2023年高考理綜化學(xué)真題試卷〔全國(guó)乙卷〕13678分.〔742分〕2030年前實(shí)現(xiàn)碳達(dá)峰、2060年前實(shí)現(xiàn)碳中和，這對(duì)于改善環(huán)境、實(shí)現(xiàn)綠色進(jìn)展至關(guān)重要。“碳中和”CO2的排放總量和削減總量相當(dāng)。以下措施中能促進(jìn)碳中和最直接有效的是〔〕B.大規(guī)模開采可燃冰作為能源C.通過清潔煤技術(shù)削減煤燃燒污染D.研發(fā)催化劑將【答案】D

復(fù)原為甲醇【考點(diǎn)】含碳化合物的性質(zhì)和應(yīng)用【解析】【解答】A.將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油并不能削減CO2的排放量，達(dá)不到碳中和的目的，A不符合題意；大規(guī)模開采可燃冰做為清潔燃料，會(huì)增大CO2的排放量，不符合碳中和的要求，B不符合題意；22通過清潔煤技術(shù)削減煤燃燒污染，不能削減CO的排放量，達(dá)不到碳中和的目的，C不符合題意；D.研發(fā)催化劑將二氧化碳復(fù)原為甲醇，可以削減CO的排放量，到達(dá)碳中和的目的，D符合題意；故答案為：D222 【分析】“碳中和”是指CO的排放總量和削減總量相當(dāng)CO2 在試驗(yàn)室釆用如圖裝置制備氣體，合理的是〔〕化學(xué)試劑 制備的氣體AB 〔濃〕CD 〔濃〕A B.B C.C【答案】C【考點(diǎn)】氣體發(fā)生裝置，氣體的收集，常見氣體制備原理及裝置選擇【解析】【解答】A.氨氣的密度比空氣小，不能用向上排空法收集，A不符合題意；2B合題意；MnO2上排空氣法收集，C符合題意；氯化鈉與濃硫酸共熱制備為固液加熱反響，需要選用固液加熱裝置，不能選用固固加熱裝置，D不符合題意；故答案為：C【分析】由試驗(yàn)裝置圖可知，制備氣體的裝置為固固加熱裝置，收集氣體的裝置為向上排空氣法，說明該氣體的密度大于空氣的密度。以下過程中的化學(xué)反響，相應(yīng)的離子方程式正確的選項(xiàng)是〔〕用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣： +Ca =Ca + B.過量鐵粉參加稀硝酸中：Fe++ = +NO +2

C.硫酸鋁溶液中滴如少量氫氧化鉀溶液：

+4 =Al+2 D.氯化銅溶液中通入硫化氫： + =CuS【答案】A【考點(diǎn)】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，硝酸的化學(xué)性質(zhì)，探究鋁與酸、堿溶液的反響，離子方程式的書寫A.硫酸鈣微溶，用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化犯難溶的碳酸鈣，離子方程式為：3 4 3 CO2-+CaSO=CaCO+SO2- ，A3 4 3 過量的鐵粉與稀硝酸反響生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式應(yīng)為：3Fe+8H++2NO-=3Fe2++2NO↑+4HO，B不符合題意；3 2硫酸鋁溶液與少量氫氧化鉀溶液反響生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉀↓，C不符合題意；硫化氫為弱電解質(zhì)，書寫離子方程式時(shí)不能拆，離子方程式應(yīng)為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+ ，D不符合題意；故答案為：A3 【分析】A．依據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化分析；B．FeFe2+；C．KOHAl(OH)；D．HS3 一種活性物質(zhì)的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 ，以下有關(guān)該物質(zhì)的表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕能發(fā)生取代反響不能發(fā)生加成反響B(tài).既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.與 互D.1mol44g【答案】C【考點(diǎn)】乙烯的化學(xué)性質(zhì)，乙醇的化學(xué)性質(zhì)，羧酸簡(jiǎn)介【解析】【解答】A.該物質(zhì)含有羥基、羧基、碳碳雙鍵，能發(fā)生取代反響和加成反響，A不符合題意；同系物是構(gòu)造相像分子式相差1個(gè)或n個(gè)CH2的有機(jī)物該物質(zhì)的分子式為C10H18O3 ，而且與乙醇、乙酸構(gòu)造不相像，B不符合題意；該物質(zhì)的分子式為C10H18O3 ， 的分子式為C10H18O3 ，所以二者的分子式一樣，構(gòu)造式不同，互為同分異構(gòu)體，C符合題意；該物質(zhì)只含有一個(gè)羧基，1mol0.5mol22g，D不符合題意；故答案為：C【分析】A．依據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)分析；B．同系物是指構(gòu)造相像、分子組成相差假設(shè)干個(gè)“CH2”原子團(tuán)的有機(jī)化合物；C．同分異構(gòu)體是具有一樣分子式而構(gòu)造不同的化合物；D．該化合物中只有羧基能與Na2CO3反響；1.731kg的月球土壤，經(jīng)分析覺察其構(gòu)成與地球土壤類似，土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序數(shù)依次増大，最外層電子數(shù)之和為15。X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不W同族，以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是〔〕原子半徑大小挨次為W>X>Y>ZB.化合物XW中的化學(xué)健為離子鍵C.Y單質(zhì)的導(dǎo)電性能弱于Z單質(zhì)的D.Z的氧化物的水化物的酸性強(qiáng)于碳酸【答案】B【考點(diǎn)】元素周期表中原子構(gòu)造與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律，元素周期表的構(gòu)造及其應(yīng)用，元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用【解析】【解答】A.O原子有兩層，Mg、Al、Si均有三層且原子序數(shù)依次增大，故原子半徑大小挨次為Mg＞Al＞Si＞O，即W>X>Y>Z ，A不符合題意；XWMgO為離子化合物，其中的化學(xué)鍵為離子鍵，B符合題意；C.Y單質(zhì)為鋁單質(zhì)，鋁屬于導(dǎo)體，導(dǎo)電性很強(qiáng)，Z單質(zhì)為硅，為半導(dǎo)體，半導(dǎo)體導(dǎo)電性介于導(dǎo)體和絕緣體之間，故Y單質(zhì)的導(dǎo)電性能強(qiáng)于Z單質(zhì)的，C不符合題意；D.Z的氧化物的水化物為硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D不符合題意；故答案為：B【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15，X、Y、Z為同周期相鄰元素，可知W所在主族可能為第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，故W肯定不是第ⅢA族元素，即W肯定是第ⅥA族元素，進(jìn)一步結(jié)合可推知W、X、Y、Z依次O、Mg、Al、Si。決這一問題，通常在管道口設(shè)置一對(duì)情性電極〔如下圖〕，通入肯定的電流。以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕陽極發(fā)生將海水中的 氧化生成 的反響B(tài).管道中可以生成氧化滅殺附著生物的NaClOC.陰極生成的【答案】D

D.Mg

等積垢需要定期清理【考點(diǎn)】電解池工作原理及應(yīng)用【解析】【解答】A.依據(jù)分析可知，陽極區(qū)海水中的Cl-會(huì)優(yōu)先失去電子生成Cl2 ，發(fā)生氧化反響，A正確；設(shè)置的裝置為電解池原理，依據(jù)分析知，陽極區(qū)生成的Cl2與陰極區(qū)生成的OH-在管道中會(huì)發(fā)生反響生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有強(qiáng)氧化性，可氧化滅殺附著的生物，B正確；C.由于H2是易燃性氣體，所以陽極區(qū)生成的H2需準(zhǔn)時(shí)通風(fēng)稀釋，安全地排入大氣，以排解安全隱患，C正確；D.陰極的電極反響式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH- ，會(huì)使海水中的Mg2+沉淀積垢，所以陰極外表會(huì)形成Mg(OH)2等積垢需定期清理，D錯(cuò)誤；故答案為：D【分析】海水中除了水，還含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，依據(jù)題干信息可知，裝置的原理是利用惰性電極電解海水，陽極區(qū)溶液中的Cl-會(huì)優(yōu)先失電子生成Cl2 ，陰極區(qū)H2O優(yōu)先得電子生成H2和OH-。HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中 而變化， 不發(fā)生水解。試驗(yàn)覺察，298K時(shí)以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕

，如以下圖中實(shí)線所示。pH=4時(shí).7時(shí)，MA的溶度積D.HA的電離常數(shù)

C.溶液pH=【答案】C【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，鹽類水解的原理，鹽類水解的應(yīng)用，離子濃度大小的比較，電離平衡常數(shù)【解析】【解答】A.由圖可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L時(shí)，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2 ，c(M+)= mol/L<3.0×10-4mol/L，A正確；B.由圖可知，c(H+)=0時(shí)，可看作溶液中有較大濃度的OH- ，此時(shí)A-的水解極大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8 ，B正確；C.MA飽和溶液中，M+不水解，A-pH=7，說明參加了酸，但該酸不肯定是HApH所用的酸為HnXc(M+)+c(H+)=c(OH-)+nc(Xn-)，題給等式右邊缺陰離子局部nc(Xn-)，C錯(cuò)誤；D.Ka(HA)=Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=

，當(dāng)c(A-)=c(HA)時(shí)，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)= ，=5×10-8 ，c2(M+)=10×10-8 c(H+)=2.0×10-4mol/L，Ka(HA)=

=c(H+)

2.0×10-4 ，D正確；故答案為：C【分析】依據(jù)電荷守恒和物料守恒結(jié)合圖像計(jì)算。129分〔343分〕磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝下，有關(guān)金屬離子開頭沉淀和沉淀完全的pH見下表：金屬離子開頭沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4沉淀完全(c=1.0×10*mol-L”)pH3.2答復(fù)以下問題：

4.7

11.1 13.8“焙燒”中，出 轉(zhuǎn)化為

、 幾乎不發(fā)生反響， 、MgO、CaO、 轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，寫的化學(xué)方程式 。“水浸”后“濾液”pH2.0，在“分步沉淀”pH11.6，依次析出的金屬離子是 。“母液①”中 濃度為 mol·”水浸渣”在160℃“酸溶”，最適合的酸是 ?！八崛茉钡某煞质?、 ?！八崛堋焙?，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱， 水解析出 沉淀，該反響的離子方程式是 。將“母液①”和“母液②”混合，吸取尾氣，經(jīng)處理得 ，循環(huán)利用。4〔1〕Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑〔2〕Fe3+、Al3+、Mg2+〔3〕10-6〔4〕H2SO；4SiO；CaSO〔5〕TiO++(x+1)HO TiO·xHO+2H+〔6〕(NH)SO2 4 2 2 2 2 42 4【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響方程式的配平，pH分別與提純(1)氨氣和水，反響的化學(xué)方程式為Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑；(2)由題給開頭沉淀和完全沉淀的HH約為0的濾液參加氨水調(diào)整溶液H為6、Mg2+ ，Ca2+沒有沉淀；(3)pH11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8 ，當(dāng)溶液pH為11.6時(shí)，溶液中鎂離子的濃度為 =1×10-6mol/L(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，削減TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)參加濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸(5)酸溶后將TiOSO4TiOSO4TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反響的離子方程式為TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+；(6)①②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸取氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用?！痉治觥坑深}給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時(shí)，二氧化鈦和二氧化硅不反響，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)參加熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣局部溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中參加氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀過濾得到含有硫酸銨硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀向水浸渣中參加濃硫酸加熱到160℃酸溶二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反響二氧化鈦與稀硫酸反響得到TiOSO4 ，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液參加熱水稀釋并適當(dāng)加熱，使TiOSO4完全TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②TiO2·xH2O氧化石墨烯具有穩(wěn)定的網(wǎng)狀構(gòu)造，在能源、材料等領(lǐng)域有著重要的應(yīng)用前景，通過氧化剝離石墨制備氧化石墨烯的一種方法如下〔裝置如下圖〕：將濃H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。猛烈攪拌下，分批緩慢參加KMnO4粉末，塞好瓶口。轉(zhuǎn)至油浴中，35℃1小時(shí)，緩慢滴加肯定量的蒸餾水。升溫至98℃1小時(shí)。轉(zhuǎn)移至大燒杯中，靜置冷卻至室溫。參加大量蒸餾水，而后滴加H2O2至懸濁液由紫色變?yōu)橥咙S色。IV.離心分別，稀鹽酸洗滌沉淀。蒸餾水洗滌沉淀。冷凍枯燥，得到土黃色的氧化石墨烯。答復(fù)以下問題：裝置圖中，儀器a、c的名稱分別是 、 ,儀器b的進(jìn)水口是〔填字母〕。4步驟I中，需分批緩慢參加KMnO粉末并使用冰水浴，緣由是 .4步驟II中的加熱方式承受油浴，不使用熱水浴，緣由是＿ .2 步驟III中，HO的作用是 〔以離子方程式表示〕2 4步驟IV中，洗滌是否完成，可通過檢測(cè)洗出液中是否存在SO2-來推斷。檢測(cè)的方法是 .4步驟V可用pH試紙檢測(cè)來推斷Cl-是否洗凈，其理由是 .【答案】〔1〕滴液漏斗；三頸燒瓶/三口燒瓶〔2〕反響放熱，為防止體系溫度急劇增加而反響過快〔3〕98℃100℃，而油浴更易提溫〔4〕2MnO4-+5HO+6H+=2Mn++5O↑+8HO〔5〕取2 2 2 2 2洗滌液，參加BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，假設(shè)無，說明洗滌干凈〔6〕洗滌液含有的離子主要有H+Cl-,依據(jù)電荷守恒，當(dāng)洗滌液接近中性時(shí)，可認(rèn)為Cl-洗凈【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響方程式的配平，常用儀器及其使用，性質(zhì)試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，物質(zhì)檢驗(yàn)試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】【解答】(1)由圖中儀器構(gòu)造可知，a的儀器名稱為滴液漏斗，c的儀器名稱為三頸燒瓶；儀器b為球形冷凝管，起冷凝回流作用，為了是冷凝效果更好，冷卻水要從d口進(jìn)，a口出；(2)反響為放熱反響，為掌握反響速率，避開反響過于猛烈，需分批緩慢參加KMnO4粉末并使用冰水?。?3)油浴和水浴相比，由于油的比熱容較水小，油浴掌握溫度更加靈敏和準(zhǔn)確，該試驗(yàn)反響溫度接近水的沸點(diǎn)，故不承受熱水浴，而承受油浴；(4)由滴加H2O2后發(fā)生的現(xiàn)象可知，參加的目的是除去過量的KMnO4 ，則反響的離子方程式為：2MnO

-+5HO+6H+=2Mn2++5O↑+8HO；(5)該試驗(yàn)中為推斷洗滌是否完成，可通過檢4 2 2 2 2SO2-來推斷，檢測(cè)方法是：取最終一次洗滌液，滴加BaCl

溶液，假設(shè)沒有沉淀說明洗4 24滌完成；(6)IV用稀鹽酸洗滌沉淀，步驟V洗滌過量的鹽酸，H+Cl-電荷守恒，洗出液接近中性時(shí)，可認(rèn)為洗凈。【分析】(1)依據(jù)裝置中的儀器分析；(2)依據(jù)反響放熱分析；(3)依據(jù)加熱溫度選擇加熱方式；(4)(5)Ba2+SO2-；(6)依據(jù)電荷守恒分析；4一氯化碘〔ICl)是一種鹵素互化物，具有強(qiáng)氧化性，可與金屬直接反響，也可用作有機(jī)合成中的碘化劑。答復(fù)以下問題：歷史上海藻提碘中得到一種紅棕色液體，由于性質(zhì)相像，Liebig誤認(rèn)為是ICl,從而錯(cuò)過了一種元素的覺察。該元素是 .〔BaPtCl)BaCl、PtCl,376.8℃K‘=1.0x104Pa2。在一硬4 2 2 p4BaPtCl,〔然后將支管封閉。在376.8℃,碘蒸氣4ICl 2 2初始?jí)簭?qiáng)為20.0kPa.376.8℃平衡時(shí)，測(cè)得燒瓶中壓強(qiáng)為32.5kPa,則P = kPa,反響2ICl(g)=Cl(g)+IICl 2 2的平衡常數(shù)K= 〔列出計(jì)算式即可〕.PMcMorris測(cè)定和計(jì)算了在136-180℃范圍內(nèi)以下反響的平衡常數(shù)K ：P2NO(g)+2ICl(g)

2NOCl(g)+I2(g) KP12NOCl(g)lgKP1

2NO(g)+Cl2(g) KP2和lgKP2 均為線性關(guān)系，如以下圖所示：①由圖可知，NOCl分解為NO和Cl2反響的ΔH 0(填“大于”或“小于”〕.2 2 P1 ②反響2ICl(g)=Cl(g)+I(g)的K= 〔用K 、K 反響的ΔH 0(填“大于”或“小于”)，寫出推理過程 2 2 P1 KistiakowskyNOCl光化學(xué)分解反響，在肯定頻率(v)光的照耀下機(jī)理為：NOCl+hv→NOC*NOCl+NOCl*→2NO+Cl2其中hv表示一個(gè)光子能量，NOCl*表示NOCl的激發(fā)態(tài)。可知，分解1mol的NOCl需要吸取 mol的光子。當(dāng)

〔3〕大于；KP·KP；△H＞0；當(dāng) 時(shí)，時(shí)，1 即降溫,K減小，平衡逆移，說明△H＞0〔41 【考點(diǎn)】反響熱和焓變，化學(xué)反響速率，化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)反響速率與化學(xué)平衡的綜合應(yīng)用【解析】【解答】(1)紅棕色液體，推想為溴單質(zhì)，因此錯(cuò)過覺察的元素是溴(Br)；(2)376.8℃時(shí)玻璃燒瓶中發(fā)生兩個(gè)反響：BaPtCl〔〕〔t 〔C1(g)+I(g) 2ICl(gBaPtCl〔〕4 2 2 2 2 42 2 p 2BaCl〔s〕+Pt〔s〕+2Cl〔g〕的平衡常數(shù)K=1.0×104Pa2 ，則平衡時(shí)p2(Cl)=1.0×104Pa2 ，2 2 p 22 p(Cl)=100PaI(g)pkPa376.8℃32.5kPa2 0.1+20.0+p=32.5p=12.4p(ICl)=2pkPa=2×12.4kPa=24.8kPa；則平衡時(shí)，I2(g)的分壓為(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反響2ICl(g) C12(g)+I2(g)的平衡常數(shù)K= ；①結(jié)合圖可知，溫度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，說明上升溫度平衡2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g)正向移動(dòng)，則NOCl分解為NO和Cl2反響的大于0；②Ⅰ.2NO+2ICl 2NOCl KⅡ.2NOCl(g) 2NO(g)+Cl

p1(g)K Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g) Cl(g)+I(g) ，故K=K K ；該反響的ΔH大于0，依據(jù)圖2 p2 2 2 p1p2像可知，當(dāng) 時(shí)， 當(dāng) 時(shí)，,K減小，平衡逆移，說明H＞0；2Ⅰ.NOCl+hv→NOCl*Ⅱ.NOCl+NOCl*→2NO+Cl2

Ⅰ+Ⅱ得總反響為2NOCl+hv=2NO+Cl

2molNOCl分21mol1molNOCl0.5mol光子。2(1)依據(jù)紅棕色液體推斷；(2)依據(jù)三段式及平衡常數(shù)公式計(jì)算；(3)依據(jù)圖像中曲線的趨勢(shì)和所對(duì)(4)依據(jù)物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算；三、選考題〔230分〕11.[化學(xué)——3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)]過渡金屬元素鉻〔Cr〕是不銹鋼的重要成分，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國(guó)防建設(shè)中有著廣泛應(yīng)用，答復(fù)以下問題：對(duì)于基態(tài)Cr原子，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是 (填標(biāo)號(hào))。A.軌道處于半布滿時(shí)體系總能量低,核外電子排布應(yīng)為[Ar]3d54s1B.4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠(yuǎn)的地方運(yùn)動(dòng)C.電負(fù)性比鉀高，原子對(duì)鍵合電子的吸引力比鉀大33 2 三價(jià)鉻離子能形成多種配位化合物。[Cr(NH)(HO)Cl]2+33 2 中心離子的配位數(shù)為 。3〔3〕[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+NH、H2OPH3的空間構(gòu)造和相應(yīng)的鍵角如以下圖所示。33 3 3 2 PH中P的雜化類型是 ,NH的沸點(diǎn)比PH的 ，緣由是 。HO的鍵角小于NH的，分析緣由 3 3 3 2 〔4〕AlCr2顆粒，可以增加材料的耐腐蝕性、硬度和機(jī)械性能。AlCr2具有體心四方結(jié)構(gòu)，如下圖。處于頂角位置的是 原子。設(shè)Cr和Al原子半徑分別為間占有率為 %(列出計(jì)算表達(dá)式)。

和 ，則金屬原子空C〔2〕NOCl；6〔3〕 ；高；NH3分子間形成氫鍵增大分子間作用力；H2O分子有兩對(duì)孤對(duì)電子，而NH3分子有一對(duì)孤對(duì)電子,所以H2O中孤對(duì)電子對(duì)鍵的斥力比NH3大，鍵角小〔4〕Al；【考點(diǎn)】原子核外電子排布，推斷簡(jiǎn)潔分子或離子的構(gòu)型，協(xié)作物的成鍵狀況，晶胞的計(jì)算，原子軌道雜化方式及雜化類型推斷，氫鍵的存在對(duì)物質(zhì)性質(zhì)的影響【解析【解答(1)A.基態(tài)原子滿足能量最低原理，Cr有24個(gè)核外電子，軌道處于半布滿時(shí)體系總能量低，核外電子排布應(yīng)為[Ar]3d54s1 ，A正確；B.Cr核外電子排布為[Ar]3d54s1 ，由于能級(jí)穿插，3d軌道能量高于4s軌道的能量，即3d電子能量較高，B錯(cuò)誤；C.電負(fù)性為原子對(duì)鍵合電子的吸引力，同周期除零族原子序數(shù)越大電負(fù)性越強(qiáng)，鉀與鉻位于同周期，鉻原子序數(shù)大于鉀，故鉻電負(fù)性比鉀高，原子對(duì)鍵合電子的吸引力比鉀大，C正確；故答案為AC；(2)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三價(jià)鉻離子供給空軌道，N、O、Cl供給孤對(duì)電子與三價(jià)鉻離子形成配位鍵，中心離子的配位數(shù)為N、O、Cl3+2+1=6；(3)PH33+1=4PH3P的sp3；N原子電負(fù)性較強(qiáng)，NH3