2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合能力測試(乙卷化學(xué))化學(xué)試卷含答案

2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合能力測試(乙卷化學(xué))可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23Al—27Cl—35.5Fe—56一、選擇題7．我國提出爭取在2030年前實現(xiàn)碳達峰、2060年前實現(xiàn)碳中和，這對于改善環(huán)境、實現(xiàn)綠色發(fā)展至關(guān)重要。“碳中和”是指CO2的排放總量和減少總量相當。下列措施中能促進碳中和最直接有效的是()A．將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油作為燃料B．大規(guī)模開采可燃冰作為新能源C．通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染D．研發(fā)催化劑將CO2還原為甲醇D[“碳中和”實際上就是通過植樹造林、節(jié)能減排等方法實現(xiàn)二氧化碳的“零排放”。重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油，只是將長鏈烴變?yōu)槎替湡N，燃燒產(chǎn)生的二氧化碳的量不會改變，A錯誤；可燃冰作為新能源，其主要成分為甲烷，燃燒依舊會產(chǎn)生二氧化碳，B錯誤；清潔煤技術(shù)主要是減少二氧化硫、氮氧化物以及可吸入顆粒物等污染物的排放，但不能減少二氧化碳的排放，C錯誤；將二氧化碳轉(zhuǎn)化為其他能源是實現(xiàn)“碳中和”最直接有效的一種方法，D正確。]8．在實驗室采用如圖裝置制備氣體，合理的是()化學(xué)試劑制備的氣體ACa(OH)2＋NH4ClNH3BMnO2＋HCl(濃)Cl2CMnO2＋KClO3O2DNaCl＋H2SO4(濃)HClC[氨氣的密度小于空氣，收集氨氣需要用向下排空氣法收集，A不合理；由題給裝置圖可知，該實驗裝置可用于固固加熱型反應(yīng)，而濃鹽酸是液體，所以不能用該裝置制備Cl2，B不合理；KClO3受熱分解制備氧氣屬于固固加熱型，且氧氣密度大于空氣，可用向上排空氣法收集，C合理；濃硫酸是液體，所以不能用該裝置制備HCl，D不合理。]9．下列過程中的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式正確的是()A．用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：COeq\o\al(2－,3)＋CaSO4=CaCO3＋SOeq\o\al(2－,4)B．過量鐵粉加入稀硝酸中：Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2OC．硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液：Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OD．氯化銅溶液中通入硫化氫：Cu2＋＋S2－=CuS↓A[用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣，發(fā)生難溶電解質(zhì)的轉(zhuǎn)化，硫酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，A正確；過量鐵粉加入稀硝酸中，最終生成Fe2＋，B錯誤；向硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液，反應(yīng)的離子方程式為Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，C錯誤；氯化銅溶液中通入硫化氫，H2S是弱酸，應(yīng)寫化學(xué)式，反應(yīng)的離子方程式為Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，D錯誤。]10．一種活性物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為，下列有關(guān)該物質(zhì)的敘述正確的是()A．能發(fā)生取代反應(yīng)，不能發(fā)生加成反應(yīng)B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C．與互為同分異構(gòu)體D．1mol該物質(zhì)與碳酸鈉反應(yīng)得44gCO2C[該有機物分子中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應(yīng)，A錯誤；該有機物分子中含有三種官能團：碳碳雙鍵、羧基、羥基，與乙醇和乙酸的結(jié)構(gòu)都不相似，既不是乙醇的同系物，也不是乙酸的同系物，B錯誤；該有機物分子與的分子式相同、結(jié)構(gòu)不同，故二者互為同分異構(gòu)體，C正確；1mol該有機物分子中含有1mol羧基，與碳酸鈉反應(yīng)產(chǎn)生0.5molCO2，即22gCO2，D錯誤。]11．我國嫦娥五號探測器帶回1.731kg的月球土壤，經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)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)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15。X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，下列結(jié)論正確的是A．原子半徑大小順序為W>X>Y>ZB．化合物XW中的化學(xué)鍵為離子鍵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于碳酸B[由于X、Y、Z為同周期相鄰元素，因此它們的最外層電子數(shù)之和必然是3的倍數(shù)并且小于15。假設(shè)是12，則X、Y、Z最外層電子數(shù)依次為3、4、5，W的最外層電子數(shù)為3，則W與X同族，與題意不符；假設(shè)是9，則X、Y、Z最外層電子數(shù)依次為2、3、4，W的最外層電子數(shù)為6，符合題意。由W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大可知，W、X、Y、Z分別是O、Mg、Al、Si。原子半徑：Mg>Al>Si>O，即X>Y>Z>W，A錯誤；化合物MgO由Mg2＋和O2－構(gòu)成，所含化學(xué)鍵為離子鍵，B正確；Al是導(dǎo)體，而Si是半導(dǎo)體，Al的導(dǎo)電性大于Si，C錯誤；Si的氧化物的水化物為H2SiO3，其酸性弱于碳酸，D錯誤。]12．沿海電廠采用海水為冷卻水，但在排水管中生物的附著和滋生會阻礙冷卻水排放并降低冷卻效率，為解決這一問題，通常在管道口設(shè)置一對惰性電極(如圖所示)，通入一定的電流。下列敘述錯誤的是()A．陽極發(fā)生將海水中的Cl－氧化生成Cl2的反應(yīng)B．管道中可以生成氧化滅殺附著生物的NaClOC．陰極生成的H2應(yīng)及時通風稀釋安全地排入大氣D．陽極表面形成的Mg(OH)2等積垢需要定期清理D[海水中存在大量的Cl－，在陽極Cl－放電生成Cl2，A敘述正確；陰極H2O放電生成H2和OH－，OH－與Cl2反應(yīng)生成ClO－，因此管道中存在一定量的NaClO，B敘述正確；因為H2為可燃性氣體，所以陰極生成的H2應(yīng)及時通風稀釋安全地排入大氣，C敘述正確；陰極產(chǎn)生OH－，因此會在陰極表面形成Mg(OH)2等積垢，需定期清理以保持良好的導(dǎo)電性，D敘述錯誤。]13．HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中c(M＋)隨c(H＋)而變化，M＋不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，298K時c2(M＋)～c(H＋)為線性關(guān)系，如下圖中實線所示。下列敘述錯誤的是()A．溶液pH＝4時，c(M＋)<3.0×10－4mol·L－1B．MA的溶度積Ksp(MA)＝5.0×10－8C．溶液pH＝7時，c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)D．HA的電離常數(shù)Ka(HA)≈2.0×10－4C[HA為弱酸，電離方程式為HAH＋＋A－，電離常數(shù)Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)；MA是難溶電解質(zhì)，存在MA(s)M＋(aq)＋A－(aq)，溶度積Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)；A－在溶液中發(fā)生水解，水解反應(yīng)的離子方程式為A－＋H2OHA＋OH－；在溶液中，根據(jù)物料守恒，c(M＋)＝c(A－)＋c(HA)。Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（M＋）－c（A－）)＝eq\f(c（H＋）·\f(Ksp（MA）,c（M＋）),c（M＋）－\f(Ksp（MA）,c（M＋）))＝eq\f(c（H＋）·Ksp（MA）,c2（M＋）－Ksp（MA）)，則c2(M＋)＝eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)·c(H＋)＋Ksp(MA)，c2(M＋)與c(H＋)呈線性關(guān)系，其中eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)表示斜率，Ksp(MA)表示截距。由題圖可以看出，Ksp(MA)＝5.0×10－8，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1時，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，則eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)＝eq\f(c2（M＋）－Ksp（MA）,c（H＋）)＝eq\f(（7.5－5.0）×10－8,10×10－5)＝2.5×10－4，故Ka(HA)＝eq\f(Ksp（MA）,2.5×10－4)＝eq\f(5.0×10－8,2.5×10－4)＝2.0×10－4。當溶液pH＝4時，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1，由題圖可以看出，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，因此c(M＋)＝eq\r(7.5×10－8)mol·L－1＜3.0×10－4mol·L－1，A敘述正確；由上述計算可得Ksp(MA)＝5.0×10－8，Ka(HA)＝2.0×10－4，B、D敘述正確；題干中c2(M＋)～c(H＋)為線性關(guān)系，即加入的酸不是HA酸，應(yīng)為另外一種強酸，則pH＝7時的電荷守恒式c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)中還缺少一種陰離子(強酸的陰離子)，C敘述錯誤。]二、非選擇題26．磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。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。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表金屬離子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應(yīng)，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，寫出Al2O3轉(zhuǎn)化為NH4Aleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO4))2的化學(xué)方程式：_________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是___________________________________________________________________________________________________________。(3)“母液①”中Mg2＋濃度為________mol·L－1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是________?！八崛茉钡某煞质莀_______、________。(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應(yīng)的離子方程式是________________________________________________________________________________________________________________。(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得________，循環(huán)利用。[解析](1)“焙燒”中，Al2O3和(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Al(SO4)2，同時放出NH3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(高溫))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。(2)由題表中Fe3＋、Al3＋、Mg2＋完全沉淀時的pH分別為3.2、4.7、11.1可知，用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6的過程中，依次析出的金屬離子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(3)依據(jù)Mg2＋完全沉淀時的pH＝11.1，可知此時c(OH－)＝10－2.9mol·L－1，此時c(Mg2＋)＝10－5mol·L－1，則Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝10－10.8，用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6時，c(OH－)＝10－2.4mol·L－1，則c(Mg2＋)＝eq\f(Ksp[Mg（OH）2],c2（OH－）)＝10－6mol·L－1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，為了盡可能減少酸溶液的揮發(fā)而造成不必要的損失且保證TiO2可以完全溶解，故最好選擇硫酸；SiO2不溶于硫酸，“焙燒”生成CaSO4固體，故“酸溶”后所得“酸溶渣”的成分為SiO2、CaSO4。(5)由題意知，TiO2＋水解生成TiO2·xH2O沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up7(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋。(6)母液①的主要成分為硫酸銨和氨水，母液②的主要成分為硫酸，混合后吸收尾氣NH3，經(jīng)處理可得到(NH4)2SO4，循環(huán)利用。[答案](1)Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(高溫))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋(3)1.0×10－6(4)硫酸SiO2CaSO4(5)TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up7(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋(6)(NH4)2SO427．氧化石墨烯具有穩(wěn)定的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，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(裝置如圖所示)：Ⅰ.將濃H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，劇烈攪拌下，分批緩慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。Ⅱ.轉(zhuǎn)至油浴中，35℃攪拌1小時，緩慢滴加一定量的蒸餾水。升溫至98℃并保持1小時。Ⅲ.轉(zhuǎn)移至大燒杯中，靜置冷卻至室溫。加入大量蒸餾水，而后滴加H2O2至懸濁液由紫色變?yōu)橥咙S色。Ⅳ.離心分離，稀鹽酸洗滌沉淀。Ⅴ.蒸餾水洗滌沉淀。Ⅵ.冷凍干燥，得到土黃色的氧化石墨烯?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置圖中，儀器a、c的名稱分別是________、________，儀器b的進水口是________(填字母)。(2)步驟Ⅰ中，需分批緩慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是_________________________________________________________________。(3)步驟Ⅱ中的加熱方式采用油浴，不使用熱水浴，原因是______________________________________________________________________________。(4)步驟Ⅲ中，H2O2的作用是________________________________(以離子方程式表示)。(5)步驟Ⅳ中，洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在SOeq\o\al(2－,4)來判斷。檢測的方法是____________________________________________________________________________________________________________________________。(6)步驟Ⅴ可用pH試紙檢測來判斷Cl－是否洗凈，其理由是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)由題給實驗裝置圖可知，a為滴液漏斗，c為三頸燒瓶，為保證冷凝效果，應(yīng)從球形冷凝管的下口進水，即d口為進水口。(2)步驟Ⅰ中，分批緩慢加入KMnO4粉末是為了控制反應(yīng)速率，防止因體系溫度過高而發(fā)生爆炸。(3)該裝置需控制反應(yīng)體系溫度為98℃，該溫度接近水的沸點，為了使反應(yīng)物受熱均勻，且便于控制反應(yīng)溫度，故采取油浴，不使用熱水浴。(4)為了保證石墨粉末盡可能地全部轉(zhuǎn)化為氧化石墨烯，應(yīng)加入足量的KMnO4粉末，在反應(yīng)結(jié)束后滴加H2O2是為了消耗過量的KMnO4粉末，此時H2O2作還原劑，將KMnO4還原為Mn2＋，反應(yīng)的離子方程式為2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。(5)判斷固體是否洗滌干凈的具體操作為取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則已洗凈，反之，則未洗凈。(6)固體表面沾有的Cl－全部來自步驟Ⅳ洗滌固體時加入的稀鹽酸，依據(jù)溶液呈電中性可知，若固體表面無H＋(即最后一次洗滌液的pH＝7)，則無Cl－。[答案](1)滴液漏斗三頸燒瓶d(2)控制反應(yīng)速率，防止因體系溫度過高而發(fā)生爆炸(3)需要控制反應(yīng)體系溫度為98℃，該溫度接近水的沸點，為了使反應(yīng)物受熱均勻，且便于控制反應(yīng)溫度，采取油浴(4)2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O(5)取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則已洗凈，反之，則未洗凈(6)固體表面沾有的Cl－全部來自步驟Ⅳ洗滌固體時加入的稀鹽酸，依據(jù)溶液呈電中性可知，若固體表面無H＋(即最后一次洗滌液的pH＝7)，則無Cl－28．一氯化碘(ICl)是一種鹵素互化物，具有強氧化性，可與金屬直接反應(yīng)，也可用作有機合成中的碘化劑。回答下列問題：(1)歷史上海藻提碘中得到一種紅棕色液體，由于性質(zhì)相似，Liebig誤認為是ICl，從而錯過了一種新元素的發(fā)現(xiàn)，該元素是________。(2)氯鉑酸鋇(BaPtCl6)固體加熱時部分分解為BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃時平衡常數(shù)Keq\o\al(′,p)＝1.0×104Pa2，在一硬質(zhì)玻璃燒瓶中加入過量BaPtCl6，抽真空后，通過一支管通入碘蒸氣(然后將支管封閉)，在376.8℃，碘蒸氣初始壓強為20.0kPa。376.8℃平衡時，測得燒瓶中壓強為32.5kPa，則pICl＝________kPa，反應(yīng)2ICl(g)=Cl2(g)＋I2(g)的平衡常數(shù)K＝________(列出計算式即可)。(3)McMorris測定和計算了在136～180℃范圍內(nèi)下列反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp。2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g)Kp12NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)Kp2得到lgKp1～eq\f(1,T)和lgKp2～eq\f(1,T)均為線性關(guān)系，如下圖所示：①由圖可知，NOCl分解為NO和Cl2反應(yīng)的ΔH________0(填“大于”或“小于”)②反應(yīng)2ICl(g)=Cl2(g)＋I2(g)的K＝________(用Kp1、Kp2表示)：該反應(yīng)的ΔH________0(填“大于”或“小于”)，寫出推理過程：___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化學(xué)分解反應(yīng)，在一定頻率(ν)光的照射下機理為：NOCl＋hνeq\o(→,\s\up7())NOCl*NOCl＋NOCl*eq\o(→,\s\up7())2NO＋Cl2其中hν表示一個光子能量，NOCl*表示NOCl的激發(fā)態(tài)?？芍?，分解1mol的NOCl需要吸收________mol光子。[解析](1)高中階段常見的紅棕色物質(zhì)有液溴、Fe2O3、NO2(g)，故此處所獲得的紅棕色液體為液溴，所含元素為溴元素。(2)由題給信息可知，氯鉑酸鋇固體加熱時分解的化學(xué)方程式為BaPtCl6BaCl2＋2Cl2↑＋Pt，該反應(yīng)的K′p＝p2(Cl2)＝1.0×104Pa2，所以平衡時p(Cl2)＝0.1kPa。根據(jù)方程式2ICl(g)I2(g)＋Cl2(g)，設(shè)達到平衡時，碘蒸氣減小的壓強為pkPa，根據(jù)平衡時的總壓強為32.5kPa，有32.5kPa＝(2p＋20.0－p＋0.1)kPa，解得p＝12.4，則平衡時p(I2)＝20.0kPa－12.4kPa＝7.6kPa，p(ICl)＝2×12.4kPa＝24.8kPa，故反應(yīng)2ICl(g)=Cl2(g)＋I2(g)的平衡常數(shù)K＝eq\f(p（I2）·p（Cl2）,p2（ICl）)＝eq\f(7.6×0.1,24.82)。(3)①縱坐標為lgKp1、lgKp2，橫坐標為eq\f(1,T)×103。由題圖可知，lgKp2隨著eq\f(1,T)的增大逐漸減小，即Kp2隨著溫度的降低逐漸減小，說明對于反應(yīng)2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)，降低溫度，平衡逆向移動，則ΔH大于0。②2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g)Kp1(ⅰ)，2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)Kp2(ⅱ)，根據(jù)蓋斯定律，由(ⅰ)＋(ⅱ)可得2ICl(g)I2(g)＋Cl2(g)K＝Kp1·Kp2。設(shè)T1>T2，即eq\f(1,T1)<eq\f(1,T2)，由題圖可知，lgKp2隨著eq\f(1,T)的增大而減小，即lgKp2(T2)<lgKp2(T1)；lgKp1隨著eq\f(1,T)的增大而增大，即lgKp1(T2)>lgKp1(T1)。由題給圖像斜率可知，由T2到T1，lgKp1與lgKp2的變化量的關(guān)系為lgKp2(T1)－lgKp2(T2)＞lgKp1(T2)－lgKp1(T1)，lgKp1(T1)＋lgKp2(T1)＞lgKp1(T2)＋lgKp2(T2)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]＞lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]，則Kp1(T1)·Kp2(T1)＞Kp1(T2)·Kp2(T2)，則K(T1)>K(T2)，即溫度升高，K增大，則ΔH>0。(4)由題目給出的反應(yīng)機理可知，反應(yīng)總方程式為2NOCl＋hν→2NO＋Cl2，故分解1molNOCl需要0.5mol的光子。[答案](1)溴(或Br)(2)24.8eq\f(7.6×0.1,24.82)(3)①大于②Kp1·Kp2大于設(shè)T1>T2，即eq\f(1,T1)＜eq\f(1,T2)，由題圖可知，lgKp2隨著eq\f(1,T)的增大而減小，即lgKp2(T2)＜lgKp2(T1)；lgKp1隨著eq\f(1,T)的增大而增大，即lgKp1(T2)＞lgKp1(T1)。由題給圖像斜率可知，由T2到T1，lgKp1與lgKp2的變化量的關(guān)系為lgKp2(T1)－lgKp2(T2)＞lgKp1(T2)－lgKp1(T1)，lgKp1(T1)＋lgKp2(T1)＞lgKp1(T2)＋lgKp2(T2)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]＞lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]，則Kp1(T1)·Kp2(T1)＞Kp1(T2)·Kp2(T2)，則K(T1)>K(T2)，即溫度升高，K增大，則ΔH>0(4)0.535．過渡金屬元素鉻eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cr))是不銹鋼的重要成分，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防建設(shè)中有著廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：(1)對于基態(tài)Cr原子，下列敘述正確的是________(填標號)。A．軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應(yīng)為[Ar]3d54s1B．4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠的地方運動C．電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大(2)三價鉻離子能形成多種配位化合物。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Cr\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3))3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2O))2Cl))2＋中提供電子對形成配位鍵的原子是________，中心離子的配位數(shù)為________。(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Cr\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3))3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2O))2Cl))2＋中配體分子NH3、H2O以及分子PH3的空間結(jié)構(gòu)和相應(yīng)的鍵角如圖所示。PH3中P的雜化類型是________。NH3的沸點比PH3的________，原因是________，H2O的鍵角小于NH3的，分析原因：______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)在金屬材料中添加AlCr2顆粒，可以增強材料的耐腐蝕性、硬度和機械性能。AlCr2具有體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示，處于頂角位置的是________原子。設(shè)Cr和Al原子半徑分別為rCr和rAl，則金屬原子空間占有率為________________________%(列出計算表達式)。[解析](1)軌道處于半充滿狀態(tài)時體系總能量低，基態(tài)Cr原子核外電子排布式為[Ar]3d54s1，A正確；由量子力學(xué)的基本理論可知，4s軌道的電子也會出現(xiàn)在離核較近的位置，B錯誤；鉻的電負性比鉀的大，對鍵合電子的吸引力比鉀的大，C正確。(2)當共價鍵中共用的電子對是由其中一個原子(離子)獨自提供，另一個原子(離子)提供空軌道時，就形成配位鍵，觀察該物質(zhì)的化學(xué)式可知，該配合物中提供電子對形成配位鍵的原子為N、O、Cl，中心離子的配位數(shù)為6。(3)由題圖可知，PH3的中心原子P形成3個σ鍵電子對和1個孤電子對，則其雜化方式為sp3。NH3、PH3均為分子晶體，但NH3分子間存在氫鍵，故NH3沸點更高。H2O、NH3均為sp3雜化，其中心原子的孤電子對數(shù)分別為2、1，由于孤電子對對成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對對成鍵電子對的斥力，因此孤電子對數(shù)越多，鍵角越小。(4)由題圖可知，1個晶胞中所含黑球的個數(shù)為