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）化学题 Word版含解析.docx

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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，Q和Y形成的一种化合物甲的晶胞在xy平面、xz平面、yz平面上的投影图如图所示。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.化合物甲的化学式为YQ2【答案】D【解析】【分析】前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大。W是元素周期表中电负性最大的元素，W是F元素；M的单质常用作保护气，M是N元素；则Q是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)，X是Cl、Y是K元素；Z的原子序数为28，Z是Ni元素。Q和Y形成的一种化合物甲的晶胞在xy平面、xz平面、yz平面上的投影图如图所示。W、Y、Z三种元素组成的化合物乙的晶体结构如图乙所示【详解】A.OF2中O原子价电子对数为4，有2个孤电子对，NF3中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对，孤电子对越多对价电子对排斥作用越大，所以键角，故A错误；B.Cl所在周期，第一电离能最大的元素是Ar，故B错误；C.简单氢化物沸点：，故C错误；D.根据图示，化合物甲的晶胞中，8个顶点和体心各有1个K，与z轴平行的4条棱上各有2个O、晶胞内有2个O，根据均摊原则，1个晶胞中含有2个K、4个O，所以化学式为KO2，故D正确；选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）高铁酸钾的制备。【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的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，阴极区的质量变化为___________。【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（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)在空气中焙烧，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；