2025-2026学年湖北随州市曾都区第一高级中学高二下学期3月阶段检测化学试题 含答案

/高二下学期三月月考化学试题时间：2026-3-25可能用到的相对原子质量：H-1C-12B-11N-14O-16Na-23Al-27P-31S-32Cl-35.5Mn-55Fe-56Ni-59Cu-64Zn-65一、单选题1.化学与生产、生活、科技密切相关。下列有关说法不正确的是A.2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料B.将桥墩钢铁与外接电源负极相连的方法，称为牺牲阳极的阴极保护法C.植树造林有利于实现“碳中和”，其捕获和储存大气中的过程中涉及了氧化还原反应D.“绿氢”燃料电池客车投入“冰丝带”：光伏电解水制氢可作为“绿氢”的主要来源【答案】B【解析】【详解】A．聚乙烯属于高分子材料，A正确；B．将桥墩钢铁与外接电源负极相连的方法，称为外接电源的阴极保护法，B错误；C．植物光合作用将二氧化碳转化为氧气和有机物，其捕获和储存大气中的CO2过程中涉及了氧化还原反应，C正确；D．光伏电解水制氢，将太阳能转化为氢能，可作为“绿氢”的主要来源，D正确；故选B。2.“证据推理与模型认知”是化学学科核心素养之一，下列说法错误的是A.中心原子杂化方式是，可以推测中心原子杂化方式也是B.是直线形分子，可以推测也是直线形分子C.分子中的键角小于分子中的键角，可以推测分子中的键角比分子中的键角更小D.氯乙酸酸性强于乙酸，可以推测三氯乙酸酸性比氯乙酸酸性更强【答案】A【解析】【详解】A．中心原子碳原子杂化方式是，中心原子S的价层电子对数为4+×(6-4×1)=5，所以中心原子S杂化方式不是，故A错误；B．氧元素和硫元素同主族，最外层电子数相同，和CS2的中心原子的价层电子对数相同，孤电子对数相同，CO2是直线形分子，则也是直线形分子，故B正确；C．甲烷分子、氨分子和水分子，中心原子价层电子对数均为4，均为sp3杂化，孤电子对数依次为0、1、2，分子为三角锥形，为正四面体形，分子中键角小于分子中的键角，分子为V形，键角约105º，分子中的键角为107º18´，所以分子中的键角比分子中的键角更小，故C正确；D．氯元素的电负性较强，氯原子吸电子能力较强，使得氯乙酸羧基中的羟基氢更容易电离，氯乙酸酸性强于乙酸，三氯乙酸中氯原子个数比氯乙酸中更多，所以可以推测三氯乙酸酸性比氯乙酸酸性更强，故D正确；故答案：A。3.和CO是环境污染性气体，可在表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图2所示，下列说法不正确的是A.总反应为B.沸点：C.降低了反应的活化能，使反应速率加快D.分子的VSEPR模型为直线形【答案】B【解析】【详解】A．由反应N₂O(g)+Pt2O+(s)=Pt2O(s)+N2(g)ΔH1，Pt2O(s)+CO(g)=Pt₂O+(s)+CO₂(g)ΔH2，以及图2反应物总能量大于生成物总能量，根据盖斯定律可得：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)，A正确；B．极性影响熔沸点，相对分子质量相近，极性分子的熔沸点高，CO为极性分子，N2为非极性分子，则沸点：CO＞N2，B错误；C．Pt2O+是该反应的催化剂，加入Pt2O+，可降低反应的活化能，加快反应速率，C正确；D．中C为sp杂化，分子的VSEPR模型为直线形，D正确；故选B。4.在缺氧的深层潮湿土壤中，厌氧细菌会促进钢铁发生厌氧腐蚀，其原理如图所示。为了保护钢管，抑制腐蚀的发生，通常将钢管、石墨电极分别与外接电源相连，使钢管表面形成致密的薄膜而受到保护(图中未画出)。下列说法不正确的是A.上述保护方法为外加电流的阴极保护法B.腐蚀过程中存在C.理论上每有1molFe被腐蚀，电路中转移的电子数为D.连接外接电源时，电子从钢管流向电源正极【答案】A【解析】【详解】A．上述过程，再形成致密的层，说明Fe电解为阳极，该方法不是外加电流的阴极保护法，故A错误；B．根据图示，腐蚀过程中存在被H2还原为S2-的过程，方程式为：，故B正确；C．腐蚀过程，，理论上每有1molFe被腐蚀，电路中转移的电子数为，故C正确；D．连接外接电源时，钢管连接电源正极，则电子从钢管流向电源正极，故D正确；故选A。5.下列反应的离子方程式表示正确的是A.向溶液中滴加少量溶液：B.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：C.向溶液滴入溶液中：D.用惰性电极电解氯化镁溶液：【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中滴加少量溶液，离子方程式为，A错误；B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：，B错误；C．向溶液滴入溶液生成沉淀：，C正确；D．用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极Cl-失电子生成Cl2，阴极H2O得电子，生成H2和OH-，OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，D错误；故选C。6.中和滴定是一种操作简单，准确度高的定量分析方法。实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析，这些滴定分析均需要通过指示剂来确定滴定终点，下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是()A.用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4——紫红色B.利用Ag＋＋SCN－=AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3——红色(已知SCN−优先与Ag+结合)溶液浓度C.利用“2Fe3＋＋2I−===I2＋2Fe2＋”，用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉—蓝色D.利用OH−＋H＋===H2O来测量某盐酸溶液的浓度时：酚酞——浅红色【答案】C【解析】【分析】A、KMnO4溶液本身就是指示剂，为紫红色；B、KSCN溶液遇Fe（NO3）3呈血红色；C、反应一开始就生成了单质碘，溶液呈蓝色；D、测量某盐酸溶液的浓度时，使用酚酞试液溶液由无色变为红色。【详解】A项、用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度，KMnO4本身就是指示剂，溶液由无色变为紫红色为终点的到达，故A正确；B项、利用“Ag++SCN-═AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度，Fe（NO3）3为指示剂，溶液由无色变为血红色为终点的到达，故B正确；C项、利用“2Fe3++2I-═I2+2Fe2+”，由于一开始就生成了单质碘，溶液呈蓝色，无法判断终点，故C错误；D项、测量某盐酸溶液的浓度时，使用酚酞试液作指示剂溶液由无色变为红色，所以可以用酚酞作指示剂，D正确。故选C【点睛】本题主要考查了指示剂的原理以及终点的现象，抓住实验的原理是解题的关键。7.某种离子液体结构如图示，X、Y、Z、M、R为原子序数依次增大的短周期元素，Z的质子数等于X、Y的质子数之和，R为电负性最大的元素。下列说法不正确的是A.Y的第一电离能大于Z B.M、X形成的化合物分子间易形成氢键C.阴离子的空间构型为正四面体形 D.分子的极性：【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、R为原子序数依次增大的短周期元素，R为电负性最大的元素，根据非金属性越强其电负性越大，则R为F元素，根据某种离子液体的结构得到X、R有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的质子数等于X、Y的质子数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则X为H，Y为B，Z为C，M为N。【详解】A．Y为B，Z为C，同周期第一电离能呈增大趋势，则B的第一电离能小于C，故A错误；B．M为N、X为H元素，形成的化合物NH3分子间易形成氢键，故B正确；C．阴离子为[BF4]-，中心B原子的价层电子对数为，无孤对电子对，空间构型为正四面体形，故C正确；D．BF3是平面三角形结构，NF3为三角锥形，BF3为非极性分子，NF3为极性分子，故NF3分子的极性大于BF3，故D正确；故选：A。8.晶胞结构中的位置如图1所示。位于所构成的四面体中心，其晶胞俯视图如图2所示。若晶胞参数为，阿伏加德罗常数的数值为，下列说法正确的是A.晶胞中，的配位数为8 B.晶体的密度为C.晶胞中，之间的最短距离为 D.晶胞中，填充了8个四面体空隙【答案】B【解析】【分析】该晶胞中个数==4，所构成的四面体空隙有8个，根据化学式可以判断有4个空隙填充了，之间的最短距离为晶胞面角线的一半。【详解】A．由上述分析可知，填充在，所构成的四面体空隙中，故的配位数为4，故A错误；B．上述晶胞含有4个，故1个晶胞的质量等于，1个晶胞的体积为，晶体的密度为，故B正确；C．晶胞中，之间的最短距离为晶胞面角线的一半，即，故C错误；D．由分析可知，填充了4个四面体空隙，故D错误。答案选B。9.下列表示正确的是A.醛基的电子式： B.SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型：C.H2O2分子的球棍模型： D.某烷烃名称为：2-甲基-3-乙基戊烷【答案】D【解析】【详解】A．醛基中存在碳氧双键，电子式为，A错误；B．SO2的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，B错误；C．H2O2分子中中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，球棍模型：，C错误；D．烷烃命名时应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，侧链为取代基，2-甲基-3-乙基戊烷命名正确，D正确；故选D。10.不同温度下，在某一恒容密闭容器中充入一定量的CO和，发生反应。测得CO的平衡转化率的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.正反应速率：B.平衡常数：C.a点时，再向容器中通入一定量的CO，平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率一定增大D.当该反应中混合气体的平均摩尔质量不再随时间而改变时，反应达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．采用“定一议二”；该反应的正反应放热，同一压强下，降低温度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，所以，同一压强下，升高温度，反应速率加快，所以正反应速率：，A正确；B．平衡常数只跟温度有关，因，所以从d点到c点，同一压强下温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，所以，B正确；C．a点时，再向容器中通入一定量的CO，CO的平衡转化率将减小，C错误；D．由可知，反应前后均为气体，遵循质量守恒定律，所以混合气体总质量一直都为一定值，不随时间改变，混合气体的总物质的量随时间改变，所以混合气体平均摩尔质量不再随时间而改变时，能说明反应达到平衡，D正确；故选C。11.前四周期元素X、Y、Z、W的原子数依次增大，X原子中有6个运动状态不同的电子，Y是地壳中含量最多的元素，基态Z原子K，L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，基态W原子中有6个未成对电子。下列说法错误的是A.键角：B.电负性：；原子半径：C.在一定条件下，和可以相互转化D.Y与Z形成的一种化合物可用于自来水消毒【答案】A【解析】【分析】X原子中有6个运动状态不同的电子，即X有6个电子，则X为C元素，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素，基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，K层2个电子，L层8个电子，其3p轨道有5个电子，则Z为Cl元素，基态W原子中有6个未成对电子，W有d轨道，价电子为，W是Cr，据此回答。【详解】A．的中心原子的价层电子对数：，的中心原子的价层电子对数：，的中心原子的价层电子对数：，三者中心原子价层电子对数均为4，孤电子对数分别为2、1、0，孤电子对排斥力大于成键电子对，故键角：，A错误；B．同周期从左到右电负性增大，同族元素从上到下电负性减弱，电负性：；同周期从左到右半径减小，原子半径：，B正确；C．，C正确；D．Y与Z形成的化合物可用于自来水消毒，D正确；故选A。12.常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是A.使酚酞变红的溶液中：Na+、K+、、HS-B.水电离出的的溶液中：、、、C.使KSCN变红的溶液中：、、、D.溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．使酚酞变红的溶液为碱性，在碱性条件下转化为，不能大量共存，故不选A；B．水电离的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液可能为酸性或碱性。若为酸性，ClO-与H+反应生成HClO；ClO-与Cl-在酸性下会反应生成Cl2，酸性条件下不能共存，故不选B；C．KSCN变红说明含Fe3+，Fe3+与[Al(OH)4]-发生双水解反应不能共存，故不选C；D．溶液中，、K+、、相互之间不发生使离子浓度显著降低的反应，可以大量共存，故选D；选D。13.水污染是我国面临的主要环境问题之一、工业废水排入水体前必须经过处理达到排放标准，否则会污染地表水和地下水。利用微生物电池进行废水(含Na+、K+、Mg2+、Cl-和等离子)脱盐的同时处理含OCN-(其中C为+4价)酸性废水的装置如图所示。下列说法错误的是A.电子由电极M经用电器流向电极NB.该电池的优点是条件温和，利用率高，无污染C.通过膜1的阴离子数目一定等于通过膜2的阳离子数目D.电池的总反应可表示为【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，在M极，OCN-转化为CO2和N2，N元素由-3价升高到0价，则M极为负极；在N极，O2作氧化剂，则N极为正极。【详解】A．原电池工作时，电子由负极沿导线流向正极，则电子由电极M经用电器流向电极N，A正确；B．该电池在厌氧微生物的催化作用下，常温下，将OCN-等杂质转化为CO2、N2等，所以优点是条件温和，利用率高，无污染，B正确；C．在M极，2OCN--6e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+4H+，则废水中的Cl-、通过膜1向M极移动；在N极，O2+2H2O+4e-=4OH-，则废水中的H+、Na+、K+、Mg2+通过膜2向N极移动，由于阴、阳离子所带的电荷数不同，所以通过膜1的阴离子数目不一定等于通过膜2的阳离子数目，C错误；D．将M极、N极的电极反应式相加，同时注意废水呈酸性，正极产生的OH-最终被废水中的H+所中和，所以电池的总反应可表示为，D正确；故选C。14.下列关于各装置图的叙述正确的是A.用图①装置进行电镀实验，极为镀层金属，极为待镀金属制品B.图②装置盐桥中的移向甲烧杯C.图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“牺牲阳极法”D.图④电解精炼铜的过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等【答案】B【解析】【详解】A．图①中电极a为阳极、电极b为阴极，若进行电镀实验，则a极为镀层金属、b极为待镀金属制品，A项错误；B．图②中Zn为负极，Zn极电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，Cu极电极反应为Cu2++2e-=Cu，盐桥中KCl的阴离子Cl-移向甲烧杯，B项正确；C．图③装置中钢闸门与外接电源的负极相连，钢闸门为阴极，辅助电极为阳极，称之为“外加电流法”，C项错误；D．图④电解精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜上是比Cu活泼的金属Zn、Fe等先失电子转化成Zn2+、Fe2+等，然后Cu失电子转化成Cu2+，活泼性比Cu弱的金属如Ag等形成阳极泥，纯铜上的电极反应为Cu2++2e-=Cu，根据得失电子守恒，阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，D项错误；答案选B。15.在25℃时，在50mL0.1mol·L-1的盐酸中逐滴加入0.2mol·L-1的氨水，溶液pH随所加氨水的体积变化曲线如图。下列说法正确的是A.在A、B之间任意一点都满足：c(Cl-)>c(NH)>c(H＋)>c(OH-)B.在B点：a>25，且c(Cl-)=c(NH)=c(H＋)=c(OH-)C.在C点：c(Cl-)>c(NH)>c(OH-)>c(H＋)D.在D点：c(OH-)＋c(NH3·H2O)=c(Cl-)＋c(H＋)【答案】D【解析】【详解】A．当加入少量氨水时，溶液中存在c(Cl-)>c(H＋)>c()>c(OH-)，A项错误；B．当加入25mL氨水盐酸刚好反应，溶质为NH4Cl呈酸性。所以pH=7时，加入氨水大于25mL，溶液中存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(H＋)+c()，由于溶液呈中性得c(Cl-)c()>c(OH-)=c(H＋)，B项错误；C．C点电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(H＋)+c()且c(OH-)>c(H+)则c()>c(Cl-)，C项错误；D．加入50mL氨水，溶质为NH4Cl和NH3·H2O且物质的量之比为1:1，则溶液中的物料守恒为c(NH3·H2O)+c()=2c(Cl-)，电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(H＋)+c()，两守恒式相加最终得到c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H＋)，D项正确；故选D。二、解答题16.I．一定温度下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入和，发生反应：2SO2(g)当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的请回答下列问题：（1）判断该反应达到平衡状态的标志是___________(填字母)。a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2b．容器内气体的压强不变c．容器内混合气体的密度保持不变的物质的量不再变化（2）平衡时SO2的转化率为___________。（3）其他条件不变时，判断下列条件的改变引起反应速率的变化(填“加快”、“减慢”或“不变”)A．升高温度___________；B．压强不变充入氩气使体积增大___________。II．合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。（4）对于反应在一定条件下氨的平衡含量如下表。温度/℃压强/MPa氨的平衡含量2001081.5%550108.25%①下列条件既能提高反应速率，又能升高氨的平衡含量的是___________(填字母序号)。a．加催化剂b．升高温度至400-550℃c．采取10MPa-30MPa的高压条件②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是___________。（5）下图是合成氨反应平衡混合气中NH₃的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(L1、L2)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是___________(填“温度”或“压强”)；判断、的大小关系并说明理由___________。【答案】（1）bd（2）（3）①.加快②.减慢（4）①.c②.提高合成氨反应的化学反应速率(或其他合理答案)（5）①.压强②.L1L2，合成氨的反应是放热反应，压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小【解析】【小问1详解】a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2不能说明反应达到平衡，因为平衡时各反应的物质浓度之比与起始投量以及转化率有关，不一定是2：1：2，a错误；b．该反应是气体分子数减小的反应，容器内气体压强不变，说明气体物质的量不变，反应达到平衡，b正确；c．容器恒容，气体的总质量不变，根据密度公式，混合气体密度始终不变，不能作为平衡标志，c错误；d．三氧化硫的物质的量不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，d正确；故答案选b,d。【小问2详解】根据题中信息反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的，，从而计算得到n=0.18mol，所以SO2的转化率为。【小问3详解】升高温度活化分子百分数增加，化学反应速率加快；压强不变，充入氩气使体积增大，密闭容器中参加反应的物质的体积增大，导致反应物浓度减小，从而导致化学反应速率减慢。【小问4详解】升温可以让反应的反应速率增大，但是不能提高氨的平衡含量，该反应为气体分子量减小的反应，增大压强可以提高反应速率，以及能升高氨的平衡含量。答案选c；哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是反应的速率太低，需要提高温度使得反应速率更快。【小问5详解】从图中可以观察到随着X的增大，L1与L2曲线的氨气平衡体积分数不断增大，说明反应的平衡随着X的增大而正向移动，如果是温度，因为该反应为放热反应，所以曲线应该随着X的增大而降低，如果是压强，因为反应为气体分子减少的反应，所以曲线会随着X的增大而正向移动，X为压强；L1L2，因为合成氨的反应是放热反应，所以压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，导致氨的体积分数减小。17.因为其较高的比容量，近年来在锂离子电池市场中很受欢迎。回答下列问题。（1）在化合物中的常见价态有：、、、价，其中基态的核外电子运动状态有_______种。（2）第二周期基态原子未成对电子数与相同且电负性小的元素是_______。（3）在周期表中，与的化学性质最相似的邻族元素是_______。（4）金属与可形成易溶于、苯等有机溶剂的液态配合物(结构如图1所示)。该配合物在固态时属于_______晶体，作为配体时，提供孤电子对的通常是C原子而不是O原子，其原因是_______。（5）含的盐溶液用处理，最终生成淡黄色。空间构型为正八面体形，则中心原子杂化方式是_______(填字母序号)。A. B. C. D.（6）氧化锂晶胞如图2所示，C点原子的分数坐标为_______；晶胞边长为anm，C、D之间的距离为_______。【答案】（1）23（2）C（或碳）（3）Mg（或镁）（4）①.分子②.电负性C小于O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对(合理即可)（5）D（6）①.②.【解析】【小问1详解】微粒核外不同的电子，其运动状态均不同，因基态的核外电子数为23，所以其电子的运动状态有23种；【小问2详解】基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，Ni有2个未成对电子，第二周期基态原子中有2个未成对电子的是C和O，电负性小的元素是C（或碳）；【小问3详解】根据“对角线规则”可知，在周期表中，与的化学性质最相似的邻族元素是Mg（或镁）；【小问4详解】根据相似相溶原理可知，金属与形成的配合物易溶于、苯等有机溶剂，所以固体时形成的晶体是分子晶体；配体CO分子中为碳氧三键，有个2个键，电负性C小于O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对，故CO做配体时配位原子是C；【小问5详解】空间构型为正八面体形，则中心原子的价电子数为6，采用杂化方式，故选D；【小问6详解】根据氧化锂晶胞图结合几何关系可知，C点的原子坐标为；C、D之间的距离为体对角线的四分之一，所以该距离可表示为。18.工业上利用废镍催化剂(主要成分为，还含有一定量的等)制备一水合氢氧化氧镍的工艺流程如下：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：金属离子开始沉淀时的10.67.67.11.5完全沉淀时的13.18.39.22.8回答下列问题：（1）写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_______；（2）滤渣1的主要成分和_______(填化学式)。（3）试剂用于调节溶液的，则调控的范围是_______。（4）已知“除铁”后所得溶液中，加入溶液(忽略混合后溶液体积的变化)，使恰好沉淀完全[此时]，则所加溶液_______[已知实验条件下，，不考虑的水解]。（5）“氧化”过程中加入试剂Y是，写出加入反应生成一水合氢氧化氧镍的离子方程式：_______。（6）已知工业上也可以用作为阳极、溶液为电解质溶液，通过电解氧化法制备，其阳极的电极反应式为_______【答案】（1）粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等（2）（3）（4）0.08（5）（6）【解析】【分析】利用废镍催化剂(主要成分为NiO，还含有一定量的ZnO、Fe2O3、SiO2、CaO等)制备一水合氢氧化氧镍(2NiOOH·H2O)时，先需除掉Fe3+、Ca2+、Zn2+等杂质离子和SiO2等，并将+2价Ni氧化为+3价，最终转化为NiOOH•H2O。在操作过程中，先用硫酸溶解，将ZnO、Fe2O3、CaO转化为金属硫酸盐，滤渣1为SiO2和微溶的CaSO4；调节pH让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，加入NH4F将溶解的Ca2+进一步转化为沉淀，加入有机萃取剂，将Zn2+除去；最后加入氧化剂和NaOH，使Ni2+最终转化为2NiOOH·H2O。【小问1详解】若想提高“酸浸”速率，可通过增大接触面积，升高温度、适当增大酸的浓度来实现，具体措施：粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；答案为：粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；【小问2详解】由分析可知，滤渣1的成分是SiO2、CaSO4；【小问3详解】试剂X用于调节溶液的pH，将Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，但不能让Zn2+、Ni2+等生成沉淀，则调控pH的范围是2.8≤pH<7.1。答案为：2.8≤pH<7.1；【小问4详解】加入NH4F，一方面与Ca2+反应生成CaF2沉淀，另一方面使溶液中的c(F-)满足Ksp(CaF2)所要求达到的浓度。沉淀Ca2+所需n(NH4F)=0.100L×0.02mol·