重庆市第八中学2023-2024学年高三上学期高考适应性月考卷（三）化学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2023-2024学年高三上学期高考适应性月考卷（三）化学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 S：32 K：39 Fe：56 Ni：59
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 第19届亚运会已于2023年10月8日在杭州闭幕，本届亚运会的办会理念是“绿色、共享、开放、廉洁”。下列说法错误的是
A. 亚运会车辆使用的氢燃料电池将化学能直接转化为电能
B. 吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为二氧化硅
C. 光线透过“云之翼”罩棚照射进场馆(如图)的采光方式有利于节能减排
D. 运动器材中的碳纤维具有高强度和低重量的特点，属于无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢燃料电池在变化过程中将化学能直接转化为电能，故A正确；
B．芯片的主要成分为硅，不是二氧化硅，B错误；
C．会场采取自然采光方式能节约能源，有利于实现“碳中和”，C正确；
D．碳纤维为新型无机非金属材料，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语使用正确的是
A. 甲醛的电子式：
B. 中子数为10的氟原子：
C. 分子中键的电子云轮廊图：
D. 在水中的电离方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醛分子中碳原子和氢原子共用一对电子，碳氧原子之间共用两对，但是电子式的书写要求把原子的最外层电子都体现出来，图中只画了共用电子对，正确的电子式为：，故A错误；
B．中子数为10的氟原子应为：，故B错误；
C．分子中键为s-s键，所以其键的电子云轮廊图为：，故C正确；
D．在水中完全电离出H+，其电离方程式为：，故D错误；
故答案为：C。
3. 在给定条件下，下列选项所示物质间的转化均能实现的是
A.
B.
C.
D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于HCl的酸性强于H2CO3，故CaCl2溶液中通入CO2得不到CaCO3，A不合题意；
B．MgCl2溶液中加入石灰乳制得Mg(OH)2沉淀，煅烧Mg(OH)2可得MgO，B符合题意；
C．Cl2具有强氧化性，Fe与Cl2反应只能得到FeCl3，与Cl2的多少无关，C不合题意；
D．Fe与水蒸气反应生成Fe3O4而不生成Fe2O3，D不合题意；
故答案为：B。
4. 下列离子方程式正确的是
A. 与反应：
B. 氯碱工业的原理：2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2
C. 溶液中通入足量氯气：
D. 少量与溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化钠和水反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，发生歧化反应生成氧气和氢氧根离子，故18O不会进入氧气中：，A错误；
B．氯碱工业的原理为用惰性电极电解氯化钠溶液生成氢氧化钠和氢气、氯气，离子方程式为，B错误；
C．氯气具有强氧化性，将氧化为硫酸钠，氯气被还原为氯离子，，C正确；
D．少量与溶液反应，二氧化硫被次氯酸根氧化为硫酸，硫酸根离子完全和钙离子生成硫酸沉淀，生成的氢离子和次氯酸根离子结合为弱酸次氯酸：，D错误；
故选C。
5. 某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该有机物的分子式为C16H16
B. 该有机物分子中所有碳原子可能共平面
C. 1ml该有机物最多能与6mlH2发生加成反应
D. 1ml该有机物最多能与1mlNaOH发生反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物分子中含有16个C原子、2个O原子，不饱和度为10，则分子中所含H原子数为16×2+2-10×2=14，分子式为C16H14O2，A不正确；
B．该有机物分子中，与2个苯环同时相连的C原子发生sp3杂化，与另外3个C原子和1个H原子相连，4个C原子不可能共平面，B不正确；
C．该有机物分子中，苯环能与H2发生加成反应，酯基与H2不能发生加成反应，则1ml该有机物最多能与6mlH2发生加成反应，C正确；
D．该有机物分子中酯基发生水解后，生成羧基和酚羟基，则1ml该有机物最多能与2mlNaOH发生反应，D不正确；
故选C。
6. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，中键的数目为
B. 25℃时，的溶液中，由水电离出的数目为
C. 密闭容器中，与充分反应容器内分子数小于
D. 葡萄糖与新制的反应生成时，转移的电子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知1分子H-C≡C-H中含有3个键，故标准状况下，中键的数目为=，A错误；
B． 由于未告知溶液的体积，故无法计算25℃时，的溶液中，由水电离出的数目，B错误；
C．已知反应H2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体的分子数不变，故密闭容器中，与充分反应容器内分子数等于，C错误；
D．葡萄糖与新制的反应生成时，反应中Cu由+2价降低到+1价，故转移的电子数为，D正确；
故答案为：D。
7. 有关下图所示实验装置的说法不正确的是
A. 甲装置：用于测定溶液的浓度B. 乙装置：证明铁与水蒸气反应生成氢气
C. 丙装置：分离碘和氯化钠混合物D. 丁装置：进行喷泉实验
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘可氧化橡胶，应选酸式滴定管，A错误；
B．加热Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可证明，B正确；
C．加热时碘升华、遇冷发生凝华，氯化钠无变化，图中装置可分离，C正确；
D．SO2能与NaOH溶液反应，导致烧瓶中气体压强减小，形成喷泉，故丁装置可以进行喷泉实验，D正确；
故答案为：A。
8. -生育酚(化合物E)的合成路线如图所示，下列说法不正确的是

A. 化合物A的核磁共振氢谱中有5组吸收峰
B. 化合物A、D均可与溴水发生反应
C. 1mlB生成1mlC需消耗
D. 化合物C、D生成E
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据A的结构，A中有6种H原子，核磁共振氢谱中有6组吸收峰，故A错误；
B．化合物A中酚羟基的对位上的氢原子可以和溴水发生取代反应，D中有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应，故B正确；
C．对比B和C的结构，C比B少一个不饱和度，故1mlB生成1mlC需消耗，故C正确；
D．由转化关系可知，C、D可以生成E，故D正确。
答案选A。
9. 室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓盐酸也能和高锰酸钾发生反应，该实验无法确定二价铁，A错误；
B．溶液与溶液混合，生成氢氧化铝沉淀，可知结合质子能力：，B正确；
C．Fe(NO3)2中含有硝酸根离子，酸化后形成HNO3，HNO3强氧化剂也能将Fe2+氧化而干扰实验，C错误；
D．没有明确两者的浓度是否相等，则用pH计分别测定等体积的元素溶液和氯乙酸溶液的pH不能探究键的极性对羧酸酸性的影响，D错误；
故选B。
10. 一定条件下，以葡萄糖()为原料制备葡萄糖酸钙[]的原理如图甲，已知：葡萄萄酸(酸性强于)的结构简式如图乙所示：
下列分析不正确的是
A. 电极B为阳极，阳极区的溴化钠起催化
B. 上述实验中不宜用代替制备葡萄糖酸钙
C. 每生成1ml气体a，理论上可制得1ml葡萄糖酸钙
D. 葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有五元环
【答案】C
【解析】
【分析】葡萄糖被氧化为葡萄糖酸，电极B为阳极，阳极去发生的反应有: ，，，，其中NaBr起催化作用；得电子产生气体a为氢气，电极A为阴极，阴极方程式为：；
【详解】A．根据分析可知电极B是阳极， NaBr中的，反应前后没有变化，则NaBr起到催化作用，A项正确；
B．HCl的酸性强于羧酸，故与葡萄糖酸不反应，不宜用代替制备葡萄糖酸钙，B项正确；
C．根据分析可知 ，，每生成1ml葡萄糖酸钙，理论转移4ml电子，则每生成1ml氢气，理论上制得0.5ml葡萄糖酸钙，C项错误；
D．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，羟基和羧基可反应生成含五元，六元等环状结构的酯，D项正确；
答案选C。
11. 前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大。M的单质常用作保护气，W是元素周期表中电负性最大的元素，X与Y形成化合物的化学式为YX且其焰色试验为紫色(透过蓝色钴玻璃)，Z的原子序数为28，下列说法正确的是
A. 键角：B. X是其所在周期第一电离能最大的元素
C. 简单氢化物沸点：D. 化合物甲(晶胞示意图如上图甲)的化学式为YQ2
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大，M的单质常用作保护气故M为N，W是元素周期表中电负性最大的元素则W为F，可推知Q为O，X与Y形成化合物的化学式为YX且其焰色试验为紫色(透过蓝色钴玻璃)，故Y为K，X为Cl，Z的原子序数为28，即Z为Ni，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Q为O，W为F，M为N，QW2即OF2中心原子O周围的价层电子对数为：2+=4，MW3即NF3中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，且前者孤电子对数比后者多，故键角：，A错误；
B．由分析可知，X为Cl，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA高于同周期相邻元素，故X不是其所在周期第一电离能最大的元素，第三周期第一电离能最大的元素应该是Ar，B错误；
C．由分析可知，Q为O，W为F，M为N，由于H2O间能形成2个氢键，NH3间能形成1个氢键，HF间能形成1个氢键，且NH3的相对分子质量小于HF，故简单氢化物沸点为：H2O＞HF＞NH3即，C错误；
D．由分析可知，Y为K、Q为O，由化合物甲的晶胞投影图可知，Y为晶胞的8个顶点和体心上，Y的个数为：，Q位于4条侧棱上，每条棱上2个，还有2个位于体内，Q的个数为：，故化合物甲的化学式为YQ2，D正确；
故答案为：D。
12. 前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大。M的单质常用作保护气，W是元素周期表中电负性最大的元素，X与Y形成化合物的化学式为YX且其焰色试验为紫色(透过蓝色钴玻璃)，Z的原子序数为28，Q和Y形成的一种化合物甲的晶胞在xy平面、xz平面、yz平面上的投影图甲所示。W、Y、Z三种元素组成的化合物乙的晶体结构如图乙所示。
下列关于化合物乙的说法不正确的是
A. 该晶体中Z的化合价为+2
B. 与Z等距最近的W有6个
C. 图中A、B原子间的距离为
D. 图中B的原子分数坐标可表示为
【答案】D
【解析】
【分析】根据题干信息分析，M为N元素，W为F元素，由于前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大，因此Q为O元素，X与Y形成化合物的化学式为YX且其焰色试验为紫色(透过蓝色钴玻璃)，故Y为K元素，X为Cl元素，Z的原子序数为28，Z为Ni元素；根据均摊法，，，则化合物乙的化学式为，根据分析答题。
【详解】A．根据以上分析化合物乙的化学式为，因此Ni的化合价为+2，A正确；
B．以体心的Ni原子分析，看图可知与Ni等距最近的W原子有6个，B正确；
C．根据图中信息可知，图中A、B原子间的距离为pm，C正确；
D．由于，因此图中B的原子分数坐标不能表示为，D错误；
故选D。
13. CO和合成乙醇发生如下反应：
主反应：
副反应：
向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比[ ]的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A.
B. 在投料比为条件下，主反应的
C. 副反应能自发进行的临界温度约为993K
D. 在、时，主反应的平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】主副反应均为放热反应，升高温度，CO的转化率减小，从T1到T4温度升高，当温度相同时，投料比[ ]越大，一氧化碳的转化率越高，。
【详解】A． 当温度相同时，投料比[ ]越大，一氧化碳的转化率越高，，故A错误；
B． 在投料比为条件下，Y的温度低于Z，主反应的，故B错误；
C． 副反应能自发进行的临界温度约为 =993K，故C正确；
D． 在、时，
主反应的平衡常数，因体积末知，不等于0.2，故D错误；
故选C。
14. 向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应、，与的关系如图所示{其中M代表、、或}。下列说法错误的是

A. 该溶液中满足：
B. 时，溶液中
C. 向体系中加入少量水，数值减小
D. 反应的平衡常数K的值为
【答案】A
【解析】
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．溶液中还有铵根阳离子，存在电荷守恒：，故A错误；
B．c(NH3)=0.01ml•L-1时，即lgc(NH3)=-2时，Ⅳ表示[Ag(NH3)2]+的变化、Ⅱ表示[Ag(NH3)]+的变化，Ⅲ表示Ag+的变化，则溶液中c(Cl-)＞c([Ag(NH3)2]+)＞c([Ag(NH3)]+)＞c(Ag+)，故B正确；
C．反应的平衡常数K=，则，加水稀释c(NH3)减小、K值不变，则该比值减小，故C正确；
D．当c(NH3)=0.1ml/L，c(Ag+)=10-7.40ml/L，c([Ag(NH3)]+)=10-5.16ml/L，Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+的平衡常数K＝＝103.24，故D正确；
故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂和环境友好型水处理剂，受热易分解，遇水和酸易变质。重庆八中某学习小组欲在实验室制备高铁酸钾并检验产品的纯度。回答下列问题：
（1）高铁酸钾制备。
【步骤一】制备Na2FeO4，装置如图所示。将b中饱和NaOH溶液全部逐滴滴入a中，充分反应。
【步骤二】由b向a中反应后液体中加入饱和KOH溶液；
【步骤三】将a中所得浊液移出，分离提纯。
①仪器a的名称为___________，a中制备Na2FeO4反应的离子方程式为___________。
②步骤二中，能得到K2FeO4悬浊液的原因为___________。
③K2FeO4悬浊液经过滤、洗涤、干燥，可得产品。相比用蒸馏水洗涤，选用乙醇作为洗涤剂的优点有：防止K2FeO4遇水变质、K2FeO4在乙醇中的溶解损失更小、___________。
（2）学习小组查阅资料得知高铁酸盐在水溶液中有四种含铁形体。25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图所示：
①为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在___________。
②已知的电离常数分别为，，，当pH=4时，溶液中___________。
（3）检测产品纯度的原理如图所示：K2FeO4样品溶液滴定
具体步骤：准确称取1.98g高铁酸钾粗品配成100mL溶液，取10.00mL该待测液于锥形瓶中，加入浓碱性溶液和过量的三价铬盐；再加稀硫酸和指示剂二苯胺磺酸钠，用0.1000ml/L的硫酸亚铁铵标准液滴定至终点，重复以上步骤2~3次，平均消耗硫酸亚铁铵溶液27.00mL(假设杂质不参与反应)，则该粗品中高铁酸钾的质量分数为___________。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2+3Cl−+5H2O ③. K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4 ④. 易于干燥
（2） ①. ≥9 ②. 4.16
（3）90%
【解析】
【分析】在Fe(OH)3、NaClO的混合物中，滴加NaOH饱和溶液，用搅拌器不断搅拌，并用冰水冷却，防止副反应的发生，反应生成Na2FeO4等；往反应后的溶液中加入KOH浓溶液，将Na2FeO4转化为K2FeO4，由于K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以生成K2FeO4沉淀。
【小问1详解】
①仪器a的名称为三颈烧瓶；a中，Fe(OH)3、NaClO、NaOH发生反应，制得Na2FeO4，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2+3Cl−+5H2O。
②步骤二中，由于K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以生成K2FeO4沉淀，则能得到K2FeO4悬浊液的原因为：K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4。
③乙醇的沸点低，易挥发。相比用蒸馏水洗涤，选用乙醇作为洗涤剂的优点有：防止K2FeO4遇水变质、K2FeO4在乙醇中的溶解损失更小、易于干燥。
【小问2详解】
①从图中可以看出，pH大于9以后，全部转化为，为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在≥9。
②已知的电离常数，当pH=4时，溶液中==4.16。
【小问3详解】
由反应可建立以下关系式：2K2FeO4————6Fe2+，则K2FeO4的物质的量为=9×10-4ml，则该粗品中高铁酸钾的质量分数为=90%。
【点睛】当反应过程中发生多个反应时，为简化运算，可采用关系式法。
16. 某研究小组按如图所示路线合成抗癌药物J(存达，Treanda)。
已知：①；
②2RCOOH+RCOOH
回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为___________。D的化学名称为___________。
（2）B的结构简式为___________。
（3）B→C的反应类型为___________。
（4）F→G的化学方程式为___________。
（5）同时符合下列条件的化合物E的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应 ②能与反应产生气体 ③无环状结构
（6）等物质的量的I与J分别在一定条件下与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为___________。
（7）用流程图表示以乙烯为原料，合成三乙醇胺()，其他无机试剂任选_______。
【答案】（1） ①. 硝基和氯原子 ②. 环戊烯
（2） （3）还原反应
（4） （5）8
（6）1:4 （7）
【解析】
【分析】与CH3NH2反应生成B，B与硫化钠发生还原反应生成 C，结合 C的结构可知A到B为取代反应，B为，C与E发生已知②中反应生成F，F为，F脱水生成G，G与乙醇发生醋化反应生成H，H中硝基被氢气还原成氨基后再与环氧乙烷发生反应生成I，I与SOCl2，发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀，据此分析解答。
【小问1详解】
A中所含官能团的名称为硝基和氯原子， D的化学名称为环戊烯；
【小问2详解】
根据以上分析可知与CH3NH2反应生成B，B为；
【小问3详解】
B与硫化钠发生还原反应生成 C，故B→C的反应类型为还原反应；
【小问4详解】
F脱水生成G，化学方程式为；
【小问5详解】
根据题干信息可知满足条件E的同分异构体有醛基、羧基以及无环状结构，根据不饱和度可知结构中含有一个碳碳双键，采用“定一议二”方法，固定碳碳双键和羧基，移动醛基，因此满足条件的E的同分异构体有8种；
【小问6详解】
设有机物I与J的物质的量均为1ml， I中酯基消耗NaOH，1ml酯基消耗1mlNaOH，因此1ml I消耗1mlNaOH，1ml J，1mlCl原子水解消耗1mlNaOH，1mlHCl消耗1mlNaOH，1ml羧基消耗1mlNaOH，因此1ml J消耗4 mlNaOH；
【小问7详解】
乙烯为原料，合成三乙醇胺，流程图表示为：。
17. “碳达峰”“碳中和”是推动我国经济社会高质量发展的内在要求。通过二氧化碳催化加氢合成二甲醚是一种重要的转化方法，其过程如下：
反应I：
反应II：
回答下列问题：
（1）反应的___________。
（2）二氧化碳与氢气合成时，通常控制温度为500℃左右，其可能的原因为___________(填字母)。
A. 反应速率快B. 平衡的转化率高
C. 催化剂活性高D. 主反应催化剂选择性好
（3）在1L恒温密闭容器中充入和，初始压强为p，20min时反应I、II都达到平衡状态，体系压强为0.8p，测得。
①0~20min内___________。
②反应II的化学平衡常数___________。
③平衡时的选择性=___________。(的选择性)
（4）在密闭容器中通入和，在铁系催化剂作用下进行反应，的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。图中，温度大于800℃时，随着压强的增大，的平衡转化率减小，请解释原因：___________。
（5）为实现“碳中和”，还可通过电解法用制备，电解装置如图所示。
①铂电极的电极反应式为___________。
②当玻碳电极收集到标况下22.4L气体时，阴极区质量变化为___________。
【答案】（1） （2）ACD
（3） ①. ②. 2 ③. 40%
（4）温度温度大于800℃时，以反应II为主，压强增大平衡不移动，但压强增大反应I平衡正向移动，水蒸气浓度增大，浓度减小，从而导致反应II平衡逆移，故二氧化碳的平衡转化率减小
（5） ①. ②. 33.3g
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知的。
【小问2详解】
二氧化碳与氢气合成的反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，故转化率较低，选择控制温度为500℃左右，其可能的原因为反应速率快、催化剂活性高或主反应催化剂选择性好。
【小问3详解】
恒温恒容条件下，压强之比等于气体物质的量之比，压强减少了20%，则气体的物质的量减少20%，故和反应后气体的物质的量减少2ml，反应II不影响气体物质的量的变化，故设反应I中变化量分别为2x、6x、x、3x，即2x+6x-x-3x=4x=2ml，得x=0.5ml。列出三段式即：
由可知平衡时水的物质的量为3ml，说明反应II中水的变化量为1.5ml，列出三段式即：
可知0~20min内。
②反应II的化学平衡常数。
的选择性。
【小问4详解】
温度大于800℃时，随着压强的增大，的平衡转化率减小，其原因可能是温度温度大于800℃时，以反应II为主，压强增大平衡不移动，但压强增大反应I平衡正向移动，水蒸气浓度增大，浓度减小，从而导致反应II平衡逆移，故二氧化碳的平衡转化率减小。
【小问5详解】
玻碳电极产生氧气，发生氧化反应，为阳极，则铂电极为阴极，故电极反应式为，当玻碳电极收集到标况下22.4L气体即1ml氧气时，电路中转移4ml电子，阴极区吸收ml二氧化碳，且将会有4ml氢离子移向阴极，故增重。
18. 从高碳钼精矿(主要含有MS2、NiS、CaCO3和石墨)中提取镍和钼的化合物，其主要工艺流程如图所示：
已知：焙烧渣的主要成分为MO3、CaMO4、NiMO4、CaSO4。回答下列问题：
（1）M与Cr同族，原子序数为42，则基态M原子的价电子排布式为___________。
（2）“焙烧”过程中转化为的化学方程式为___________。
（3）“碱浸”过程中，液固比(NaOH和混合溶液的体积与焙烧渣的质量比)与碱浸率之间的关系如图甲所示，则“碱浸”时应选用的最佳液固比为___________。
（4）已知常温下相关物质的Ksp如下表，则浸取渣的主要成分是___________(填化学式)。
（5）“氨溶解”过程中需要控制温度在70℃左右，温度不宜过高的原因是___________。
（6）取一定量的NiSO4·7H2O样品进行热重分析，样品在受热过程中的固体残留率随温度变化的曲线如图乙所示。
①已知C时失掉全部结晶水，则C时的固体残留率为___________%(保留两位小数)，E时残留固体的化学式为___________。
②镍可以形成多种氧化物，其中一种晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为、，则晶体中与的最简整数比为___________，晶胞参数为428pm，则晶体密度为___________(表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
【答案】（1）4d55s1
（2）2MS2+7O22MO3+4SO2
（3）3:1 （4）Ni(OH)2、CaCO3
（5）温度过高导致氨挥发，氨水的利用率低，温度过低，粗钼酸晶体的溶解速率较小
（6） ①. 55.16 ②. Ni2O3 ③. 3:2 ④.
【解析】
【分析】高碳镍钼矿(主要含有MS2、CaCO3、NiS和石墨)空气中焙烧，生成二氧化碳、二氧化硫废气，焙砂含有MO3、CaMO4、NiMO4、硫酸钙等，加入氢氧化钠、碳酸钠混合物碱浸，浸出液含有Na2MO4，加入硝酸酸浸，得到粗钼酸，加入氨水并加热70℃，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到钼酸铵晶体，碱浸渣含有碳酸钙碳酸镍等，加入硫酸酸浸，得到硫酸镍，经一系列操作，可得到硫酸镍晶体，以此解答该题。
【小问1详解】
已知Cr是24号元素，M与Cr同族，原子序数为42，则M是第5周期，则基态M原子的价电子排布式为4d55s1，故答案为：4d55s1；
【小问2详解】
“焙烧”过程中MS2转化为MO3同时生成SO2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：2MS2+7O22MO3+4SO2，故答案为：2MS2+7O22MO3+4SO2；
【小问3详解】
由图可知“碱浸”时应选用的最佳液固比为3：1，故答案为：3:1；
【小问4详解】
由题干表中Ksp信息可知，“碱浸渣”的主要成分为Ni(OH)2、CaCO3，故答案为：Ni(OH)2、CaCO3；
【小问5详解】
“氨溶解”过程中需要控制温度在70℃，温度过高或过低都会导致产品的产量降低，温度过高导致氨的挥发，氨水的利用率低，温度过低，粗钼酸晶体的溶解速率较小，故答案为：温度过高导致氨的挥发，氨水的利用率低，温度过低，粗钼酸晶体的溶解速率较小；
【小问6详解】
①已知C时失掉全部结晶水，根据化学式NiSO4·7H2O可计算C时的固体残留率为==55.16%，E时固体中含有1mlNi，质量为59g，则含有的O元素的质量为：281×29.54%-59=24g，则O的物质的量为：=1.5ml，故E时残留固体中Ni和O的物质的量比为1:1.5=2:3，故该固体的化学式为Ni2O3，故答案为：55.16；Ni2O3；选项
探究方案
实验目的
A
将铁锈溶于足量浓盐酸，再向溶液中滴入几滴溶液，观察溶液颜色变化
检验铁锈中是否含有二价铁
B
将溶液与溶液混合，观察现象
验证结合质子能力：
C
向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化
验证氧化性：
D
用pH计分别测定等体积的溶液和溶液的pH
探究键的极性对羟酸酸性的影响
物质