【答案】（1）酸式滴定管（2）①.酸性②.（3）①.②.③.>（4）①.②.【解析】【小问1详析】K2Cr2O7溶液是强氧化性溶液，通常需用酸式滴定管量取，避免强氧化剂对橡胶管的腐蚀；【小问2详析】(NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有、Fe2+，水解均使溶液呈酸性；在酸性条件下，Fe2+与反应的离子方程式为；【小问3详析】①的平衡常数为；②当pCl=6.7时，主存在形态是HgCl+，，对K1、K2相乘得，，所以，则，所以三种粒子浓度由大到小顺序为；③当时，，则，所以，由电荷守恒得，所以；【小问4详析】向废液中加入FeS固体除去Hg2+的离子方程式为；在含有等浓度的、、的溶液中滴加溶液后，由于最小，CuS先沉淀，随后PbS再沉淀，最后FeS沉淀，由题意知最后Fe2+恰好完全沉淀时，，则。18.利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为、，还含少量、)提取钴、镍的工艺流程如下：已知：该条件下有关物质如下表：回答下列问题：（1）沉淀A的主要成分为___________(填化学式)。若酸浸后、浓度均为，“除杂”调的范围是___________(离子浓度则认为沉淀完全)。（2）“还原”过程中发生的离子反应方程式为___________。（3）“除杂”和“还原”步骤中的作用是否相同___________(填“是”或“否”)。（4）煅烧过程中产生一种常见的无毒气体，则该过程发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（5）工业上，用镍为阳极，电解溶液与一定量组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，浓度对阴极电流效率(此题中，电流效率)及镍的成粉率的影响如图所示：①为获得高纯度的球形超细镍粉，浓度最好控制为___________。②当浓度大于时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，请结合平衡移动原理解释其原因：___________。【答案】（1）①.Fe(OH)3、Al(OH)3②.5-6.5（2）2Co(OH)3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+6H2O（3）否（4）3：4（5）①.10.7②.NH浓度增大，水解平衡NH+H2ONH3·H2O+H+向右移动，H+浓度增大，导致阴极析出H2【解析】由题给流程可知，向废镍电池的金属电极芯中加入硫酸溶液酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，向反应后的溶液中加入过氧化氢，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，调节反应后溶液的pH，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀A和滤液；调节滤液的pH，加入次氯酸钠溶液，将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到氢氧化钴滤渣和滤液；向滤渣中加入硫酸溶液和过氧化氢溶液还原，将氢氧化钴转化为亚钴离子，向反应后的铜原子加入碳酸钠，将溶液中的亚钴离子转化为碳酸亚钴沉淀，碳酸亚钴经多步处理得到二水草酸亚钴晶体，晶体经灼烧得到三氧化二钴；向滤液中通入氨气，将溶液中的镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入硫酸溶液溶解、结晶得到七水硫酸镍。【小问1详析】由分析可知，沉淀A的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；由溶度积可知，溶液中的铝离子完全沉淀时，铁离子已经完全沉淀，则溶液中的氢氧根离子浓度应大于：=1×10—5mol/L，溶液pH大于5；溶液中镍离子会优于亚钴离子沉淀，则溶液中的氢氧根离子浓度应小于：=1×10—7.5mol/L，溶液的pH小于6.5，所以调溶液pH的范围为5-6.5；【小问2详析】由分析可知，“还原”过程中入硫酸溶液和过氧化氢溶液还原的目的是将氢氧化钴转化为亚钴离子，反应的离子反应方程式为：2Co(OH)3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+6H2O；【小问3详析】由分析可知，“除杂”时过氧化氢是反应的氧化剂，表现氧化性，“还原”时过氧化氢是反应的还原剂，表现还原性，所以“除杂”和“还原”步骤中过氧化氢的作用不同；【小问4详析】由题意可知，二水草酸亚钴晶体在空气中灼烧反应生成三氧化二钴、二氧化碳和水，反应中钴元素、碳元素的化合价升高被氧化，草酸亚钴为还原剂，氧元素的化合价降低被还原，氧气是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4；【小问5详析】①由图可知，氯化铵溶液浓度为10.7g/L时，镍的成粉率最高，所以为获得高纯度的球形超细镍粉，氯化铵溶液的浓度最好控制为10.7g/L；②氯化铵溶液中存在如下水解平衡：NH+H2ONH3·H2O+H+，溶液的浓度大于15g/L时，溶液中的铵根离子浓度增大，水解平衡向正反应方向移动，溶液中的氢离子浓度增大，导致氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，导致阴极电流效率降低。19.某化学兴趣小组制备无水碘化铝的实验装置如图所示(夹持装置已省略)，实验过程如下：Ⅰ．在仪器A中，加入过量铝粉和一定量碘，再加入适量正己烷。Ⅱ．缓慢通入氮气，加热回流并不断搅拌。Ⅲ．反应结束后，进行操作1，分离未反应的铝粉。Ⅳ．将滤液转移至另一圆底烧瓶，氮气流保护下进行加热浓缩，冷却结晶。Ⅴ．将所得晶体用冷的正己烷洗涤2~3次，然后转移至真空干燥箱中进行干燥，得到产品。已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。回答下列问题：（1）仪器A的名称是___________。（2）步骤Ⅴ中，使用“冷的正己烷”洗涤晶体的目的是___________。（3）下列说法错误的是___________(填标号)。A.仪器A可用酒精灯直接加热B.步骤Ⅲ中，操作1为“趁热过滤”C.球形干燥管的作用是防止外界水蒸气进入D.步骤Ⅳ中，加热浓缩可使用蒸发皿（4）称取产品，用少量稀酸A溶解后转移至容量瓶，准确移取待测溶液加入锥形瓶，准确移取标准溶液加入锥形瓶，滴加指示剂溶液，再加入稀酸，用标准溶液滴定至溶液呈浅红色，记录读数。已知：难溶电解质AgIAgSCN①稀酸B的作用是___________。②根据表中数据，消耗标准液平均体积为___________。序号滴定前读数/mL滴定后读数/mL11.0221.0022.0023.0230.2020.22③产品中AlI3的质量分数为___________(用含的代数式表示)。④若标准溶液滴定前平视，滴定后俯视读数，会导致最终计算结果___________(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）三颈烧瓶（2）除去晶体表面的杂质，减少碘化铝溶解损失（3）AD（4）①.防止硫酸铁铵中的三价铁水解②.20.00③.④.偏高【解析】依题可知，铝、碘在正己烷中加热反应生成碘化铝，过滤得到的滤液经加热浓缩，冷却结晶得到晶体，再洗涤、干燥后得到粗产品；粗产品用稀酸A溶解，再用银量法滴定；据此作答。【小问1详析】仪器A的名称为：三颈烧瓶；【小问2详析】AlI3是一种无色晶体，可溶于热的正己烷；使用“冷的正己烷”洗涤晶体的目的是除去晶体表面的杂质，减少碘化铝溶解损失；【小问3详析】使用易燃的有机溶剂时，应禁止使用明火加热，所以仪器A（垫陶土网）不能用酒精灯直接加热，A错误；AlI3可溶于热的正己烷，操作1后，产品在滤液中，因此操作1为“趁热过滤”，B正确；AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，球形干燥管的作用是防止外界水蒸气进入，C正确；AlI3在空气中受热易被氧化，所以在步骤Ⅳ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等）的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，D错误；答案为AD；小问4详析】①硫酸铁铵在溶液中电离出的铁离子会发生水解，铁离子浓度减小会使消耗硫氰酸铵溶液的体积偏大，导致所测结果偏低，所以实验时需要加入稀酸B抑制铁离子水解，则稀酸B的作用是防止硫酸铁铵中的三价铁水解；②依据表格，三次实验消耗NH4SCN标准液的体积分别为：19.98mL、21.02mL、20.02mL，去掉误差较大的21.02mL，则消耗标准液的平均体积为20.00mL；③向待测液中加入过量的硝酸银生成碘化银沉淀，剩余的硝酸银用硫氰酸铵滴定，当滴入最后半滴标准液时，生成硫氰酸铁显浅红色，据此计算；，与硫氰酸铵反应的硝酸银的物质的量，与AlI3反应的硝酸银的物质的量；则AlI3的物质的量为，其质量分数；④若NH4SCN标准溶液滴定前平视，滴定后俯视读数，导致标准液消耗体积偏小，则与AlI3反应的硝酸银的物质的量偏大，即AlI3的物质的量偏大，质量分数偏高。20.亚硫酰氯()是重要的氯化剂，可用和制备，涉及相关反应如