2024年春季鄂東南省級示范高中教育教學改革聯盟學校期中聯考高二化學試卷考試時間：2024年4月18日下午14：3017：05試卷滿分：100分可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分．每小題只有一項符合題目要求．1.勞動有利于“知行合一”．下列勞動項目中所述的化學知識錯誤的是A.做營養餐，其中的糖類、油脂、蛋白質都屬于天然有機高分子化合物B.燒魚時，加料酒和醋，生成低級酯有香味C.利用秸稈、廚余垃圾等生產沼氣，沼氣中含有的可作燃料D.自制肥皂，利用油脂在堿性條件下水解【答案】A【解析】【詳解】A．糖類中單糖、雙糖以及油脂相對分子質量小于10000，不是高分子化合物，故A錯誤；B．做魚加少許食醋和料酒會更香，是因為醋酸與乙醇反應生成乙酸乙酯，具有香味，故B正確；C．利用秸稈、廚余垃圾等生產沼氣，沼氣主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，故C正確；D．由于油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鹽，因此自制肥皂方法：向植物油中加入NaOH溶液，故D正確；

故選：A。2.下列化學用語或圖示表達正確的是A.分子的球棍模型： B.的電子式：C.電子云輪廓圖： D.丙炔的鍵線式：【答案】C【解析】【詳解】A．H2S分子中S原子含有2個HS鍵和2個孤電子對，為V形分子，故A錯誤；B．過氧化鈉是離子化合物，鈉離子和過氧根離子間存在離子鍵，電子式是，故B錯誤；C．電子云為z軸伸展方向的啞鈴型，輪廓圖為：，故C正確；D．丙炔的三個碳原子在同一直線上，鍵線式為：，故D錯誤；答案選C。3.類比推理是重要的學科思想，下列有關類比推理的說法正確的是A.是非極性鍵形成的非極性分子，也是非極性鍵形成的非極性分子B.鄰羥基苯甲醛在分子內形成氫鍵，鄰羥基苯甲酸也在分子內形成氫鍵C.二氧化碳的分子式為,則二氧化硅的分子式為D.同為離子晶體，氯化鈉中的配位數為6，則氯化銫中的配位數也為6【答案】B【解析】【詳解】A．O3分子中存在非極性共價鍵；O3的三個原子以一個氧原子為中心，與另外兩個氧原子分別構成共價鍵，中心的氧原子sp2雜化，其中包含一對孤電子對，O3空間結構為V形，分子中正電中心和負電中心不重合，O3是結構不對稱的極性分子，A錯誤；B．鄰羥基苯甲醛、鄰羥基苯甲酸都能形成分子內氫鍵，B正確；C．CO2是分子晶體，其化學式代表的是一個單獨的CO2分子，也可以叫分子式，SiO2是共價晶體,是由一個個Si和O的原子通過SiO鍵連接而成，不存在一個個的SiO2“分子”，化學式SiO2只是代表其Si和O的原子數目比，因此只能叫化學式，而不能叫分子式，C錯誤；D．同為離子晶體，氯化鈉中的配位數為6，則氯化銫中的配位數也為8，D錯誤；故選B。4.下列對一些實驗事實的解釋錯誤的是選項實驗事實解釋A水加熱到較高溫度都難以分解水分子間存在氫鍵B的沸點高于分子間作用力大C白磷為正四面體分子白磷分子中鍵間的鍵角是D用萃取碘水中的和均為非極性分子且與水不互溶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．水分子的穩定性與化學鍵有關，與氫鍵無關，水加熱到較高溫度都難以分解，說明水中存在的化學鍵較強，，A錯誤；B．兩者均為共價晶體，且結構相似，熔沸點與分子間作用力，相對分子質量越大，分子間作用力越大，B正確；C．白磷是正四面體結構，四個頂點上分別占有一個P原子，鍵角為60°，C正確；D．非極性分子溶質極易溶于非極性分子的溶劑，碘和苯都是非極性分子，水是極性分子，所以可以用苯萃取碘水中的I2，D正確；故選D。5.冠醚因分子結構形如皇冠而得名，某冠醚分子c可識別，其合成方法如下．下列說法錯誤的是A.該反應為取代反應 B.a、b均可與溶液反應C.C中有手性碳原子 D.c可增加在苯中的溶解度【答案】C【解析】【詳解】A．對比a、b、c的結構簡式可知，a和b反應生成c和HCl，因此該反應為取代反應，故A正確；B．a中含有酚羥基，可與NaOH溶液反應，b中含有鹵原子，在NaOH溶液中可發生水解反應，故B正確；C．分子中連有4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，故c中不含有手性碳原子，故C錯誤；D．c為冠醚，可與K+形成鰲合離子，該物質在苯中溶解度較大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，故D正確。答案選C。6.用價層電子對互斥理論可以預測許多分子或離子的立體構型，有時也能用來推測鍵角大小，下列判斷正確的是A.SO2、CS2都是直線形的分子 B.鍵角由大到小順序：CH4＞NH3＞H2OC.BF3、NH3都是平面三角形的分子 D.PCl3、SO3都是三角錐形的分子【答案】B【解析】【詳解】A．SO2的中心S原子的價層電子對數為3，發生sp2雜化，S原子的最外層有1個孤電子對，分子呈V形結構，CS2的中心C原子的價層電子對數為2，發生sp雜化，分子呈直線形結構，A不正確；B．CH4、NH3、H2O的中心原子的價層電子對數都為4，都發生sp3雜化，中心原子的孤電子對數分別為0、1、2，孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用依次增大，所以鍵角由大到小順序為：CH4＞NH3＞H2O，B正確；C．BF3的中心B原子的價層電子對數為3，發生sp2雜化，中心原子無孤電子對，則分子呈平面三角形，NH3的中心N原子的價層電子對數為4，發生sp3雜化，中心N原子有1個孤電子對，則分子呈三角錐形結構，C不正確；D．PCl3的中心P原子的價層電子對數為4，發生sp3雜化，中心P原子的最外層有1個孤電子對，分子呈三角錐形，SO3的中心S原子的價層電子對數為3，發生sp2雜化，S原子的最外層無孤電子對，分子呈平面三角形，D不正確；故選B。7.已知在有機化合物中，吸電子基團（吸引電子云密度靠近）能力：，推電子基團（排斥電子云密度偏離）能力：，一般來說，體系越缺電子，酸性越強；體系越富電子，堿性越強。下列說法正確的是A.酸性： B.堿性：C.堿性： D.酸性：【答案】D【解析】【詳解】A．為吸電子基團，使羧基中羥基極性增大，更易電離出氫離子，甲基為推電子基團，使羧基中羥基的極性減小，不易電離出氫離子，因此酸性：，A錯誤；B．甲基為推電子基團，因此中六元環的電子云密度增大，即體系富電子，堿性增強，B錯誤；C．為吸電子基團，甲基為推電子基團，則中缺電子，酸性強，中富電子，堿性強，C錯誤；D．四種物質中，電子的多少順序為：，一般來說，體系越缺電子，酸性越強；體系越富電子，堿性越強，所以酸性：，D正確；故選D。8.用下列裝置及藥品能達到相應實驗目的的是A．實驗室制取乙烯B．用溴水檢驗與乙醇溶液生成的乙烯C．證明苯與液溴發生了取代反應D．提純苯甲酸A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．溫度計測定反應液的溫度為170℃，溫度計的水銀球未在液面下，故A錯誤；B．CH3CH2Br與NaOH乙醇溶液加熱發生消去反應生成乙烯，乙烯與溴水發生加成反應，溴水褪色可檢驗乙烯，故B正確；C．揮發的溴能和硝酸銀溶液反應生成淡黃色沉淀，干擾HBr和硝酸銀溶液的反應，故C錯誤；D．苯甲酸的溶解度隨溫度的升高而增大，則選擇重結晶法提純，故D錯誤。答案選B。9.科學家合成出了一種新化合物（如圖所示），其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數是X核外電子數的一半．下列敘述正確的是A.一個的晶胞中平均含有4個 B.元素非金屬性的順序為C.Y的最高價氧化物的水化物是強酸 D.該新化合物中Y不滿足8電子穩定結構【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z為同一短周期元素，由化合物的組成，可確定W為Na，Z核外最外層電子數是X核外電子數的一半，則Z為Cl，X為Si，若Y為S，則不形成陰離子，所以Y為P。從而得出W、X、Y、Z分別為Na、Si、P、Cl。【詳解】A．WZ為NaCl，由氯化鈉晶胞結構，根據均攤法可知Na+的個數=×12+1=4，A正確；B．X、Y、Z分別為Si、P、Cl，同周期元素從左到右，非金屬性依次增強，則元素非金屬性的順序為Cl＞P＞Si，B不正確；C．Y為P元素，其最高價氧化物的水化物是弱酸，C不正確；D．該新化合物中，Y為P元素，其與2個Si原子各形成1個共用電子對，還獲得Na失去的1個電子，所以滿足8電子穩定結構，D不正確；故選A。10.根據實驗操作及現象，得出結論正確是選項實驗操作及現象結論A將（鹵代烴）與溶液共熱，冷卻后取上層水溶液，加入溶液，觀察沉淀顏色驗證中的鹵素原子的種類B將分別通入品紅的乙醇溶液和品紅的水溶液，品紅的乙醇溶液不褪色，品紅的水溶液慢慢褪色說明使品紅褪色是C取少量菠菜葉剪碎研磨后加水攪拌，取上層清液于試管中，加入溶液，溶液不變紅菠菜中不含有鐵元素D與溶液生成黃色沉淀和無色氣體和生成,促進和溶液發生反應生成和A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．檢驗鹵素離子應在酸性溶液中，加入NaOH溶液共熱，CH3CH2X(鹵代烴)發生水解，沒有加硝酸酸化，不能利用硝酸銀檢驗，故A錯誤；B．品紅的水溶液慢慢褪色，可知二氧化硫本身不能漂白，則使品紅褪色的是SO2與水反應后的產物，故B錯誤；C．上層清液于試管中，加KSCN溶液不變紅，說明溶液中不存在Fe3+，可能是Fe2+，不能確定菠菜中是否含有鐵元素，故C錯誤；D．體系中可生成極難溶的AgI，極大降低了Ag+濃度，促進Ag和HI溶液發生反應生成AgI和

H2，故D正確。答案選D。11.一種硼鎂化合物具有超導性能，晶體結構屬于六方晶系，其晶體結構、晶胞沿c軸的投影圖如下所示，晶胞參數分別為,下列敘述正確的是A.一個晶胞中含有6個原子 B.該物質化學式為C.最近距離為 D.晶體的密度為【答案】C【解析】【詳解】A．結合投影圖可知，晶體結構中實線部分為1個晶胞，Mg個數為，A錯誤；B．Mg個數為，有2個B位于晶胞體內，化學式為MgB2，B錯誤；C．晶胞沿c軸的投影圖中硼原子位于正三角形的中心，原子間的最近距離應為pm，C正確；D．已知晶胞參數分別為，晶胞體積為×1030cm3，化學式為MgB2，晶胞質量為，晶體的密度為D錯誤；故選C。12.一種生產聚苯乙烯的流程如圖所示，下列敘述錯誤的是A.①的反應類型是加成反應 B.一個乙苯的分子中最多有15個原子共面C.乙苯、苯乙烯均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D.苯乙烯最多可與發生加成反應【答案】B【解析】【分析】苯和乙烯發生加成反應生成乙苯，苯乙烯發生加聚反應生成聚苯乙烯；【詳解】A．由流程圖可知，反應①為苯分子斷裂CH鍵，乙烯分子斷裂碳碳雙鍵中較活潑的鍵，然后兩者結合生成乙苯，反應類型是加成反應，A正確；B．苯分子有12個原子共平面，由于碳碳單鍵是可以旋轉的，乙基上最多有2個原子可以與苯環共面，所以共面的原子最多有14個，B錯誤；C．乙苯的側鏈碳上連有H原子，苯乙烯具有碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4溶液氧化，都能使酸性

KMnO4溶液褪色，C正確；D．苯乙烯中，苯環可與三個氫氣加成，一個碳碳雙鍵可以與一個氫氣加成，故1mol苯乙烯最多可與4molH2發生加成反應，D正確；故選B。13.某反應機理如圖，下列說法錯誤的是A.此法由甲烷制取甲醇的總反應方程式為：B.反應③的還原劑對苯二酚C.不溶于水D.和均可以與濃溴水反應，且反應類型相同【答案】D【解析】【詳解】A．涉及反應為CH4+CF3COOH+O2→CF3COOCH3+H2O，CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH，則總反應為，故A正確；B．反應③中N元素化合價降低，被還原，氧化劑為NO2，還原劑為對苯二酚，故B正確；C．含有酯基，屬于酯類，難溶于水，故C正確；D．含有酚羥基，可與溴水發生取代反應，含有雙鍵，與溴水發生加成反應，故D錯誤。答案選D。14.中醫藥是我國的文明瑰寶，下列化合物是合成中藥黃芩的主要活性成分的中間體，是一種有抗癌活性的天然生物堿，結構如下圖所示．關于該化合物下列說法正確的是A.分子中有3種官能團 B.雙鍵均為順式結構C.分子式為 D.不能和鹽酸反應【答案】A【解析】【詳解】A．由結構簡式可知，分子中含有醚鍵、碳碳雙鍵、酰胺鍵3種官能團，故A正確；B．由結構簡式可知，該分子中碳碳雙鍵一個為順式結構，一個為反式結構，故B錯誤；C．由結構簡式可知，根據價鍵規則，得到該分子的分子式為，故C錯誤；D．分子中含有酰胺鍵，能和鹽酸反應，故D錯誤。答案選A15.為尖晶石型錳系鋰離子電池材料，其晶胞由8個立方單元組成，這8個立方單元可分為A、B兩種類型．電池充電過程的總反應可表示為：。已知：充放電前后晶體中錳的化合價只有，分別表示為。下列說法不正確的是A.每個晶胞含8個B.立方單元B中、O原子個數比為C.放電時，正極反應為D.若，則充電后材料中與的比值為【答案】D【解析】【詳解】A．從A立方單元中可知，一個A單元中含2個，一個晶胞含4個A，所以每個晶胞含8個，故A正確；B．由立方單元B可知Mn原子個數分別為，O原子個數為，所以Mn、O原子個數比為∶4，B正確；C．放電時，正極得電子被還原，反應式為：，C正確；D．若，根據化合物化合價之和為0的原則，設Mn(Ⅲ)有amol，Mn(Ⅳ)bmol可計算出a+b=2，Mn(Ⅲ)與Mn(Ⅳ)的比值為，D錯誤；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分．16.回答以下關于元素及其化合物的問題．（1）下列狀態的鋁中，最外層電離出一個電子所需要能量由大到小的順序______________（填標號）。A．B．C．D．（2）氮原子可以提供孤電子對與氧原子形成配位鍵，基態氧原子的價層電子發生重排提供一個空軌道，則重排后的氧原子價電子排布圖（軌道表達式）為______________，基態氧原子的價層電子不是重排結構，原因是不符合______________。（3）下圖中分別代表了碳單質的兩種常見晶體，碳元素位于元素周期表的______________區；圖1晶體中1個最小六元環平均含有C原子數與圖2晶體中1個最小六元環平均含有C原子數之比為______________；圖3是石墨層間插入氟得到層狀結構化合物,該物質仍具潤滑性，與石墨相比，導電性______________（填“增強”或“減弱”）。（4）硼與硅相似，也能與氫形成一類化合物——硼烷。常見的有乙硼烷、丁硼烷等．乙硼烷的結構式如圖。分子中B原子通過氫橋鍵（）形成一個四元環。丁硼烷分子中存在4個氫橋鍵且有兩個五元環，寫出其結構式______________。【答案】（1）D>C>A>B（2）①.②.洪特規則（3）①.p②.1∶4③.減弱（4）【解析】【小問1詳解】各微粒失去1個電子，A為基態Al原子第一電離能，B為激發態Al原子第一電離能，而C為Al的第二電離能，D為第三電離能，Al的第三電離能＞第二電離能＞第一電離能，基態的第一電離能大于激發態的第一電離能，因此所需要能量由大到小的順序D>C>A>B；【小問2詳解】基態O原子核外電子排布為1s22s22p4，基態氧原子的價層電子發生重排提供一個空軌道，則重排后的氧原子價電子排布圖為；洪特規則是指在相同能量的軌道上，電子總是盡可能分占不同的軌道且自旋方向相同，基態氧原子的價層電子不是重排結構，原因是不符合洪特規則；【小問3詳解】碳元素位于元素周期表的p區；圖1為金剛石晶體，每個碳原子都參與形成12個六元環，而每個環中含有碳原子數為，圖2是石墨晶體，每個碳原子參與形成三個六元環，所以最小的碳環里實際所包含的碳原子數是，所以平均含有C原子數之比為1∶4；石墨晶體中每個碳原子有一個未參與雜化的電子，在層內離域移動，故石墨晶體導電，而沒有未參與雜化的電子，所以與石墨相比，導電性減弱；【小問4詳解】由乙硼烷分子中氫橋鍵()及四元環結構可知，一個B形成4個共價鍵，丁硼烷分子中存在4個氫橋鍵且有兩個五元環，則在2個B之間會存在1個BB鍵，3個B、2個氫形成五元環，結構為。17.元素分析是有機化合物的表征手段之一。按下圖實驗裝置(部分裝置略)對有機化合物進行C、H元素分析。回答下列問題：（1）將裝有樣品的Pt坩堝和CuO放入石英管中，先_______，而后將已稱重的U型管c、d與石英管連接，檢查_______。依次點燃煤氣燈_______，進行實驗。（2）O2的作用有_______。CuO的作用是_______(舉1例，用化學方程式表示)。（3）c和d中的試劑分別是_______、_______(填標號)。c和d中的試劑不可調換，理由是_______。A．CaCl2B．NaClC．堿石灰(CaO+NaOH)D．Na2SO3（4）Pt坩堝中樣品CxHyOz反應完全后，應進行操作：_______。取下c和d管稱重。（5）若樣品CxHyOz為0.0236g，實驗結束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。質譜測得該有機物的相對分子量為118，其分子式為_______。【答案】（1）①.通入一定的O2②.裝置氣密性③.b、a（2）①.為實驗提供氧化劑、提供氣流保證反應產物完全進入到U型管中②.CO+CuOCu+CO2（3）①.A②.C③.堿石灰可以同時吸收水蒸氣和二氧化碳，而氯化鈣只能吸收水蒸氣（4）先熄滅煤氣燈a，繼續吹入一定量的O2，然后再熄滅煤氣燈b，待裝置冷卻后停止通入O2，（5）C4H6O4【解析】【分析】利用如圖所示的裝置測定有機物中C、H兩種元素的含量，這是一種經典的李比希元素測定法，將樣品裝入Pt坩堝中，后面放置一CuO做催化劑，用于催化前置坩堝中反應不完全的物質，后續將產物吹入道兩U型管中，稱量兩U型管的增重計算有機物中C、H兩種元素的含量，結合其他技術手段，從而得到有機物的分子式。【小問1詳解】實驗前，應先通入一定的O2吹空石英管中的雜質氣體，保證沒有其他產物生成，而后將已U型管c、d與石英管連接，檢查裝置氣密性，隨后先點燃b處酒精燈后點燃a處酒精燈，保證當a處發生反應時產生的CO能被CuO反應生成CO2【小問2詳解】實驗中O2的作用有：為實驗提供氧化劑、提供氣流保證反應產物完全進入到U型管中；CuO的作用是催化a處產生的CO，使CO反應為CO2，反應方程式為CO+CuOCu+CO2【小問3詳解】有機物燃燒后生成的CO2和H2O分別用堿石灰和無水CaCl2吸收，其中c管裝有無水CaCl2，d管裝有堿石灰，二者不可調換，因為堿石灰能同時吸收水蒸氣和二氧化碳，而氯化鈣只能吸收水蒸氣，調換后影響最后分子式的確定；【小問4詳解】反應完全以后應先熄滅煤氣燈a，繼續吹入一定量的O2，然后再熄滅煤氣燈b，待裝置冷卻后停止通入O2，保證石英管中的氣體產物完全吹入兩U型管中，使裝置冷卻；【小問5詳解】c管裝有無水CaCl2，用來吸收生成的水蒸氣，則增重量為水蒸氣的質量，由此可以得到有機物中H元素的物質的量n(H)===0.0012mol；d管裝有堿石灰，用來吸收生成的CO2，則增重量為CO2的質量，由此可以得到有機物中C元素的物質的量n(C)===0.0008mol；有機物中O元素的質量為0.0128g，其物質的量n(O)===0.0008mol；該有機物中C、H、O三種元素的原子個數比為0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；質譜測得該有機物的相對分子質量為118，則其化學式為C4H6O4；【點睛】本實驗的重點在于兩U型管的擺放順序，由于CO2需要用堿石灰吸收，而堿石灰的主要成分為CaO和NaOH，其成分中的CaO也可以吸收水蒸氣，因此在擺放U型管位置時應將裝有堿石灰的U型管置于無水CaCl2之后，保證實驗結果。18.從處理后的礦石硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+）中，利用氨浸工藝可提取Ni、Co，并獲得高附加值化工產品．工藝流程如下：已知：氨性溶液由NH3?H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制．常溫下，Ni2+、Co2+、Co3+與NH3形成可溶于水的配離子．回答下列問題：（1）Co位于元素周期表中位置______________（周期、族）；（2）“氨浸”時，由Co(OH)3轉化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為______________________；（3）(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物．濾渣的X射線衍射圖譜中，出現了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰；①NH4Al(OH)2CO3屬于______________（填“晶體”或“非晶體”）；②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是______________________；（4）“析晶”過程中通入的酸性氣體A為______________．（5）①“結晶純化”過程中，沒有引入新物質，晶體A含6個結晶水，則所得HNO3溶液中n(HNO3)與n(H2O)的比值，理論上最高為______________；②“熱解”對于從礦石提取Ni、Co工藝的意義，在于可重復利用HNO3和___________（填化學式）。【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2）2Co(OH)3+12NH3?H2O+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O+4OH(或2Co(OH)3+8NH3?H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O)（3）①.晶體②.(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物，從而減少膠狀物質對鎳、鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥對氨堿溶液的接觸面積（4）HCl（5）①.2:5或0.4②.MgO【解析】【分析】處理后的礦石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性MgO，調pH至9.0，Ni2+、Co2+、Al3+都生成相應的氫氧化物沉淀，濾液為Mg(NO3)2溶液。含沉淀的濾泥中加入氨性溶液進行氨浸，此時Co(OH)2、Ni(OH)2溶解并轉化為[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+，Al(OH)3不溶，過濾后成為濾渣；將濾液進行分離，得到CoCl2溶液、飽和NiCl2溶液，為防止蒸發時引起CoCl2水解，通入HCl氣體，從而析出NiCl2?4H2O晶體。將Mg(NO3)2溶液結晶純化，得到Mg(NO3)2?6H2O，熱解得MgO和HNO3蒸汽，冷卻至室溫得HNO3溶液。【小問1詳解】Co為27號元素，價電子排布式為3d74s2，位于元素周期表中的位置為第四周期第Ⅷ族；【小問2詳解】“氨浸”時，由Co(OH)3溶于氨水并被(NH4)2SO3還原，轉化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為2Co(OH)3+12NH3?H2O+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O+4OH(或2Co(OH)3+8NH3?H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O)；【小問3詳解】①X射線衍射圖譜中，出現了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰，則NH4Al(OH)2CO3屬于晶體；②題中信息顯示：(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物，使膠狀物質對鎳、鈷氫氧化物覆蓋作用減弱，提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是：(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物，從而減少膠狀物質對鎳、鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥對氨堿溶液的接觸面積；【小問4詳解】“析晶”過程中，通入的酸性氣體A既能抑制Ni2+的水解，又不引入新的雜質，則其為HCl。【小問5詳解】①“結晶純化”過程中，沒有引入新