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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)
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)
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重庆市第八中学2024届高考适应性月考卷(三)化学注意事项: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:1O:16S:32K:39Fe:56Ni: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↑+Cl2C.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C16H16B.该有机物分子中所有碳原子可能共平面C.1mol该有机物最多能与6molH2发生加成反应D.1mol该有机物最多能与1molNaOH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1mol该有机物最多能与6molH2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1mol该有机物最多能与2molNaOH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.1molB生成1molC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1molB生成1molC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1mol气体a,理论上可制得1mol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1mol葡萄糖酸钙,理论转移4mol电子,则每生成1mol氢气,理论上制得0.5mol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+2B.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993KD.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)=0.01mol•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)=0.1mol/L,c(Ag+)=10-7.40mol/L,c([Ag(NH3)]+)=10-5.16mol/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0.1000mol/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−+5H2O③.K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4④.易于干燥(2)①.≥9②.4.16(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=9×10-4mol,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1mol,I中酯基消耗NaOH,1mol酯基消耗1molNaOH,因此1molI消耗 1molNaOH,1molJ,1molCl原子水解消耗1molNaOH,1molHCl消耗1molNaOH,1mol羧基消耗1molNaOH,因此1molJ消耗4molNaOH;【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)①.②.2③.40%(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2mol,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=2mol,得x=0.5mol。列出三段式即:由可知平衡时水的物质的量为3mol,说明反应II中水的变化量为1.5mol,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1mol氧气时,电路中转移4mol电子,阴极区吸收mol二氧化碳,且将会有4mol氢离子移向阴极,故增重。18.从高碳钼精矿(主要含有MoS2、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MoO3、CaMoO4、NiMoO4、CaSO4。回答下列问题:(1)Mo与Cr同族,原子序数为42,则基态Mo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)。物质(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)2MoS2+7O22MoO3+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)①.55.16②.Ni2O3③.3:2④.【解析】【分析】高碳镍钼矿(主要含有MoS2、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MoO3、CaMoO4、NiMoO4、硫酸钙等,加入氢氧化钠、碳酸钠混合物碱浸,浸出液含有Na2MoO4,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,Mo与Cr同族,原子序数为42,则Mo是第5周期,则基态Mo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MoS2转化为MoO3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:2MoS2+7O22MoO3+4SO2,故答案为:2MoS2+7O22MoO3+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1molNi,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:=1.5mol,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;
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