贵州省毕节市2020届高三化学适应性监测考试试题（三）（含解析）

毕节市2020届高三适应性监测考试(三)理科综合（化学部分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 C1-35.5 Cu-64 Fe-56 Cs-133一、选择题(本题包括13小题，每小题6分，共78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.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是A. 汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的B. “绿色化学”的核心是利用化学原理对产生的污染物进行治理C. 减少燃煤、严格控车、调整产业是治理雾霾有效措施D. 硫酸亚铁和维C同时服用，不能增强治疗缺铁性贫血的效果【答案】C【解析】【详解】A.汽车尾气中含有大量大气污染物，主要是在高温下氮气与氧气形成的，汽油不完全燃烧产生CO，A错误；B.绿色化学又称环境友好化学，绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，B错误；C.汽车尾气中含有烟尘等颗粒物，化石燃料的燃烧等都会产生大气的污染，调整产业结构，尽量减少化石燃料的燃烧，能够减少雾霾，C正确。D.维生素C具有还原性，硫酸亚铁片和维生素C同时服用，可防止Fe2+被氧化，能增强治疗缺铁性贫血的效果，故D错误。答案：C。【点睛】考查化学与生活、大气污染的有关判断，这类题目要注意对生活化学知识的积累，多关注社会热点话题。2.NA代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是A. 1moN2与3molH2在一定条件下充分反应，转移电子数为6NAB. 标准下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数为4NAC. 25时，PH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-离子数为0.1NAD. 28g由N2和CO组成的混合气体中含有的原子数为2 NA【答案】D【解析】【详解】A.工业合成氨是个可逆反应，不能彻底完成，一定条件下，密闭容器充入1molN2和3molH2充分反应，转移电子的数目小于6NA；B.CH4与Cl2是一步一步去反应的，刚开始是甲烷和氯气反应,生成一氯甲烷，一氯甲烷接着在和氯气反应得到二氯甲烷，然后二氯甲烷在和氯气反应的到三氯甲烷，三氯甲烷在和氯气反应反应得到四氯化碳。最终产物是一氯甲烷，二氯甲烷，三氯甲烷，四氯化碳都有，并不是甲烷全部转化为四氯化碳，所以生成的HCl不是4NA；C.未告知溶液的体积，无法计算25，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数，故C错误；D.N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，每个分子均含有2个原子，故28g由N2和CO组成的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，D正确。答案：D【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，知识面广，应注意掌握公式的运用和物质的结构、可逆反应的概念以及甲烷和氯气发生取代反应的机理。3.下列说法正确的是A. 苯乙烯分子中所有原子一定处于同一平面B. C5H12O能与金属钠反应的同分异构体有8种C. 苯与浓硝酸在常温下发生取代反应制备硝基苯D. 乙烯、乙醇、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A.苯环及碳碳双键均为平面结构，当直接相连，单键可以旋转，所以苯乙烯分子中的所有原子可能处于同一个平面，不是一定，故A项错误；B.分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，戊基-C5H11结构有：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CHCH（CH3）CH2CH3、-C（CH3）2CH2CH3、-C（CH3）CH（CH3）2、-CH2CH2CH（CH3）2、-CH2C（CH3）3，所以该有机物的同分异构有8种，选项B正确；C.苯与浓硝酸在5060，浓硫酸作催化剂的条件下发生取代反应生成硝基苯，C错误；D.聚乙烯不含双键,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯、乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D错误。答案：B。【点睛】本题考查有机物的性质判断、同分异构体的书写、原子共面等，利用烃基异构书写戊醇的同分异构体简单容易。4.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是编号操作和现象结论A向某待测液中滴加少量新制氯水，再加入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色待测液中存在Fe2+B向Na2CO3溶液中加入足量稀盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液中，若产生白色沉淀非金属性：ClCSiC向浓度均为0.1 mol/LNaCl和KI混合溶液中逐滴加入0.1mol/ LAgNO3溶液，若先产生黄色沉淀KSP(AgCl)KSP(AgI)D向1ml20%的蔗糖溶液中，加几滴稀硫酸。水浴加热5mm后，再加入少量新制备的Cu(OH)2悬浊液，煮沸，若无砖红色沉淀产生蔗糖未水解A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.Fe2+检验时应该是先向溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，再滴加新制氯水，溶液变成血红色，说明待测液中一定有Fe2+，A项错误；B.证明元素非金属性强弱，需要比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，所以用盐酸是错误的，B项错误；C. 向浓度均为0.1molL-1NaCl、KI的混合溶液中逐滴滴加0.1molL-1AgNO3溶液，沉淀先出现黄色，说明先生成碘化银沉淀生成，故Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，C项正确；D.检验葡萄糖，应在碱性溶液中，则水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2，加热，没有加碱至碱性，不能检验，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、物质检验及发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。5.一种新型动力电池( LiFePO4电池)总反应式为Li1xFePO4+LixC6C6+LiFePO4，内部结构如图1所示，只有Li+通过聚合物隔膜。以此电池电解Na2SO4溶液(电极材料为石墨)，可制得NaOH和H2SO4，其原理如图2所示。下列说法错误的是A. 电池放电时，LixC6在负极发生氧化反应B. 电池放电时，正极反应式为 LilxFePO4+xLi+xe= LiFePO4C. 电解时，图2的b电极反应式为2H2O4e=O2+4H+D. 电解时，当转移0.2mol电子，A口产生气体的质量1.6g【答案】D【解析】【分析】LiFePO4电池放电时，LixC6在负极上发生氧化反应，Li1-xFePO4在正极上发生还原反应。电解Na2SO4溶液可通过阴阳离子移向判断阴阳极。【详解】A. 由电池的总反应可知，放电时， LixC6在负极上失电子发生氧化反应，A正确；B.放电时，正极发生还原反应，电极反应式为LilxFePO4+xLi+xe= LiFePO4，B正确；C.SO42-移向b极，说明b极为阳极，阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2H2O4e=O2+4H+，C正确；D.Na+移向a极，说明a极为阴极，阴极发生得电子的还原反应，电极反应为：2H2O+2e=H2+2OH-，当转移0.2mol电子，产生氢气0.1mol，质量为0.2g；答案：D。【点睛】熟悉原电池和电解池知识是解题关键，原电池负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应，电解池阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中元素W的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X、Z为同主族，且Z原子核外电子数是X的2倍；Y、Z为同周期，且Y的离子半径在同周期中最小。下列说法正确的是A. 简单离子半径：ZYWXB. 工业上用电解熔融X、Y组成的化合物来制取Y单质C. W、X的氢化物中只含极性共价键D. Z的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】W的最简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,气体为氨气，可知W为N；X、Z为同主族，且Z原子核外电子数是X的2倍,则X是O,Z是S；Y、Z为同周期，且Y的离子半径在同周期中最小，则Y为Al。【详解】A.W为N，X是O，Y为Al，Z是S，简单离子：S2-N3-O2-Al3+,A错误；B.X是O，Y为Al，工业上电解通过电解熔融Al2O3制备Al单质，B正确；C.X的氢化物可能是H2O，也可能是H2O2，H2O2既有极性共价键也有非极性共价键，C错误；D.Z的氧化物对应的水化物可能是H2SO4,也可能是H2SO3,是弱酸，D错误；答案：B。【点睛】本题考查位置、结构与性质，解题关键：把握元素的位置、性质、原子结构推断元素，侧重分析与应用能力的考查。7.室温下，0.1 mol/L H2A溶液中存在H2A、HA和A2三种形态的粒子，其物质的量分数(x)随溶液PH变化的关系如图所示已知(x)=c（X）/(C(H2A)+ C(HA)+C(A2)，下列说法不正确的是(图中a=1.35、b=4.17)A. PH=7的溶液中C(Na+)=2(C(A2)+C(HA)+C(H2A)B. 0.lmol/LNaHA溶液中C(OH)+C(A2)=C(H+)+C(H2A)C. 已知Pka=1gKa，则Pka2=4.17D. PH=3的溶液中C(HA)C(A2)+C(H2A)【答案】A【解析】【分析】抓住关键点分析，a点为(H2A)=(HA-)，b点为(HA-)=(A2-)，再根据物料守恒，电荷守恒，质子守恒分析微粒数量关系。【详解】A.根据电荷守恒，C(Na+)+C(H+)=2C(A2)+C(HA)+C(OH-)，PH=7，C(H+)=C(OH-)，有C(Na+)=2C(A2)+C(HA)，故A错误；B. 对于0.lmol/LNaHA溶液，根据物料守恒有：C(Na+)=C(A2)+C(HA)+C(H2A)，根据电荷守恒有：C(HA)+C(OH)+2C(A2)=C(H+)+C(Na+)，将两式合并得：C(OH)+C(A2) =C(H+)+C(H2A)，故B正确； C.，图中b点为(HA-)=(A2-)，即b点为c(HA-)=c(A2-)，此时ka2=c(H+),pka2=pH=4.17，故C正确；D.从图中可以观察到，pH=3的溶液，C(HA)C(A2)+C(H2A)，故D正确。答案：A。【点睛】本题结合弱酸盐的水解程度来比较离子浓度的大小，学生在解题时要学会应用守恒的思想综合分析解题，题目难度较大。三、非选择题(共174分)第22-32题为必考题，每道试题考生必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。（1）该学习小组按上图装置进行实验(部分夹持装置省去)，反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。已知：1饱和NaClO溶液pH为1l；225C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.4107，K2=4.71011；HCO：K=3108实验步骤实验现象B瓶C瓶实验1：取样，滴加紫色石蕊试液变红，不褪色变蓝，不褪色实验2：测定溶液的pH312回答下列问题：仪器a的名称_，装置A中发生反应的离子方程式_。C瓶溶液中的溶质是NaCl、_(填化学式)。若将C瓶溶液换成 NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=7。结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因_。（2）测定C瓶溶液中NaClO含量(单位：g)的实验步骤如下：取C瓶溶液20ml于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，指示剂显示终点后，重复操作23次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00ml。(已知：I2+2S2O32=2I+S4O62)步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_。通常选用_作指示剂，滴定至终点的现象_。C瓶溶液中NaClO含量为_g/L(保留2位小数)【答案】 (1). 分液漏斗 (2). (3). NaClO、NaOH (4). C瓶溶液中存在平衡Cl2H2OHClHClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO的浓度增大，HClO具有漂白性，使紫色石蕊立即褪色 (5). ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O (6). 淀粉溶液 (7). 当加入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 (8). 4.47【解析】【分析】（1）A是制取Cl2装置，B是吸收HCl装置，C是制取NaClO装置，D是吸收Cl2装置。Cl2在水中存在可逆过程：Cl2+H2OHCl+HClO，据此分析平衡移动问题。（2）NaClO在酸性条件下与KI溶液发生氧化还原反应，+1价Cl被还原为-1价，-1价I被氧化为0价，HClO见光或受热容易分解生成HCl和O2，所以盖紧瓶塞并在暗处充分反应；淀粉遇碘变蓝，滴定终点要半分钟内不恢复原来的颜色。【详解】（1）仪器a为分液漏斗，用浓盐酸与MnO2制Cl2，反应的离子方程式为：；答案为：分液漏斗；Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl，NaOH过量，所以C瓶溶液的溶质是：NaCl、NaClO、NaOH；答案为：NaClO、NaOH；若将C瓶溶液换成 NaHCO3溶液，Cl2溶于水存在平衡Cl2H2OHClHClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO的浓度增大，HClO具有漂白性，使紫色石蕊立即褪色；答案为：C瓶溶液中存在平衡Cl2H2OHClHClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO的浓度增大，HClO具有漂白性，使紫色石蕊立即褪色；（2）NaClO在酸性条件下与KI溶液发生氧化还原反应，+1价Cl被还原为-1价，-1价I被氧化为0价，反应离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；答案为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；淀粉遇碘变蓝，所以选用淀粉溶液指示终点，当到达滴定终点，Na2S2O3消耗完I2，溶液有蓝色变无色，且半分钟内不褪色；答案为：淀粉溶液；当加入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；NaClOHClOI22S2O32，所以n(NaClO)=n(S2O32)=0.1000molL10.024 L =0.0012mol，m(NaClO)=0.0012mol74.5gmol-1=0.0894g，因此C瓶溶液中NaClO的含量为：0.0894g0.02L=4.47gL-1；答案为：4.47。【点睛】本题通过实验探究物质的制备及性质的检验，难度不大。注意明确反应原理，结合实验流程分析各部分装置的作用。氧化还原滴定法测定NaClO的含量时，要列出正确的关系式解题。9.废镍催化剂中主要有Ni，还有Al、Fe、SiO2及其它不溶于酸、碱的杂质。现用废镍催化剂制备NiSO47H2O晶体，其流程如下图：已知：KspFe(OH)3=8.01038，Ka spFe(OH)2=8.01016，KAl(OH)3=3.21034，KspNi(OH)2=2.01015，1g2=0.3，回答下列问题（1）“碱浸”的目的是_。（2）“酸浸时发生的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2、_。（3）“净化除杂需要先加入H2O2溶液，发生反应的离子方程式为_，然后调节PH=_时，使杂质离子恰好完全沉淀(注：离子浓度小于或等于1105mol/L时沉淀完全)（4）“操作A为”_。（5）Ni2+在强碱性溶液中还可被NaClO氧化为NiOOH，该反应离子方程式为_。（6） NiOOH也可作为原电池的电极材料，若在碱性条件下形成燃料电池，负极通入N2H4气体，则负极的电极反应式为_。【答案】 (1). 除去Al、SiO2 (2). Ni+2H+=Ni2+H2、OH-+H+=H2O (3). H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O (4). 3.3 (5). 过滤 (6). 2Ni2+4OH-+ClO-=2NiOOH+Cl-+H2O (7). N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O【解析】【分析】废镍催化剂中主要有Ni，还有Al、Fe、SiO2及其它不溶于酸、碱的杂质，加碱发生的反应有Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，过滤后滤渣还有Ni、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质，酸浸后得到Fe2+、Ni2+，净化除杂是将Fe2+转化为Fe3+，通过调节溶液的pH使Fe3+生成Fe（OH）3沉淀而除去但不使Ni2+生成沉淀，得到含Ni2+的滤液最后得到NiSO47H2O晶体。【详解】（1）已知废镍催化剂主要含有Ni、Al、Fe、SiO2，碱浸时离子反应为Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，目的是除去Al和SiO2；答案为：除去Al、SiO2（2）酸浸时，Fe和Ni会反应，还有前面碱浸时过量的OH-也会反应，答案为Ni+2H+=Ni2+H2、OH-+H+=H2O；（3）Fe3+会比Fe2+更容易通过调节pH沉淀出来，所以加双氧水目的是氧化Fe2+，离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O；当Fe3+=1105mol/L时Fe3+好完全沉淀，；答案为：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O；3.3； （4）净化除杂是将Fe2+转化为Fe3+，通过调节溶液的pH使Fe3+生成Fe（OH）3沉淀而除去但不使Ni2+生成沉淀，所以操作A是固液分离的操作过滤；答案为：过滤；（5）Ni2+转化为NiOOH，镍元素由+2转化为+3价，NaClO中氯元素降价生成Cl-，离子方程式为：2Ni2+4OH-+ClO-=2NiOOH+Cl-+H2O；答案为：2Ni2+4OH-+ClO-=2NiOOH+Cl-+H2O；（6）在肼（N2H4）燃料电池中，通入燃料气体N2H4为负极，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。【点睛】线型工艺流程试题，首先分析流程原料与产品的关系，弄清楚流程过程中原料到产品的基本原理和除杂、分离提纯产品的化工工艺，然后再结合问题得出答案。10.“绿水青山就是金山银山”。目前人们对环境保护、新能源开发很重视，研究NO2、NO、CO、SO2等大气污染物转化为能参与大气循环的物质，对建设美丽中国具有重要意义。（1）有人设计通过硫循环完成CO的综合处理，原理为a2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) H1=37.4kJmol1bS(l)+2H2O(g)2H2(g)+SO2(g) H2=45.4 kJmol1则CO和水蒸气完全反应生成H2和CO2的热化学方程式为_。（2）CO可在一定条件下转化为CH3OH。已知：向2L密闭容器中通入2 molCO和4molH2，在适合的催化剂和T1温度下，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0，10min时达到平衡状态，10min后改变温度为T2，20min时达到平衡状态，反应过程中部分数据见表：反应时间CO(mol)H2(mol)CH3OH(mol)0min24010min220min0.2前10min内的平均反应速率v(CO)=_；在20min时，温度T2下，该反应的化学平衡常数为_。若30min时升高温度，化学平衡常数值_(填：“增大“减小”“不变”)。在T1温度下，既能增大反应速率和提高CO平衡转化率的措施有_(填两种措施即可)在恒温恒容下，下列可以判断CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应达到平衡状态的_（填序号)。a2v正(H2)=v逆(CH3OH)b混合气体的物质的量不再变化c单位时间内有1 mol CO消耗同时消耗2molH2d混合气体的平均相对分子质量不变（3）已知反应2NO(g)+O2(g)2NO2的正反应速率v正=k1Cm(NO)Cn(O2)，其中k1为速率常数，可通过下表实验数据计算k1、m、n。则k1=_，m=_，n=_。【答案】 (1). CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H=41.4 kJmol1 (2). 0.05mol/（Lmin） (3). 225 (4). 减小 (5). 增大压强或增大氢气浓度或按原比例等倍加入反应物 (6). bd (7). 1596 (8). 2 (9). 1【解析】【分析】（1）利用盖斯定律通过a+b得到CO和水蒸气完全反应生成H2和CO2的热化学方程式；（2）利用三段式解答：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) C始(mol/L）: 1 2 0 C(mol/L）: 0.5 1 0.5 C10min(mol/L）: 0.5 1 0.5CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) C10min(mol/L）: 0.5 1 0.5 C(mol/L）: 0.4 0.8 0.4 C20min(mol/L）: 0.1 0.2 0.9再根据速率计算公式，进行计算；对于放热反应，温度升高，平衡逆行移动，平衡常数减小；温度已经定下来，不考虑温度，则可以考虑改变压强和反应物浓度；a不同物质反应速率判断平衡：速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，但必须是不同方向的速率；b对气体物质，若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，总物质的量保持不变可判断平衡；c正反应消耗掉反应物的速度等于逆反应生成该反应物的速度，可以判断平衡；d对气体物质，若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，平均相对分子质量不变保持不变可判断平衡； （3）k1、m、n三个未知数，表格中有三组数据，能列出方程组，解出k1、m、n。【详解】（1）将（a+b）/2得：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H=41.4 kJmol1；答案为：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H=41.4 kJmol1；（2）容器体积为2L，根据表格数据列出三段式： CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) C始(mol/L）: 1 2 0 C(mol/L）: 0.5 1 0.5 C10min(mol/L）: 0.5 1 0.5则：；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) C10min(mol/L）: 0.5 1 0.5 C(mol/L）: 0.4 0.8 0.4 C20min(mol/L）: 0.1 0.2 0.9；答案为：0.05mol/（Lmin）；225；对于CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，HOC (8). 二者晶体类型不同，氯化铯为离子晶体，熔沸点高；氯化铝为分子晶体，熔沸点低 (9). 【解析】【分析】（1）Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写其原子核外电子排布式；（2）硅原子的电子排布为：1s2 2s2 2p6 3s2 3p2，未成对电子数为2个，找出第四周期未成对电子数为2个的元素；比较金属单质的熔沸点可从金属键强弱进行比较，而金属原子半径越小，价电子越多，金属键越强，熔沸点越高；（3）分析Al(OH)4成键电子对数和孤电子对数可得到中心原子的杂化方式；K+与Al(OH)4是离子键，配离子Al(OH)4存在配位键，氧原子和氢原子之间是极性键；（4）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，CN的原子数为2，价电子总数为10，据此找出互为等电子体的分子；N元素电子排布为：1s2 2s2 2p3，2p能级为半充满状态，第一电离能比O还大；（5）氯化铯熔点：645，沸点：1290，为离子晶体；氯化铝熔点：190，在180时开始升华，为分子晶体；铯离子和氯离子的堆积方式为体心立方堆积，那么晶胞体对角线就为（2a+2b）nm，则晶胞边长就为nm，再根据均摊法进行分析计算密度；【详解】（1）Cr是24号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1；答案：3d54s1；（2）硅原子的电子排布为：1s2 2s2 2p6 3s2 3p2，未成对电子数为2个，第四周期未成对电子数为2的元素有：Ti、Ni、Ge、Se；铝原子半径比钠原子小，价电子比钠原子多，金属键强，熔沸点高；答案：4；铝原子半径较小且价电子较多，金属键更强；（3）Al(OH)4配位数为4，则 Al 原子的杂化形式是sp3 ；该KAl(OH)4物质中存在的化学键有极性键、配位和键离子键，选AB；答案：sp3；AB；（4）CN的原子数为2，价电子总数为10，与CN互为等电子体的分子有N2和CO；N元素2p能级为半充满状态，第一电离能比O