湖北省鄂东南省年级示范高中教育教学改革联盟学校2023-2024学高二下学期期中联考化学试卷

2024年春季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高二化学试卷考试时间：2024年4月18日下午14：3017：05试卷满分：100分可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一项符合题目要求．1.劳动有利于“知行合一”．下列劳动项目中所述的化学知识错误的是A.做营养餐，其中的糖类、油脂、蛋白质都属于天然有机高分子化合物B.烧鱼时，加料酒和醋，生成低级酯有香味C.利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气中含有的可作燃料D.自制肥皂，利用油脂在碱性条件下水解【答案】A【解析】【详解】A．糖类中单糖、双糖以及油脂相对分子质量小于10000，不是高分子化合物，故A错误；B．做鱼加少许食醋和料酒会更香，是因为醋酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，具有香味，故B正确；C．利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，故C正确；D．由于油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，因此自制肥皂方法：向植物油中加入NaOH溶液，故D正确；

故选：A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.分子的球棍模型： B.的电子式：C.电子云轮廓图： D.丙炔的键线式：【答案】C【解析】【详解】A．H2S分子中S原子含有2个HS键和2个孤电子对，为V形分子，故A错误；B．过氧化钠是离子化合物，钠离子和过氧根离子间存在离子键，电子式是，故B错误；C．电子云为z轴伸展方向的哑铃型，轮廓图为：，故C正确；D．丙炔的三个碳原子在同一直线上，键线式为：，故D错误；答案选C。3.类比推理是重要的学科思想，下列有关类比推理的说法正确的是A.是非极性键形成的非极性分子，也是非极性键形成的非极性分子B.邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，邻羟基苯甲酸也在分子内形成氢键C.二氧化碳的分子式为,则二氧化硅的分子式为D.同为离子晶体，氯化钠中的配位数为6，则氯化铯中的配位数也为6【答案】B【解析】【详解】A．O3分子中存在非极性共价键；O3的三个原子以一个氧原子为中心，与另外两个氧原子分别构成共价键，中心的氧原子sp2杂化，其中包含一对孤电子对，O3空间结构为V形，分子中正电中心和负电中心不重合，O3是结构不对称的极性分子，A错误；B．邻羟基苯甲醛、邻羟基苯甲酸都能形成分子内氢键，B正确；C．CO2是分子晶体，其化学式代表的是一个单独的CO2分子，也可以叫分子式，SiO2是共价晶体,是由一个个Si和O的原子通过SiO键连接而成，不存在一个个的SiO2“分子”，化学式SiO2只是代表其Si和O的原子数目比，因此只能叫化学式，而不能叫分子式，C错误；D．同为离子晶体，氯化钠中的配位数为6，则氯化铯中的配位数也为8，D错误；故选B。4.下列对一些实验事实的解释错误的是选项实验事实解释A水加热到较高温度都难以分解水分子间存在氢键B的沸点高于分子间作用力大C白磷为正四面体分子白磷分子中键间的键角是D用萃取碘水中的和均为非极性分子且与水不互溶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．水分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，水加热到较高温度都难以分解，说明水中存在的化学键较强，，A错误；B．两者均为共价晶体，且结构相似，熔沸点与分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，B正确；C．白磷是正四面体结构，四个顶点上分别占有一个P原子，键角为60°，C正确；D．非极性分子溶质极易溶于非极性分子的溶剂，碘和苯都是非极性分子，水是极性分子，所以可以用苯萃取碘水中的I2，D正确；故选D。5.冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别，其合成方法如下．下列说法错误的是A.该反应为取代反应 B.a、b均可与溶液反应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】【详解】A．对比a、b、c的结构简式可知，a和b反应生成c和HCl，因此该反应为取代反应，故A正确；B．a中含有酚羟基，可与NaOH溶液反应，b中含有卤原子，在NaOH溶液中可发生水解反应，故B正确；C．分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故c中不含有手性碳原子，故C错误；D．c为冠醚，可与K+形成鳌合离子，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，故D正确。答案选C。6.用价层电子对互斥理论可以预测许多分子或离子的立体构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是A.SO2、CS2都是直线形的分子 B.键角由大到小顺序：CH4＞NH3＞H2OC.BF3、NH3都是平面三角形的分子 D.PCl3、SO3都是三角锥形的分子【答案】B【解析】【详解】A．SO2的中心S原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，S原子的最外层有1个孤电子对，分子呈V形结构，CS2的中心C原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，分子呈直线形结构，A不正确；B．CH4、NH3、H2O的中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，中心原子的孤电子对数分别为0、1、2，孤电子对与成键电子对间的排斥作用依次增大，所以键角由大到小顺序为：CH4＞NH3＞H2O，B正确；C．BF3的中心B原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，中心原子无孤电子对，则分子呈平面三角形，NH3的中心N原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，中心N原子有1个孤电子对，则分子呈三角锥形结构，C不正确；D．PCl3的中心P原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，中心P原子的最外层有1个孤电子对，分子呈三角锥形，SO3的中心S原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，S原子的最外层无孤电子对，分子呈平面三角形，D不正确；故选B。7.已知在有机化合物中，吸电子基团（吸引电子云密度靠近）能力：，推电子基团（排斥电子云密度偏离）能力：，一般来说，体系越缺电子，酸性越强；体系越富电子，碱性越强。下列说法正确的是A.酸性： B.碱性：C.碱性： D.酸性：【答案】D【解析】【详解】A．为吸电子基团，使羧基中羟基极性增大，更易电离出氢离子，甲基为推电子基团，使羧基中羟基的极性减小，不易电离出氢离子，因此酸性：，A错误；B．甲基为推电子基团，因此中六元环的电子云密度增大，即体系富电子，碱性增强，B错误；C．为吸电子基团，甲基为推电子基团，则中缺电子，酸性强，中富电子，碱性强，C错误；D．四种物质中，电子的多少顺序为：，一般来说，体系越缺电子，酸性越强；体系越富电子，碱性越强，所以酸性：，D正确；故选D。8.用下列装置及药品能达到相应实验目的的是A．实验室制取乙烯B．用溴水检验与乙醇溶液生成的乙烯C．证明苯与液溴发生了取代反应D．提纯苯甲酸A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．温度计测定反应液的温度为170℃，温度计的水银球未在液面下，故A错误；B．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液加热发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴水发生加成反应，溴水褪色可检验乙烯，故B正确；C．挥发的溴能和硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰HBr和硝酸银溶液的反应，故C错误；D．苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，则选择重结晶法提纯，故D错误。答案选B。9.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半．下列叙述正确的是A.一个的晶胞中平均含有4个 B.元素非金属性的顺序为C.Y的最高价氧化物的水化物是强酸 D.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为同一短周期元素，由化合物的组成，可确定W为Na，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，则Z为Cl，X为Si，若Y为S，则不形成阴离子，所以Y为P。从而得出W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。【详解】A．WZ为NaCl，由氯化钠晶胞结构，根据均摊法可知Na+的个数=×12+1=4，A正确；B．X、Y、Z分别为Si、P、Cl，同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则元素非金属性的顺序为Cl＞P＞Si，B不正确；C．Y为P元素，其最高价氧化物的水化物是弱酸，C不正确；D．该新化合物中，Y为P元素，其与2个Si原子各形成1个共用电子对，还获得Na失去的1个电子，所以满足8电子稳定结构，D不正确；故选A。10.根据实验操作及现象，得出结论正确是选项实验操作及现象结论A将（卤代烃）与溶液共热，冷却后取上层水溶液，加入溶液，观察沉淀颜色验证中的卤素原子的种类B将分别通入品红的乙醇溶液和品红的水溶液，品红的乙醇溶液不褪色，品红的水溶液慢慢褪色说明使品红褪色是C取少量菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，取上层清液于试管中，加入溶液，溶液不变红菠菜中不含有铁元素D与溶液生成黄色沉淀和无色气体和生成,促进和溶液发生反应生成和A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．检验卤素离子应在酸性溶液中，加入NaOH溶液共热，CH3CH2X(卤代烃)发生水解，没有加硝酸酸化，不能利用硝酸银检验，故A错误；B．品红的水溶液慢慢褪色，可知二氧化硫本身不能漂白，则使品红褪色的是SO2与水反应后的产物，故B错误；C．上层清液于试管中，加KSCN溶液不变红，说明溶液中不存在Fe3+，可能是Fe2+，不能确定菠菜中是否含有铁元素，故C错误；D．体系中可生成极难溶的AgI，极大降低了Ag+浓度，促进Ag和HI溶液发生反应生成AgI和

H2，故D正确。答案选D。11.一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞参数分别为,下列叙述正确的是A.一个晶胞中含有6个原子 B.该物质化学式为C.最近距离为 D.晶体的密度为【答案】C【解析】【详解】A．结合投影图可知，晶体结构中实线部分为1个晶胞，Mg个数为，A错误；B．Mg个数为，有2个B位于晶胞体内，化学式为MgB2，B错误；C．晶胞沿c轴的投影图中硼原子位于正三角形的中心，原子间的最近距离应为pm，C正确；D．已知晶胞参数分别为，晶胞体积为×1030cm3，化学式为MgB2，晶胞质量为，晶体的密度为D错误；故选C。12.一种生产聚苯乙烯的流程如图所示，下列叙述错误的是A.①的反应类型是加成反应 B.一个乙苯的分子中最多有15个原子共面C.乙苯、苯乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.苯乙烯最多可与发生加成反应【答案】B【解析】【分析】苯和乙烯发生加成反应生成乙苯，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯；【详解】A．由流程图可知，反应①为苯分子断裂CH键，乙烯分子断裂碳碳双键中较活泼的键，然后两者结合生成乙苯，反应类型是加成反应，A正确；B．苯分子有12个原子共平面，由于碳碳单键是可以旋转的，乙基上最多有2个原子可以与苯环共面，所以共面的原子最多有14个，B错误；C．乙苯的侧链碳上连有H原子，苯乙烯具有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，都能使酸性

KMnO4溶液褪色，C正确；D．苯乙烯中，苯环可与三个氢气加成，一个碳碳双键可以与一个氢气加成，故1mol苯乙烯最多可与4molH2发生加成反应，D正确；故选B。13.某反应机理如图，下列说法错误的是A.此法由甲烷制取甲醇的总反应方程式为：B.反应③的还原剂对苯二酚C.不溶于水D.和均可以与浓溴水反应，且反应类型相同【答案】D【解析】【详解】A．涉及反应为CH4+CF3COOH+O2→CF3COOCH3+H2O，CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH，则总反应为，故A正确；B．反应③中N元素化合价降低，被还原，氧化剂为NO2，还原剂为对苯二酚，故B正确；C．含有酯基，属于酯类，难溶于水，故C正确；D．含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有双键，与溴水发生加成反应，故D错误。答案选D。14.中医药是我国的文明瑰宝，下列化合物是合成中药黄芩的主要活性成分的中间体，是一种有抗癌活性的天然生物碱，结构如下图所示．关于该化合物下列说法正确的是A.分子中有3种官能团 B.双键均为顺式结构C.分子式为 D.不能和盐酸反应【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，分子中含有醚键、碳碳双键、酰胺键3种官能团，故A正确；B．由结构简式可知，该分子中碳碳双键一个为顺式结构，一个为反式结构，故B错误；C．由结构简式可知，根据价键规则，得到该分子的分子式为，故C错误；D．分子中含有酰胺键，能和盐酸反应，故D错误。答案选A15.为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型．电池充电过程的总反应可表示为：。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有，分别表示为。下列说法不正确的是A.每个晶胞含8个B.立方单元B中、O原子个数比为C.放电时，正极反应为D.若，则充电后材料中与的比值为【答案】D【解析】【详解】A．从A立方单元中可知，一个A单元中含2个，一个晶胞含4个A，所以每个晶胞含8个，故A正确；B．由立方单元B可知Mn原子个数分别为，O原子个数为，所以Mn、O原子个数比为∶4，B正确；C．放电时，正极得电子被还原，反应式为：，C正确；D．若，根据化合物化合价之和为0的原则，设Mn(Ⅲ)有amol，Mn(Ⅳ)bmol可计算出a+b=2，Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分．16.回答以下关于元素及其化合物的问题．（1）下列状态的铝中，最外层电离出一个电子所需要能量由大到小的顺序______________（填标号）。A．B．C．D．（2）氮原子可以提供孤电子对与氧原子形成配位键，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图（轨道表达式）为______________，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合______________。（3）下图中分别代表了碳单质的两种常见晶体，碳元素位于元素周期表的______________区；图1晶体中1个最小六元环平均含有C原子数与图2晶体中1个最小六元环平均含有C原子数之比为______________；图3是石墨层间插入氟得到层状结构化合物,该物质仍具润滑性，与石墨相比，导电性______________（填“增强”或“减弱”）。（4）硼与硅相似，也能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷、丁硼烷等．乙硼烷的结构式如图。分子中B原子通过氢桥键（）形成一个四元环。丁硼烷分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，写出其结构式______________。【答案】（1）D>C>A>B（2）①.②.洪特规则（3）①.p②.1∶4③.减弱（4）【解析】【小问1详解】各微粒失去1个电子，A为基态Al原子第一电离能，B为激发态Al原子第一电离能，而C为Al的第二电离能，D为第三电离能，Al的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态的第一电离能大于激发态的第一电离能，因此所需要能量由大到小的顺序D>C>A>B；【小问2详解】基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为；洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合洪特规则；【小问3详解】碳元素位于元素周期表的p区；图1为金刚石晶体，每个碳原子都参与形成12个六元环，而每个环中含有碳原子数为，图2是石墨晶体，每个碳原子参与形成三个六元环，所以最小的碳环里实际所包含的碳原子数是，所以平均含有C原子数之比为1∶4；石墨晶体中每个碳原子有一个未参与杂化的电子，在层内离域移动，故石墨晶体导电，而没有未参与杂化的电子，所以与石墨相比，导电性减弱；【小问4详解】由乙硼烷分子中氢桥键()及四元环结构可知，一个B形成4个共价键，丁硼烷分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，则在2个B之间会存在1个BB键，3个B、2个氢形成五元环，结构为。17.元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。回答下列问题：（1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先_______，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查_______。依次点燃煤气灯_______，进行实验。（2）O2的作用有_______。CuO的作用是_______(举1例，用化学方程式表示)。（3）c和d中的试剂分别是_______、_______(填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是_______。A．CaCl2B．NaClC．碱石灰(CaO+NaOH)D．Na2SO3（4）Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：_______。取下c和d管称重。（5）若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为_______。【答案】（1）①.通入一定的O2②.装置气密性③.b、a（2）①.为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中②.CO+CuOCu+CO2（3）①.A②.C③.碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳，而氯化钙只能吸收水蒸气（4）先熄灭煤气灯a，继续吹入一定量的O2，然后再熄灭煤气灯b，待装置冷却后停止通入O2，（5）C4H6O4【解析】【分析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置一CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。【小问1详解】实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2【小问2详解】实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用是催化a处产生的CO，使CO反应为CO2，反应方程式为CO+CuOCu+CO2【小问3详解】有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，而氯化钙只能吸收水蒸气，调换后影响最后分子式的确定；【小问4详解】反应完全以后应先熄灭煤气灯a，继续吹入一定量的O2，然后再熄灭煤气灯b，待装置冷却后停止通入O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U型管中，使装置冷却；【小问5详解】c管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n(H)===0.0012mol；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)===0.0008mol；有机物中O元素的质量为0.0128g，其物质的量n(O)===0.0008mol；该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其化学式为C4H6O4；【点睛】本实验的重点在于两U型管的摆放顺序，由于CO2需要用碱石灰吸收，而碱石灰的主要成分为CaO和NaOH，其成分中的CaO也可以吸收水蒸气，因此在摆放U型管位置时应将装有碱石灰的U型管置于无水CaCl2之后，保证实验结果。18.从处理后的矿石硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+）中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品．工艺流程如下：已知：氨性溶液由NH3∙H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制．常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子．回答下列问题：（1）Co位于元素周期表中位置______________（周期、族）；（2）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为______________________；（3）(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物．滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰；①NH4Al(OH)2CO3属于______________（填“晶体”或“非晶体”）；②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是______________________；（4）“析晶”过程中通入的酸性气体A为______________．（5）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质，晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为______________；②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和___________（填化学式）。【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.晶体②.(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，从而减少胶状物质对镍、钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥对氨碱溶液的接触面积（4）HCl（5）①.2:5或0.4②.MgO【解析】【分析】处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性MgO，调pH至9.0，Ni2+、Co2+、Al3+都生成相应的氢氧化物沉淀，滤液为Mg(NO3)2溶液。含沉淀的滤泥中加入氨性溶液进行氨浸，此时Co(OH)2、Ni(OH)2溶解并转化为[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+，Al(OH)3不溶，过滤后成为滤渣；将滤液进行分离，得到CoCl2溶液、饱和NiCl2溶液，为防止蒸发时引起CoCl2水解，通入HCl气体，从而析出NiCl2∙4H2O晶体。将Mg(NO3)2溶液结晶纯化，得到Mg(NO3)2∙6H2O，热解得MgO和HNO3蒸汽，冷却至室温得HNO3溶液。【小问1详解】Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，位于元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；【小问2详解】“氨浸”时，由Co(OH)3溶于氨水并被(NH4)2SO3还原，转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为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)；【小问3详解】①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体；②题中信息显示：(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，使胶状物质对镍、钴氢氧化物覆盖作用减弱，提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是：(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，从而减少胶状物质对镍、钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥对氨碱溶液的接触面积；【小问4详解】“析晶”过程中，通入的酸性气体A既能抑制Ni2+的水解，又不引入新的杂质，则其为HCl。【小问5详解】①“结晶纯化”过程中，没有引入新