2023年全国高考理综化学真题试卷(全国乙卷)(答案+解析)

2023年高考理综化学真题试卷〔全国乙卷〕13678分.〔742分〕我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色进展至关重要。“碳中和”CO2的排放总量和削减总量相当。以下措施中能促进碳中和最直接有效的是〔〕将重质油裂解为轻质油作为燃料大规模开采可燃冰作为能源通过清洁煤技术削减煤燃烧污染研发催化剂将CO2复原为甲醇化学试剂制备的气体A 𝐶𝑎(𝑂𝐻)化学试剂制备的气体A 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2+𝑁𝐻4𝐶𝑙B 𝑀𝑛𝑂2+𝐻𝐶𝑙〔浓〕C 𝑀𝑛𝑂2+𝐾𝐶𝑙𝑂3D 𝑁𝑎𝐶𝑙+𝐻2𝑆𝑂4〔浓〕𝐶𝑙2𝑂2𝐻𝐶𝑙A B.B C.C3.以下过程中的化学反响，相应的离子方程式正确的选项是〔〕34用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO2 +CaSO4=CaCO3+SO234过量铁粉参加稀硝酸中：Fe+ 4H++NO3 = Fe3++NO↑+2H2O硫酸铝溶液中滴如少量氢氧化钾溶液：Al3++4OH =AlO2 +2H2O4.一种活性物质的构造简式为，以下有关该物质的表达正确的选项是〔〕能发生取代反响，不能发生加成反响既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.与互为同分异构体D.4.一种活性物质的构造简式为，以下有关该物质的表达正确的选项是〔〕能发生取代反响，不能发生加成反响既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.与互为同分异构体D.1mol44gCO21.731kg的月球土壤，经分析觉察其构成与地球土壤类似，土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次増大，最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不W同族，以下结论正确的选项是〔〕W>X>Y>ZXW中的化学健为离子键Y单质的导电性能弱于Z单质的Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸沿海电厂承受海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排故并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对情性电极〔如下图〕，通入肯定的电流。以下表达错误的选项是〔〕阳极发生将海水中的Cl 氧化生成Cl2的反响管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO阴极生成的H2应准时通风稀释安全地排入大气Mg(OH)2等积垢需要定期清理HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M)随着c(H)而变化，M 不发生水解。试验觉察，298K时c2〔𝑀) c2〔𝐻)为线性关系，如以下图中实线所示。以下表达错误的选项是〔〕A.溶液pH=4时. c(M)<3.0×104mol⋅𝐿1B.MA的溶度积𝐾(𝑀𝐴)=5.0×108C.溶液pH=7时，c(M) c(H)=𝑐(𝐴) c(𝑂𝐻)DHA𝐾𝑎(𝐻𝐴)≈2.0104129分〔343分〕磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有𝑇𝑖𝑂2、𝑆𝑖𝑂2、𝐴𝑙2𝑂3、MgO、CaO以及少量的𝐹𝑒2𝑂3，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。金属离子𝐹e32.2𝐴𝑙金属离子𝐹e32.2𝐴𝑙3𝑀𝑔2 𝐶𝑎2pH3.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10*mol-L”)的pH3.2 4.7 11.1 13.8答复以下问题：〔1〕“焙烧”中，𝑇𝑖𝑂2、𝑆𝑖𝑂2几乎不发生反响，𝐴𝑙2𝑂3、MgO、CaO、𝐹𝑒2𝑂3转化为相应的硫酸盐，写出𝐴𝑙2𝑂3转化为𝑁𝐻4𝐴𝑙(𝑆𝑂4)2的化学方程式 。〔2〕“水浸”后“滤液”pH2.0，在“分步沉淀”pH11.6，依次析出的金属离子是 。〔3〕“母液①”中𝑀𝑔2 浓度为 mol·

𝐿1”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是 、 。“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，𝑇𝑖𝑂2 水解析出𝑇𝑖𝑂2·𝑥𝐻2𝑂沉淀，该反响的离子方程式是 。将“母液①”和“母液②”混合，吸取尾气，经处理得 ，循环利用。氧化石墨烯具有稳定的网状构造，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下〔装置如下图〕：H2SO、NaNO、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。猛烈搅拌下，分批缓慢参加KMnO

粉末，塞4 3 4好瓶口。转至油浴中，35℃1小时，缓慢滴加肯定量的蒸馏水。升温至98℃1小时。转移至大烧杯中，静置冷却至室温。参加大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。IV.离心分别，稀盐酸洗涤沉淀。蒸馏水洗涤沉淀。冷冻枯燥，得到土黄色的氧化石墨烯。答复以下问题：装置图中，仪器a、c的名称分别是 、 ,仪器b的进水口是〔填字母〕。4步骤I中，需分批缓慢参加KMnO粉末并使用冰水浴，缘由是 .4步骤II中的加热方式承受油浴，不使用热水浴，缘由是＿ .2 步骤III中，HO的作用是 〔以离子方程式表示〕2 4步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO2-来推断。检测的方法是 .4步骤V可用pH试纸检测来推断Cl-是否洗净，其理由是 .一氯化碘〔ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反响，也可用作有机合成中的碘化剂。答复以下问题：历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相像，Liebig误认为是ICl,从而错过了一种元素的觉察。该元素是 .〔BaPtCl)BaCl、PtCl,376.8℃K‘=1.0x104Pa2。在一硬4 2 2 p4BaPtCl,〔然后将支管封闭。在376.8℃,碘蒸气4ICl 2 2初始压强为20.0kPa.376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa,则P = kPa,反响2ICl(g)=Cl(g)+IICl 2 2的平衡常数K= 〔列出计算式即可〕.PMcMorris测定和计算了在136-180℃范围内以下反响的平衡常数K ：P2NO(g)+2ICl(g)⇌2NOCl(g)+I(g) K2 P12 12NOCl(g)⇌2NO(g)+Cl(g) K2 11lgKP1∼1

lgKP2∼

均为线性关系，如以下图所示：①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反响的ΔH 0(填“大于”或“小于”〕.②反响2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K= 〔用KP1、KP2表示〕：该反响的ΔH 0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程 .KistiakowskyNOCl光化学分解反响，在肯定频率(v)光的照耀下机理为：NOCl+hv→NOC*NOCl+NOCl*→2NO+Cl2其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸取 mol的光子。三、选考题〔230分〕11.[化学——3：物质构造与性质]过渡金属元素铬〔Cr〕是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用，答复以下问题：对于基态Cr原子，以下表达正确的选项是 (填标号)。A.轨道处于半布满时体系总能量低,核外电子排布应为[Ar]3d54s1B.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大33 2 三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH)(HO)Cl]2+33 2 中心离子的配位数为 。3〔3〕[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+NH、H2OPH3的空间构造和相应的键角如以下图所示。3PH3中P的杂化类型是 ,NH3的沸点比PH3的 ，缘由是 。H2O的键角小于NH3的，分析缘由 。〔4〕在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增加材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方构造，如下图。处于顶角位置的是 原子。设Cr和Al原子半径分别为𝑟𝐶𝑟和𝑟𝐴𝑙，则金属原子空间占有率为 %(列出计算表达式)。12.W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下答复以下问题：〔1〕A的化学名称是 。〔2〕写出反响③的化学方程式 。〔3〕D具有的官能团名称是 。〔不考虑苯环〕反响④中，Y的构造简式为 。反响⑤的反响类型是 。〔6〕C的同分异构体中，含有苯环并能发生眼镜反响的化合物共有 种。〔7〕写出W的构造简式 。答案解析局部13678分.1.D【考点】含碳化合物的性质和应用【解析】【解答】A.将重质油裂解为轻质油并不能削减CO2的排放量，达不到碳中和的目的，A不符合题意；22B.大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大CO2的排放量，不符合碳中和的要求，B不符合题意；C.通过清洁煤技术削减煤燃烧污染，不能削减CO的排放量，达不到碳中和的目的，C不符合题意；D.研发催化剂将二氧化碳复原为甲醇，可以削减CO的排放量，到达碳中和的目的，D符合题意；22故答案为：D“碳中和“碳中和”是指CO的排放总量和削减总量相当2【答案】C

CO2的排放量。【考点】气体发生装置，气体的收集，常见气体制备原理及装置选择【解析】【解答】A.氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，A不符合题意；MnO2与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反响，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，B不符合题意；MnO2和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反响，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，C符合题意；氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反响，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，D不符合题意；故答案为：C【分析】由试验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度。【答案】A【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，硝酸的化学性质，探究铝与酸、碱溶液的反响，离子方程式的书写A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化犯难溶的碳酸钙，离子方程式为：3 4 3 CO2-+CaSO=CaCO+SO2- ，A3 4 3 过量的铁粉与稀硝酸反响生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2NO-=3Fe2++2NO↑+4HO，B不符合题意；3 2硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反响生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C不符合题意；硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+ ，D不符合题意；故答案为：A【分析】A．依据沉淀的转化分析；3B．Fe过量生成Fe2+；C．KOH少量生成Al(OH)；D．H2S为弱电解质，不能拆；3【答案】C【考点】乙烯的化学性质，乙醇的化学性质，羧酸简介C.C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式一样，构造式不同，互为同分异构体，C符合题意；【解析】【解答】A.该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反响和加成反响，A不符合题意；B.同系物是构造相像，分子式相差1个或C.C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式一样，构造式不同，互为同分异构体，C符合题意；D.该物质只含有一个羧基，1mol0.5mol22g，D不符合题意；故答案为：C【分析】A．依据官能团的性质分析；B．同系物是指构造相像、分子组成相差假设干个“CH2”原子团的有机化合物；C．同分异构体是具有一样分子式而构造不同的化合物；DNa2CO3反响；5.B【考点】元素周期表中原子构造与元素性质的递变规律，元素周期表的构造及其应用，元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A.O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小挨次为W>X>Y>ZMg＞Al＞Si＞O，即 ，A不符合题意；W>X>Y>ZB.XWMgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B符合题意；C.Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C不符合题意；D.Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D不符合题意；故答案为：B【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W肯定不是第ⅢA族元素，即W肯定是第ⅥA族元素，进一步结合可推知W、X、Y、Z依次O、Mg、Al、Si。6.【答案】D【考点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A.依据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2 ，发生氧化反响，A正确；设置的装置为电解池原理，依据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反响生成NaCl、NaClOH2ONaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；由于H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需准时通风稀释，安全地排入大气，以排解安全隐患，C正确；阴极的电极反响式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH- ，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极外表会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误；故答案为：D【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，依据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2 ，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-。7.【答案】C【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的原理，盐类水解的应用，离子浓度大小的比较，电离平衡常数【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2 ，c(M+)=√7.5×10−8mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH- ，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8 ，B正确；C.MA饱和溶液中，M+不水解，A-pH=7，说明参加了酸，但该酸不肯定是HApH所用的酸为HnXc(M+)+c(H+)=c(OH-)+nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子局部nc(Xn-)，C错误；D.Ka

(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)

，当c(A-)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=c(M+) ，2Ksp

(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8 ，c2(M+)=10×10-8 c(H+)=2.0×10-4mol/L，2K(HA)=c(H+)c(A−)=c(H+)≈2.0×10-4 D正确；a c(HA)故答案为：C【分析】依据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。129分8.【答案】〔1〕Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑〔2〕Fe3+、Al3+、Mg2+〔3〕10-64 2 〔4〕H2SO；SiO；4 2 △〔5〕TiO2++(x+1)H2O _ TiO2·xH2O+2H+_〔6〕(NH4)2SO4氧化复原反响方程式的配平，pH的简洁计算，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，物质的分别与提纯【解析(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反响为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反响生成硫酸铝铵、Al2Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑(2)由题给开头沉淀和完全沉淀的pHpH2.0pH11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+ ，Ca2+没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8 ，当溶pH11.61×10−10.8(1×10−2.4)2

=1×10-6mol/L4增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减TiOSO溶液中含有硫酸钙的量，应参加浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反响，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；4TiOSO4溶液参加热水稀释并适当加热，能使TiOSO4TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反TiO2++(x+1)HTiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+应的离子方程式为 _ ；_由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸取氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反响，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质参加热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙局部溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH2.0的滤液中参加氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中参加浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反响，二氧化钛与稀硫酸反响得到TiOSO4 ，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液参加热水稀释并适当加热，使TiOSO4TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②TiO2·xH2O【答案】〔1〕滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶反响放热，为防止体系温度急剧增加而反响过快98℃100℃，而油浴更易提温〔4〕2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O取洗涤液，参加BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，假设无，说明洗涤干净洗涤液含有的离子主要有H+和Cl-,依据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净【考点】氧化复原反响方程式的配平，常用仪器及其使用，性质试验方案的设计，物质检验试验方案的设计【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；(2)反响为放热反响，为掌握反响速率，避开反响过于猛烈，需分批缓慢参加KMnO4粉末并使用冰水浴；(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴掌握温度更加灵敏和准确，该试验反响温度接近水的沸点，故不承受热水浴，而承受油浴；H2O2后发生的现象可知，参加的目的是除去过量的KMnO4，则反响的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；4该试验中为推断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO2-来推断，检测方法是：取最终一次BaCl2溶液，假设没有沉淀说明洗涤完成；4IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。【分析】(1)依据装置中的仪器分析；依据反响放热分析；4依据加热温度选择加热方式；(4)依据转移电子守恒配平方程式；(5)Ba2+SO2-；4(6)依据电荷守恒分析；【答案】〔1〕溴〔Br〕〔2〕2.=4.8；

7.6×105(24.8×103)2〔3〕大于；KP

·KP

；△H＞0；当

1103=2.3时，𝐾=

·

≈101 103 =104

1×103=1 2

1 2 𝑇2.4时，𝐾=𝐾𝑃1⋅𝐾𝑃2≈100.7 ⋅103.4 =104.1 即降温,K减小，平衡逆移，说明△H＞0〔4〕12【考点】反响热和焓变，化学反响速率，化学平衡常数，化学反响速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)红棕色液体，推想为溴单质，因此错过觉察的元素是溴(或Br)；4 2 376.8℃时玻璃烧瓶中发生两个反响：BaPtCl〔s〕⇋BaCl〔s〕+Pt〔s〕+2Cl〔4 2 C1(g)+I(g)⇋2ICl(g)，BaPtCl〔s〕⇋BaCl〔s〕+Pt〔s〕+2Cl〔g〕的平衡常数K=1.0×104Pa2 ，则平2 2 4 2 2 p2 2 衡时p2(Cl)=1.0×104Pa2 ，平衡时p(Cl)=100Pa，设到达平衡时I(g)的分压减小pkPa，则376.8℃2 2 32.5kPa，则0.1+20.0+p=32.5p=12.4p(ICl)=2pkPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反响

(g)+I

7.6×105 ；2 2 (24.8×103)2①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2

Kp2

越大，说明上升温度平衡2NOCl(g)⇌2NO(g)+Cl2(g)NOClNOCl20；②Ⅰ.2NO+2ICl⇋2NOCl Kp1Ⅱ.2NOCl(g)⇋2NO(g)+Cl2(g)Kp2Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)⇋Cl2(g)+I2(g) ，故K=Kp1Kp2；1𝑇该反响的Δ1𝑇该反响的ΔH

×103=2.3

𝐾=𝐾𝑃1⋅𝐾𝑃2≈101 ⋅103 =104 ×1𝑇时，103=1𝑇时，

𝐾=𝐾𝑃1⋅𝐾𝑃2≈100.7 ⋅103.4 =104.1 ；时，即降温,K减小，平衡逆移，说明△时，即降温,K减小，平衡逆移，说明△H＞02Ⅱ.NOCl+NOCl*→2NO+Cl22Ⅰ+Ⅱ2NOCl+hv=2NO+Cl2

2molNOCl1mol1mol的NOCl0.5mol光子。【分析】(1)依据红棕色液体推断；依据三段式及平衡常数公式计算；依据图像中曲线的趋势和所对应的数据进展估算；(4)依据物质的量之比等于化学计量数之比计算；三、选考题【答案】〔1〕AC〔2〕NOCl；63 2 𝑠𝑝3；高；NH分子间形成氢键增大分子间作用力；HONH分子有一对孤对电子,所以H2ONH33 2 4𝜋𝑟3×24𝜋𝑟3×4Al；3

𝐴𝑙

3𝑎2𝑐×𝑐

𝐶𝑟【考点】原子核外电子排布，推断简洁分子或离子的构型，协作物的成键状况，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型推断，氢键的存在对物质性质的影响【解析【解答(1)A.基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半布满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1 ，A