2020年高考化學(xué)總復(fù)習(xí)練習(xí)題5含解析

晨鳥教育2020年高考學(xué)復(fù)練題五可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量H1Li7C12N14O16Na23S32K39Ti48V51Fe56一、選擇題：1.化學(xué)與生活、社會(huì)發(fā)展息息相。下列說(shuō)法正確的是A．有人稱“一帶一路”是“現(xiàn)絲綢之路”，絲綢的主要成分是纖維素B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂都是高分子生成小分子的過(guò)程C．疫苗一般應(yīng)冷藏存放，其目是避免蛋白質(zhì)變性D．“玉兔二號(hào)”的太陽(yáng)能電池板的材料是二氧化硅【答案】【解析】．絲的主要成分是蛋白質(zhì)，故A錯(cuò)；B．聚酸酯的降解是高分子生成小分子的過(guò)程，油脂不屬于高分子，故B錯(cuò)誤C．疫一般應(yīng)冷藏存放，其目的是避免蛋白質(zhì)變性，使蛋白質(zhì)失去活性，故C正；D．硅半導(dǎo)體，“玉兔二號(hào)”的太陽(yáng)能電池帆板的材料是硅，故D錯(cuò)；故選C。2.設(shè)Ⅳ表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A．足量Zn與定量的濃硫酸反產(chǎn)生氣體時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為

B．15.6g的NaS和NaO固混物中，陰離子數(shù)為C．1L0.1的COONa溶液含有的CH數(shù)為0.1ND．12g金石中含有的碳碳單鍵數(shù)約為4N【答案】【解析】．未說(shuō)明氣體是否在況下，不能計(jì)算，故錯(cuò)誤；BS和NaO二的摩爾質(zhì)量同以15.6g的NaS和NaO固混合物中即0.2mol離數(shù)為0.2N，故正確；C．CHCOONa溶中醋酸根離子水解，不能計(jì)算其離子數(shù)目，故錯(cuò)誤；D金石即1mol，每個(gè)碳原子與4碳原子形成共價(jià)鍵，所以平均每個(gè)碳形成個(gè)，則該質(zhì)中含有的碳碳單鍵數(shù)約為，故錯(cuò)誤故選B。3.下列關(guān)于2－環(huán)己基丙烯（

）和2－苯基丙烯（）說(shuō)法中正確的是A．二者均為芳香烴C．二者均可發(fā)生加聚反應(yīng)和氧反應(yīng)【答案】

B－苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面D－苯基丙烯的一氯代產(chǎn)物只有種【解析】、

結(jié)構(gòu)中不含苯環(huán)，不是芳香烴，故A錯(cuò)誤；B、2－苯基丙烯分子中所有碳原可能共平面，不能說(shuō)一定，因?yàn)楫?dāng)苯環(huán)與丙烯基連接的單鍵旋轉(zhuǎn)時(shí)就不在

同一平面內(nèi)，故B錯(cuò)誤；C、兩者都有碳碳雙鍵，所以二均可發(fā)生加聚反應(yīng)和氧化反應(yīng)，故C正；D、因2－苯基丙烯分子中含有5種等氫原子，則其一氯代產(chǎn)物有5種，故D錯(cuò)；案為C?！军c(diǎn)睛】芳香烴是指含有苯環(huán)的烴，為易錯(cuò)點(diǎn)。4.X、Y、Z、W是子序數(shù)依次大的短周期主族元素，它們之間可形成組成不同的多種可溶性常見鹽，其中有兩種組成為ZXY、ZWY。下列說(shuō)中正確的是A．簡(jiǎn)單離子半徑r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最常見氫化物的穩(wěn)定性XC．ZY中含共價(jià)鍵且在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電D．HWY分中各原子均達(dá)到8子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案C【解析X、Z分是N、O、Na、Cl素，A．電層數(shù)越大離半徑越電層數(shù)相同時(shí)核荷數(shù)越小離半徑越大則單離子徑r(Cl

)>r(N)>r(O)>r(Na)，A錯(cuò)誤；B．因非屬性：N＜O，最常見氫化物的穩(wěn)定性X＜Y，B錯(cuò)誤；C．ZY為過(guò)氧化鈉，其中含有子鍵和共價(jià)鍵，屬于離子晶體，在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電C項(xiàng)確D．HWY分子為HClO，中Cl和O原子均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而H是2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D項(xiàng)誤；答案選C。5.鎳鈷錳三元材料是近年來(lái)開發(fā)一類新型鋰離子電池正極材料有容量高循穩(wěn)定性好成本適中等重要優(yōu)點(diǎn)鈷三元材料中Ni為要活潑元素常以表示為L(zhǎng)iNi中a+b+c=1簡(jiǎn)為L(zhǎng)iAO。充電時(shí)總反應(yīng)為L(zhǎng)iAO+nC=LiAO+LiC（0<x<1作原理如下圖所示，則以下說(shuō)法正確的A．放電時(shí)Ni元素最先失去電子B．放電時(shí)電子從a電由導(dǎo)線向電極C．充電時(shí)的陰極反應(yīng)式為L(zhǎng)iAO-xe=LiAO+D．充電時(shí)轉(zhuǎn)移1mol電子，理論陰極材料質(zhì)量增加7g【答案】【解析】根據(jù)

的移動(dòng)方向可知a為極b為極。

．．．晨鳥教育．．．A．鎳放電時(shí)石墨是負(fù)極Li元先失去電子，故A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)電子從負(fù)極，即b電由導(dǎo)線移向正極，即電極故B錯(cuò)；C．充時(shí)的陰極反應(yīng)式是：+xe=LiC故C錯(cuò)誤；D．充時(shí)，陰極反應(yīng)式為質(zhì)量為，D正；故選D。

+xe

=LiC，移1mol電，論陰極材料質(zhì)量增加1mol鋰離子，6.某實(shí)驗(yàn)小組用圖示裝置制備高酸(K并探究其性質(zhì)。已知：KFeO為色固體，微溶于KOH溶液具有強(qiáng)氧化性，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生在堿性溶液中較穩(wěn)定。制取實(shí)驗(yàn)完成后，取C中色溶液，加入稀鹽酸，產(chǎn)生氣體。下列說(shuō)法不正的A．B瓶應(yīng)盛放飽和食鹽水除去有的B．C瓶中KOH過(guò)量更有利于高酸鉀的生成C．加鹽酸產(chǎn)生氣體可說(shuō)明氧化KFeOD．高鐵酸鉀是集氧化、吸附、凝、沉淀、滅菌、消毒、脫色、除臭等八大特點(diǎn)為一體的優(yōu)良的水處理劑【答案】【解析】、鹽酸易揮發(fā)，制得氯氣中含有氯化氫氣體B瓶應(yīng)盛放飽和食鹽水除去混有的HCl，選項(xiàng)確；B、高鐵酸鉀在堿性溶液中穩(wěn)定，故過(guò)量有利于它的生成，選項(xiàng)B正確；C、根據(jù)題給息可知，加鹽酸產(chǎn)生的氣體也可能是氧氣，選項(xiàng)C不確、高鐵酸鉀是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、滅、消毒、脫色、除臭等八大特點(diǎn)為一體的優(yōu)良的水處理劑，選項(xiàng)D確；答案選C。7.室溫下向100mL飽和H溶液通入SO氣(氣體體積換算成標(biāo)準(zhǔn)狀)發(fā)生反應(yīng)2HS+SO=3S↓+2HO，測(cè)得溶液pH與入SO的關(guān)如所示。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)點(diǎn)水的電離程度最大B．該溫度下HS的K≈10C．曲線y代繼續(xù)通入SO氣體溶液pH的變化

3a1-)3a1D．a(chǎn)點(diǎn)之后，隨SO氣的通入的始終減小c(HSO2【答案】【解析】選項(xiàng)由題圖可知表示通入SO體112mL(0.005mol)時(shí)pH=7，明氣體H溶液恰好完全反應(yīng)，溶液呈中性，點(diǎn)之為HS過(guò)a之后為SO過(guò)，溶液均呈酸性，故a點(diǎn)的電離程度最大，故A正；B選項(xiàng)，由題圖中曲線的起點(diǎn)可a溶液呈中性，說(shuō)明氣與HS溶恰好完全反應(yīng)，由此可知飽和HS溶中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為0.01mol，c(HS)=0.1mol/L，0.1mol/LHS溶電離出的c(H)=10mol/L電離方程式為HSH

+HS

、HS

H+S

；第一步為主，根據(jù)平衡常表達(dá)式計(jì)算出該溫度下HSK≈

1010

≈10，B正；C選項(xiàng)，當(dāng)通入SO氣336mL時(shí)，物質(zhì)的量為0.015mol反應(yīng)后相當(dāng)于溶液中的c(HSO)=0.1mol/L，因?yàn)镠SO的酸強(qiáng)于HS，故此時(shí)溶對(duì)應(yīng)的pH應(yīng)小于4.1故曲線y代繼續(xù)通入SO氣后溶液pH變化，故C正；D選項(xiàng)，根據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式可

-)3c(H2

K=，a點(diǎn)后，隨SO氣的通入c(H)大，當(dāng)通入的+)SO氣體達(dá)飽和時(shí)c(H)不再變，故D誤。綜上所述，答案為D。二、非選擇題：8.過(guò)氧乙酸(和步驟如下

)是種高效消毒劑它由冰醋酸和過(guò)氧化氫在濃硫酸催化作用下制得驗(yàn)裝置①在三頸燒瓶中加入一定量冰醋酸與濃硫酸的混合物，再緩緩加入適量30%的雙氧水；②不斷攪拌并控制裝置B中混液的溫度為20℃至反應(yīng)結(jié)束；③接入儀器C和氣泵，在錐形瓶中收集得到產(chǎn)品。回答下列問(wèn)題：（1儀器C的稱_______，器C中水流入口_______(填“a”或“”)。（2為更好地控制反應(yīng)溫度，采用的加熱方法______________。（3生成過(guò)氧乙酸的化學(xué)方程_________________（4實(shí)驗(yàn)測(cè)得產(chǎn)物過(guò)氧乙酸的分含量隨反應(yīng)物比例和反應(yīng)時(shí)間的變化數(shù)據(jù)如下表。由表中數(shù)據(jù)可知，反應(yīng)

晨鳥教育物最佳比例CHCOOH/HO)是_______，佳反應(yīng)時(shí)間_______。（5產(chǎn)品中過(guò)氧乙酸濃度的測(cè)：取2.00mL過(guò)氧酸產(chǎn)品試樣，加水稀釋成100mL；中取出5.00mL，逐滴滴加酸性KMnO溶至溶液恰好呈粉紅色除去殘余的HO再加入稍過(guò)量的KI溶發(fā)生反CHCOOOH＋2I＋2H＝I＋CHCOOHO反應(yīng)完全后滴入幾滴淀粉溶液用0.1000mol·L

的NaSO標(biāo)液滴定至終點(diǎn)(反應(yīng)式為O2＋I(xiàn)＝SO

＋2I)，消耗14.30mLNaSO標(biāo)準(zhǔn)液。則產(chǎn)品中過(guò)氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是________mol·L(保留2位數(shù)?！敬鸢阜郑┲毙卫淠ǎ゛（1分）（2水浴加熱（2分（3

CHH32

濃HCHCOOOH+HO32

（3分）（4（2分5h（2分）（5）7.15（3分【解析）儀器C為冷管，冷凝水應(yīng)當(dāng)?shù)瓦M(jìn)高出，則流入口為a，答案為：冷凝管a；（2為更好地控制反應(yīng)溫度，采用的加熱方法是水浴加熱，故答案為：水浴加熱；（3過(guò)氧乙酸由過(guò)氧化氫氧化酸得到，化學(xué)方程式為

CHH32

濃HCOOOH+H32

；（4分析圖表可知，當(dāng)反應(yīng)物例為時(shí)，過(guò)氧乙酸的百分含量最高，且反應(yīng)達(dá)到為最反應(yīng)時(shí)間，故答案為；5h；（5根據(jù)關(guān)系式CHCOOOH～2NaSO，知稀釋后的溶液中過(guò)氧乙酸的物質(zhì)的量==

×0.0143L，原來(lái)2mL溶液中過(guò)乙酸的物質(zhì)的量100mL×0.0143Lmolmol故該樣品中過(guò)氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是5mL0.0143mol0.002L

=7.15mol，故答案為：7.15。9.隨著科技的進(jìn)步，合理利用資、保護(hù)環(huán)境成為當(dāng)今社會(huì)關(guān)注的焦點(diǎn)。甲胺鉛(CHPbI)用全固態(tài)鈣鈦礦敏化太陽(yáng)能電池的敏化劑，可由CHNH、PbI為原合成，回答下列問(wèn)題：（1制取甲胺的反應(yīng)為OH(g)＋NH(g)CHNH＋HO(g)ΔH已知該反應(yīng)中相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下：

共價(jià)鍵鍵能/kJ·mol

C—O351

H463

N—H393

C293

C414則該反應(yīng)的ΔH＝_________kJ·mol。（2上述反應(yīng)中所需的甲醇工上利用水煤氣合成，反應(yīng)為CO(g)＋2H(g)CHOH(g)ΔH<0在一定條件下，將1molCO和2molH通入密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)，當(dāng)改變某一外界條(溫度或壓強(qiáng))時(shí)，CHOH體積分?jǐn)?shù)φ(CHOH)變化趨勢(shì)如圖示：①平衡時(shí)，點(diǎn)CHOH的積分?jǐn)?shù)為，則CO的轉(zhuǎn)率_________。②X軸上a點(diǎn)數(shù)值比b點(diǎn)_________(“大”或“小”)某同學(xué)認(rèn)為上圖中Y軸示度你為他判斷的理由是。催化劑（3工業(yè)上可采用CHOH

CO+2H的法來(lái)制取高純度的CO和我國(guó)學(xué)者采用量子力學(xué)方法，通過(guò)計(jì)算機(jī)模擬，研究了在鈀基催化劑表面上甲醇制氫的反應(yīng)歷程，其中吸附在鈀催化劑表面上的種標(biāo)注。甲醇（）氫反應(yīng)的第一步歷程，有兩種可能方式：方式A：CHOH*→CHO*＋H*E=+103.1kJ·mol方式B：CHOH*→CH*＋OH*E=+249.3kJ·mol由活化能E值推，甲醇裂解過(guò)程主要?dú)v經(jīng)的方式應(yīng)_________(填A(yù)、B)。下圖為計(jì)算機(jī)模擬的各步反應(yīng)的能量變化示意圖。該歷程中，放熱最多的步驟的化學(xué)方程式______________________________________________。（4常溫下PbI飽溶(呈中＝1.0×10【答案分每空2分）

mol·L，(PbI)＝_________

晨鳥教育（1）-12（2）25%

小

隨著Y值增大，φ(CHOH)減小，平衡CO(g)(g)CH向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故Y為溫度（3）ACHO*＋3H*=CO*＋4H*或＋H*）（4）4×10【解析斷鍵的可以不計(jì)算算斷鍵和成鍵的該應(yīng)的＝351+393–293–463=-12kJ·mol

，故答案為：-12。⑵CO(g)＋2H(g)?CHOH(g)開始：2mol0轉(zhuǎn)化：2xmolxmol平衡：(1-x)mol(2-2x)molxmolx解得x=0.25mol，1x1mol①平衡時(shí)，點(diǎn)CHOH的體分為10%則CO轉(zhuǎn)化率為25%，故答案為：25%。②根據(jù)圖象得出X軸上a點(diǎn)數(shù)比b點(diǎn)小學(xué)認(rèn)為上圖中Y軸示溫度斷理由是隨著的增大，φ(CHOH)減小，平衡CO(g)＋2H?CHOH(g)逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故Y為度故答案為：小；著Y值增大，φ(CH減，平衡CO(g)(g)CH向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故Y為度。（3）由活化能E值推，甲醇解過(guò)程主要?dú)v經(jīng)的方式應(yīng)為，該歷程中，放熱最多的步驟是HO*＋3H*反應(yīng)階段因該反應(yīng)的化學(xué)方程式CHO*（或CHO*=CO*案A（或CHO*=CO*＋H*（4）常溫下，PbI飽和液呈色中c(Pb)mol·L，（P=1.0sp2

，故答案為：。工上以釩渣(主要含O，有少量SiO、P等雜質(zhì))為原料以制氧釩堿碳酸銨晶體[(NH)(VO)(CO·10HO]其生產(chǎn)工藝流程如下。（1焙燒過(guò)程中VO轉(zhuǎn)化為可性NaVO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（2濾渣的主要成分________________(化學(xué))。（3“沉釩”得到偏釩酸(NHVO，若濾液中c(VO

)=0.1mol·L，使釩元素的沉降率達(dá)到98%至少應(yīng)

)為____mol·L。[已知K(NHVO)=1.6×10]（4“還原”VO過(guò)中，生成VOC1和種無(wú)色無(wú)污染的氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式____________。用濃鹽酸與VO反也可以制得VOC1該方法的缺點(diǎn)是___________________________。（5稱量ag產(chǎn)品于錐形瓶中20mL蒸餾水與稀硫酸溶解后入KMnO溶至稍過(guò)量，充分反應(yīng)后繼續(xù)滴加的NaNO液至稍過(guò)量，再用尿素除去過(guò)量NaNO，最用cmol·L(NH)Fe(SO)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為b。(知滴定反應(yīng)為

+Fe+2H==VO+Fe+H①KMnO溶的作用______________。②粗產(chǎn)品中釩的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式________(計(jì)。③若(NH)Fe(SO)標(biāo)準(zhǔn)液部分變質(zhì)，會(huì)使測(cè)定結(jié)____(“偏高”、“偏低”或“無(wú)影響”)【答案）VO+Na+O

2NaVO+CO（2分）（2）Mg(PO)、MgSiO（2分）（3（2分（4）NH?2HCl+2VO+6HCl=4VOCl+N↑+6HO分）

有氯氣生成，污染空氣2分（5①將VO氧為VO（2分②

a

（2分③偏（分）【解析將爐渣和碳酸鈉在空氣流中焙燒將V轉(zhuǎn)為可溶性NaVO，同得到二氧化碳，生反應(yīng)的化學(xué)方程式為VO+NaCO+O

2NaVO+CO；（2焙燒時(shí)SiO、PO分與碳酸鈉生成可溶于水的Na和NaPO，除硅、磷時(shí)加入硫酸鎂溶生成Mg

（PO）、MgSiO沉，則過(guò)濾時(shí)得到的濾渣的主要成分為(PO)、MgSiO；（3已知K(NH)=c(NH)?c(VO)=1.6×10若濾液中c(VO)=0.1mol·L，使釩元素的沉降率達(dá)到98%，則溶液中剩余c(VO)=0.1mol·Lmol·L此c(NH)=

1.60.002

mol·L=0.8mol·L；（4用鹽酸酸化的NH還成VOCl和種無(wú)色無(wú)污染的氣體，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，氣體應(yīng)為N則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH?2HCl+2VO+6HCl=4VOCl+N↑+6HO改濃鹽酸與VO反也可以制得VOC1，但同時(shí)得到的氧化產(chǎn)物Cl，氣體有毒，會(huì)污染環(huán)境；（5①根據(jù)分析KMnO溶液的作用是+價(jià)的氧化為VO

；②根據(jù)釩元素的質(zhì)量守恒根據(jù)定反應(yīng)為VO+Fe+2H=VO+Fe+HO則元素的物質(zhì)的量（NH）Fe（SO）]=cmol/L×b×10L=cb×10mol粗產(chǎn)品中釩的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為83g/mol

100%

=

a

100%

；③若(NH)Fe(SO)標(biāo)準(zhǔn)液部分變質(zhì)，則還原能力降低，滴定時(shí)消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏高，根據(jù)滴反應(yīng)為：

晨鳥教育VO+Fe+2H=VO+Fe+HO，可知使測(cè)定結(jié)果偏高。（二）選考題：11.核電荷數(shù)依次增大的A、C、D、F是周期表中前四周期的元素，其中A、B、C是同一期的非金屬元素化物DC的體為離晶體的二陽(yáng)離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)AC為非極性分子，B、C的化物的沸點(diǎn)比它同族相鄰周期元素氫化物的沸點(diǎn)高E原的一種核素的質(zhì)量數(shù)49，中子數(shù)為27元素是第四周期元素未成對(duì)電子數(shù)最多的元素FCl能與B、C的氫化物形成六配位配合物，且兩種配體的物質(zhì)的量之比為2∶1，1mol合物與足量的AgNO溶液應(yīng)能立即生成3molAgCl。根據(jù)以上情況，回答下列問(wèn)題題時(shí)用元素符號(hào)表示）（1）B氫物與HCl反生成的含有素粒子的空間構(gòu)型_；F元原子的最外電子數(shù)為________個(gè)。（2）B

離子分別與AC及B、C組成的態(tài)化合物互為等電子體，則、C組成化合物化學(xué)式為_______________離還可以和某一價(jià)陰離子互為等電子體，該陰離子電子式_________，種陰離子常用于檢驗(yàn)日常生活中的一種金屬陽(yáng)離子，則金屬陽(yáng)離子符號(hào)_________。（3）B元與同周期相鄰元素的第一電離能由小到大的順序_______________。（4）B的高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的稀溶液與的單反應(yīng)時(shí)，被原到最低價(jià)，該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比_______________（5的外電子排布式是_________________________，F(xiàn)Cl形成六配位的配合物化學(xué)式為________________________。（6）E的種氧化物晶胞結(jié)構(gòu)（長(zhǎng)方體）如圖所示，該氧化物的化學(xué)式；該晶胞三個(gè)晶胞參數(shù)分別為：apm、bpm、cpm。該氧化物的密度____________g/cm。(寫出表達(dá)式即)【答案】（15分（1）正四面體形（1分）1分）（2）NO（1分

（2分）Fe（1分）（3）C（1分）（4）1:4分（5）1s2s2p3s3p3d或A]3d（1分）[Cr(NH)(HO)]Cl（2分（6）TiO（1分

2NA

-30

（2分

【解析A、C、D、E、F都是期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E。合物DC的體為離子晶體，D的價(jià)陽(yáng)離子與C的離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)C形成2價(jià)離子，且D位C下一周期B的氫化物的沸點(diǎn)比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點(diǎn)高，分子中存在氫鍵形成2價(jià)離子，則C為氧元素，故D為鎂素；核電荷數(shù)＜C則為氮素；、B、C是同周期的非金屬元素，AC為極性分子，則A為元；E原的一種核素的質(zhì)量數(shù)為49，子數(shù)為，質(zhì)子數(shù)為，E為Ti元F元素第四周期元素中未成對(duì)電子數(shù)最多的元素，原子核外電子排布為2s2p3s3p3d4s，則F為Cr元CrCl能與NH、HO形成配位的配合物，且兩種配體的物質(zhì)的量之比為2：1，則配體中有4個(gè)NH、2HO，1mol合物與足量的AgNO溶反應(yīng)能即生成3molAgCl，說(shuō)明三個(gè)氯離子位于外界，該配合物[Cr(NH)(HO)，據(jù)此分析解題。由分析知：為C元、為N元、C素D為Mg元、為Ti元、為Cr元；（1元素氫化物與HCl反生成的含有N素粒子為NH

，分子中N原價(jià)層電子對(duì)=4+

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=4原子為sp化不孤對(duì)電子故空間構(gòu)型是四面體為Cr原子核外電子排布為1s2s2p3s3p3d4s，元素原子的最外層電子數(shù)為1個(gè)（2）N

離分別與CO、由N、O組成氣態(tài)化合物互為等電子體，則N組的化合物化學(xué)式為NO；N-離還可以和一價(jià)陰離子互為等電子體，根據(jù)價(jià)電子總數(shù)相等，用S、C原子代替?zhèn)€N原可該陰離子為SCN，結(jié)構(gòu)與CO類這離子電子式為

這陰離子常用于檢驗(yàn)日常生中的一種金屬陽(yáng)離子金屬陽(yáng)離子符號(hào)為；（3周自左而右第一電離能呈增大趨勢(shì)元素原子2p能級(jí)有3個(gè)電處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)子量低，氮元素第一電離能高于相鄰的元素的，所以第一電離能由小到大的順序?yàn)镃＜O＜N；（4的高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水物為的單質(zhì)為Mg，HNO稀液與Mg反時(shí)N元被原到最低價(jià)，則生成NHNO被氧化為Mg(NO)，令NHNO，Mg(NO)化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為x、y，則根據(jù)電子移守恒有[5-(-3)]×x=2y，以x：1該反應(yīng)的化學(xué)方程式是4Mg+10HNO=4Mg(NO)+NHNO+3HO，所該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是1:4（5原核外電子排布為1s2s2p3s3p3d4s原子失去4s能個(gè)子3d能2個(gè)子形成Cr，Cr的外電子排布式是2s2p3s3p3d，上述分析可知CrCl形的六配位的配合物化學(xué)式為[Cr(NH)(HO)]Cl；（6）由

可知，晶胞中Ti原位于體心與頂點(diǎn)上O子位于上下兩個(gè)面上及體內(nèi)(有2

A晨鳥教育A11個(gè)晶中Ti元數(shù)目=1+8×=2原子數(shù)目2+4×=4該化合物化學(xué)