2021年高考理綜化學真題試卷全國乙卷學生版

2021年高考理綜化學真題試卷（全國乙卷）一、選擇題：本題共13小題，毎小題6分，共78分.（共7題；共42分）1.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)展至關重要?！疤贾泻汀笔侵窩O2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.

將重質油裂解為輕質油作為燃料B.

大規(guī)模開采可燃冰作為新能源C.

通過清潔煤技術減少煤燃燒污染D.

研發(fā)催化劑將CO22.在實驗室釆用如圖裝置制備氣體，合理的是（

）化學試劑制備的氣體ACa(NHBMnOClCMnOO2DNaCl+HHClA.

A

B.

B

C.

C3.下列過程中的化學反應，相應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：CO32?

+CaSO4=CaCO3+SO42?B.

過量鐵粉加入稀硝酸中：Fe+4H++NO3?

=Fe3++NO↑+2H2OC.

硫酸鋁溶液中滴如少量氫氧化鉀溶液：4.一種活性物質的結構簡式為，下列有關該物質的敘述正確的是（

）A.

能發(fā)生取代反應，不能發(fā)生加成反應B.

既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.

與互為同分異構體D.

1mol該物質與碳酸鈉反應得44gCO25.我國嫦娥五號探測器帶回1.731kg的月球土壤，經分析發(fā)現(xiàn)其構成與地球土壤類似，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，且均不與W同族，下列結論正確的是（

）A.

原子半徑大小順序為W>X>Y>ZB.

化合物XW中的化學健為離子鍵C.

Y單質的導電性能弱于Z單質的D.

Z的氧化物的水化物的酸性強于碳酸6.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故并降低冷卻效率。為解決這一問題，通常在管道口設置一對情性電極（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B.

管道中可以生成氧化滅殺附著生物的NaClOC.

陰極生成的H27.HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中c(M+)隨著c(H+)下列敘述錯誤的是（

）A.

溶液pH=4時.c(M+)<3.0×10?4mol?二、必考題：共129分（共3題；共43分）8.磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、該工藝下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表：金屬離子FAMC開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')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，Al2O（2）“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”氨水逐步調節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是________。（3）“母液①”中Mg2+（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（6）將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得________，循環(huán)利用。9.氧化石墨烯具有穩(wěn)定的網狀結構，在能源、材料等領域有著重要的應用前景，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SO42-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________.10.一氯化碘（ICl)是一種鹵素互化物，具有強氧化性，可與金屬直接反應，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（BaPtCl4)固體加熱時部分分解為BaCl2、Pt和Cl2,376.8℃時平衡常數(shù)K‘p=1.0x104Pa2。在一硬質玻璃燒瓶中加入過量BaPtCl4,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℃范圍內下列反應的平衡常數(shù)KP：2NO(g)+2ICl(g)?2NOCl(g)+I2(g)

KP12NOCl(g)?2NO(g)+Cl2(g)

KP2得到lgKP1～1T和lgKP2～1①由圖可知，NOCl分解為NO和Cl2反應的ΔH________0(填“大于”或“小于”）.②反應2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K=________（用KP1、KP2表示）：該反應的ΔH________0(填“大于”或“小于”)，寫出推理過程________.（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化學分解反應，在一定頻率(v)光的照射下機理為：NOCl+hv→NOC*NOCl+NOCl*→2NO+Cl2其中hv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的光子。三、選考題（共2題；共30分）11.[化學——選修3：物質結構與性質]過渡金屬元素鉻（Cr）是不銹鋼的重要成分，在工農業(yè)生產和國防建設中有著廣泛應用，回答下列問題：（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。[Cr(NH3)3(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）[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配體分子NH3、H2O以及分子PH3的空間結構和相應的鍵角如下圖所示。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具有體心四方結構，如圖所示。處于頂角位置的是________原子。設Cr和Al原子半徑分別為rCr和r12.鹵沙唑侖W是一種抗失眠藥物，在醫(yī)藥工業(yè)中的一種合成方法如下回答下列問題：（1）A的化學名稱是________。（2）寫出反應③的化學方程式________。（3）D具有的官能團名稱是________。（不考慮苯環(huán)）（4）反應④中，Y的結構簡式為________。（5）反應⑤的反應類型是________。（6）C的同分異構體中，含有苯環(huán)并能發(fā)生眼鏡反應的化合物共有________種。（7）寫出W的結構簡式________。答案解析部分一、選擇題：本題共13小題，毎小題6分，共78分.1.【答案】D【考點】含碳化合物的性質和應用【解析】【解答】A.將重質油裂解為輕質油并不能減少CO2的排放量，達不到碳中和的目的，A不符合題意；B.大規(guī)模開采可燃冰做為清潔燃料，會增大CO2的排放量，不符合碳中和的要求，B不符合題意；C.通過清潔煤技術減少煤燃燒污染，不能減少CO2的排放量，達不到碳中和的目的，C不符合題意；D.研發(fā)催化劑將二氧化碳還原為甲醇，可以減少CO2的排放量，達到碳中和的目的，D符合題意；故答案為：D【分析】“碳中和”是指CO2的排放總量和減少總量相當，即減少CO2的排放量。2.【答案】C【考點】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；B.MnO2與濃鹽酸共熱制備氯氣為固液加熱反應，需要選用固液加熱裝置，不能選用固固加熱裝置，B不符合題意；C.MnO2和氯酸鉀共熱制備氧氣為固固加熱的反應，能選用固固加熱裝置，氧氣的密度大于空氣，可選用向上排空氣法收集，C符合題意；D.氯化鈉與濃硫酸共熱制備為固液加熱反應，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】由實驗裝置圖可知，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。3.【答案】A【考點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質，硝酸的化學性質，探究鋁與酸、堿溶液的反應，離子方程式的書寫【解析】【解答】A.硫酸鈣微溶，用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣轉化為難溶的碳酸鈣，離子方程式為：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A符合題意；B.過量的鐵粉與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式應為：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B不符合題意；C.硫酸鋁溶液與少量氫氧化鉀溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉀，離子方程式應為：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C不符合題意；D.硫化氫為弱電解質，書寫離子方程式時不能拆，離子方程式應為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D不符合題意；故答案為：A【分析】A．根據(jù)沉淀的轉化分析；B．Fe過量生成Fe2+；C．KOH少量生成Al(OH)3；D．H2S為弱電解質，不能拆；4.【答案】C【考點】乙烯的化學性質，乙醇的化學性質，羧酸簡介【解析】【解答】A.該物質含有羥基、羧基、碳碳雙鍵，能發(fā)生取代反應和加成反應，A不符合題意；B.同系物是結構相似，分子式相差1個或n個CH2的有機物，該物質的分子式為C10H18O3，而且與乙醇、乙酸結構不相似，B不符合題意；C.該物質的分子式為C10H18O3，的分子式為C10H18O3，所以二者的分子式相同，結構式不同，互為同分異構體，C符合題意；D.該物質只含有一個羧基，1mol該物質與碳酸鈉反應，生成0.5mol二氧化碳，質量為22g，D不符合題意；故答案為：C【分析】A．根據(jù)官能團的性質分析；B．同系物是指結構相似、分子組成相差若干個“CH2”原子團的有機化合物；C．同分異構體是具有相同分子式而結構不同的化合物；D．該化合物中只有羧基能與Na2CO3反應；5.【答案】B【考點】元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規(guī)律，元素周期表的結構及其應用，元素周期律和元素周期表的綜合應用【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，故原子半徑大小順序為Mg＞Al＞Si＞O，即W>X>Y>Z，A不符合題意；B.化合物XW即MgO為離子化合物，其中的化學鍵為離子鍵，B符合題意；C.Y單質為鋁單質，鋁屬于導體，導電性很強，Z單質為硅，為半導體，半導體導電性介于導體和絕緣體之間，故Y單質的導電性能強于Z單質的，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一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，進一步結合已知可推知W、X、Y、Z依次為O、Mg、Al、Si。6.【答案】D【考點】電解池工作原理及應用【解析】【解答】A.根據(jù)分析可知，陽極區(qū)海水中的Cl-會優(yōu)先失去電子生成Cl2，發(fā)生氧化反應，A正確；B.設置的裝置為電解池原理，根據(jù)分析知，陽極區(qū)生成的Cl2與陰極區(qū)生成的OH-在管道中會發(fā)生反應生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有強氧化性，可氧化滅殺附著的生物，B正確；C.因為H2是易燃性氣體，所以陽極區(qū)生成的H2需及時通風稀釋，安全地排入大氣，以排除安全隱患，C正確；D.陰極的電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，會使海水中的Mg2+沉淀積垢，所以陰極表面會形成Mg(OH)2等積垢需定期清理，D錯誤；故答案為：D【分析】海水中除了水，還含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根據(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-。7.【答案】C【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡，鹽類水解的原理，鹽類水解的應用，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，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=7.5×10-8mol/L<3.0×10B.由圖可知，c(H+)=0時，可看作溶液中有較大濃度的OH-，此時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-水解顯堿性，若pH=7，說明加入了酸，但該酸不一定是HA，設調pH所用的酸為HnX，則結合電荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+nc(Xn-)，題給等式右邊缺陰離子部分nc(Xn-)，C錯誤；D.Ka(HA)=c(H+)c(A-)c(HA)，當c(A-)=c(HA)時，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=c(M+)2，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)故答案為：C【分析】根據(jù)電荷守恒和物料守恒結合圖像計算。二、必考題：共129分8.【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑（2）Fe3+、Al3+、Mg2+（3）10-6（4）H2SO4；SiO2；CaSO4（5）TiO2++(x+1)H2O△__TiO2·xH2O+2H+（6）(NH4)2【考點】氧化還原反應方程式的配平，pH的簡單計算，難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質，物質的分離與提純【解析】【解答】(1)氧化鋁轉化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑；(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調節(jié)溶液pH為11.6時，F(xiàn)e3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+沒有沉淀；(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為1×10-10.8(1×10-2.4)2=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化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣；(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++(x+1)H2O△__TiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用。【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，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的濾液中加入氨水至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；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO49.【答案】（1）滴液漏斗；三頸燒瓶/三口燒瓶（2）反應放熱，為防止體系溫度急劇增加而反應過快（3）反應溫度98℃接近水的沸點100℃，而油浴更易提溫（4）2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O（5）取洗滌液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若無，說明洗滌干凈（6）洗滌液含有的離子主要有H+和Cl-,根據(jù)電荷守恒，當洗滌液接近中性時，可認為Cl-洗凈【考點】氧化還原反應方程式的配平，常用儀器及其使用，性質實驗方案的設計，物質檢驗實驗方案的設計【解析】【解答】(1)由圖中儀器構造可知，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，a口出；(2)反應為放熱反應，為控制反應速率，避免反應過于劇烈，需分批緩慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；(3)油浴和水浴相比，由于油的比熱容較水小，油浴控制溫度更加靈敏和精確，該實驗反應溫度接近水的沸點，故不采用熱水浴，而采用油?。?4)由滴加H2O2后發(fā)生的現(xiàn)象可知，加入的目的是除去過量的KMnO4，則反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；(5)該實驗中為判斷洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在SO42-來判斷，檢測方法是：取最后一次洗滌液，滴加BaCl2溶液，若沒有沉淀說明洗滌完成；(6)步驟IV用稀鹽酸洗滌沉淀，步驟V洗滌過量的鹽酸，H+與Cl-電荷守恒，洗出液接近中性時，可認為洗凈?！痉治觥?1)根據(jù)裝置中的儀器分析；(2)根據(jù)反應放熱分析；(3)根據(jù)加熱溫度選擇加熱方式；(4)根據(jù)轉移電子守恒配平方程式；(5)用Ba2+檢驗SO42-；(6)根據(jù)電荷守恒分析；10.【答案】（1）溴（或Br）（2）2.=4.8；7.6×105(24.8×103)2（3）大于；KP1·KP2；△H＞0；當1【考點】反應熱和焓變，化學反應速率，化學平衡常數(shù)，化學反應速率與化學平衡的綜合應用【解析】【解答】(1)紅棕色液體，推測為溴單質，因此錯過發(fā)現(xiàn)的元素是溴(或Br)；(2)由題意376.8℃時玻璃燒瓶中發(fā)生兩個反應：BaPtCl4

（s）?BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）、C12(g)+I2(g)?2ICl(g)，BaPtCl4

（s）?BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）的平衡常數(shù)Kp=1.0×104Pa2，則平衡時p2(Cl2)=1.0×104Pa2，平衡時p(Cl2)=100Pa，設到達平衡時I2(g)的分壓減小pkPa，則376.8℃平衡時，測得燒瓶中壓強為32.5kPa，則0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，則平衡時p(ICl)=2pkPa=2×12.4kPa=24.8kPa；則平衡時，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，因此反應2ICl(g)?C12(g)+I2(g)的平衡常數(shù)K=7.6×105(3)①結合圖可知，溫度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，說明升高溫度平衡2NOCl(g)?2NO(g)+Cl2(g)正向移動，則NOCl分解為NO和Cl2反應的大于0；②Ⅰ.2NO+2ICl?2NOCl

Kp1Ⅱ.2NOCl(g)?2NO(g)+Cl2(g)Kp2Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)?Cl2(g)+I2(g)，故K=Kp1Kp2；該反應的ΔH大于0，根據(jù)圖像可知，當1T×103=2.3時，K=KP1?KP2≈10?1?10?3【分析】(1)根據(jù)紅棕色液體推斷；(2)根據(jù)三段式及平衡常數(shù)公式計算；(3)根據(jù)圖像中曲線的趨勢和所對應的數(shù)據(jù)進行估算；(4)根據(jù)物質的量之比等于化學計量數(shù)之比計算；三、選考題11.【答案】（1）AC（2）NOCl；6（3）sp3；高；NH3分子間形成氫鍵增大分子間作用力；H2O分子有兩對孤對電子，而NH3分子有一對孤對電子,所以H2O中孤對電子對鍵的斥力比NH3【考點】原子核外電子排布，判斷簡單分子或離子的構型，配合物的成鍵情況，晶胞的計算，原子軌道雜化方式及雜化類型判斷，氫鍵的存在對物質性質的影響【解析】【解答】(1)A.基態(tài)原子滿足能量最低原理，Cr有24個核外電子，軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應為[Ar]3d54s1，A正確；B.Cr核外電子排布為[Ar]3d54s1，由于能級交錯，3d軌道能量高