全国3卷2025届高三化学临考练习三

PAGE4PAGE1（全国3卷）2025届高三化学临考练习三本卷满分100分，时间50分钟留意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108Sn119一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。7．化学在日常生活和生产中有着重要的作用。下列有关说法正确的是A．南朝《竹林七贤与启荣期》砖画砖块的主要成分是二氧化硅B．地沟油不能食用，但可以用来制肥皂或生物柴油，实现变废为宝C．84消毒液、过氧乙酸、医用酒精可灭活新冠病毒均利用了强氧化性D．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子8．下列离子方程式书写正确的是（）A．铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．试验室用大理石与盐酸反应制取二氧化碳：CO32－+2H+=CO2↑+H2OC．碳酸银溶于稀硝酸：Ag2CO3+2H+=2Ag++CO2↑+H2OD．铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋Ag＋===Cu2＋＋Ag9．已知硒的质子数为34，下列有关硒及其化合物可能具有的性质正确的为（）A．硒化氢的水溶液呈弱酸性B．硒位于第四周期ⅤA族C．硒与氢气化合比溴单质与氢气化合简单D．硒的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO310．下列图示对应的试验操作均正确的是A．向试管中加锌粒 B．点燃另一酒精灯 C．检查装置的气密性 D．稀释浓硫酸11．同温同压下两个体积相同的容器，一个盛NH3气体，另一个盛N2和H2的混合气体，两瓶气体肯定有相同的是A．质量B．原子总数C．密度D．分子总数12．某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：

闭合K工作过程中，下列分析错误的是A．甲池中a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2OB．乙池中Fe电极区旁边pH增大C．一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D．假如Al电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快13．丙三醇俗称甘油，为无色、无臭、味甜的澄清、透亮、黏稠液体。其结构简式为，该有机物能发生的化学反应的类型是（）A．酯化反应B．加成反应C．加聚反应D．中和反应非选择题：共58分。第26~28题为必考题，每个考试必需作答，第35~36题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题：共43分。26．为测定碳酸钙纯度(设含杂质SiO2)，学生设计了如下几个试验方案。请回答每个方案中提出的问题。（方案I）(1)称取碳酸钙样品Mg；(2)加入过量盐酸；(3)收集并测定生成的气体体积VmL。问题1：反应结束后，量气管中的显示如右图所示，接下来的操作是：__________________，读出甲管中液面的读数。（方案II）(1)称取碳酸钙样品Mg；(2)用cmol/L盐酸VmL(过量)溶解样品；(3)取溶解后的溶液mL，以酚酞作指示剂，用c′mol/LNaOH溶液滴定，恰好用去V′mL。问题2：列出本试验中所用到的主要仪器名称(除铁架台及附件、烧杯之外)____________。问题3：碳酸钙纯度计算公式__________________。问题4：当碳酸钙溶解完全后，少量未溶的SiO2没过滤去，结果得到碳酸钙纯度_______(偏大、偏小或无影响)（方案Ⅲ）(1)称取碳酸钙样品Mg；(2)加入足量cmol/L盐酸VmL使之完全溶解；(3)过滤并取滤液；(4)在滤液中加入过量c′mol/LNa2CO3溶液V′mL；(5)将步骤(4)中的沉淀滤出、洗涤、干燥、称重为M′g。问题5：此方案中不须要的数据是_______________(填选项编号)。A．c、VB．c′、V′C．M′D．M问题6：为削减试验误差，步骤(3)、(5)过滤后都要对沉淀进行洗涤，假如步骤(3)未经洗涤，则测定的碳酸钙的纯度将____________(偏大、偏小、无影响，下同)；假如步骤(5)未经洗涤，则测定的碳酸钙纯度将___________。问题7：推断步骤(4)中Na2CO3溶液是否过量的方法是_______________。27．石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如图：(注：SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃)(1)向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是__________。(2)高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体I中的碳氧化物主要为_____，由气体II中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为________。(3)步骤①为：搅拌、___、所得溶液IV中的阴离子有________。(4)由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为________，100kg初级石墨最多可获得V的质量为________kg。28．(1)在肯定条件下N2与H2反应生成NH3，请回答：①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1>E2，则该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。②已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别须要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___________。(2)N2H4和H2O2混合可作火箭推动剂，已知：16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量；2H2O2(l)=O2(g)＋2H2O(l)ΔH=-196.4kJ·mol-1.反应N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)的ΔH=___________kJ·mol-1.N2H4和H2O2反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为___________。(3)向2L的密闭容器中加入足量的活性炭和2.0molNO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=-574.5kJ/mol,NO和N2的物质的量改变如下表所示：物质的量浓度(mol/L)T1/℃T2/℃05min10min15min20min25min30minNO1.00.580.400.400.250.200.20N200.210.300.300.3750.400.40①0到5min中之内，用NO表示的化学反应速率为___________mol/l，该条件下平衡常数K=___________；②第15min后，温度调整到T2，则T1___________T2(填“>”，“<”或者“=”)③若30min时，温度保持T2不变，，向该反应中再加入该四种反应混合物各2.0mol，此时反应___________(填“正向”，“逆向”或“不”)移动。（二）选考题：共15分。从2道化学题中任选一道。假如多做则按第一题给分。35．(1)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部，C60位于晶胞的顶点与面心，则该晶胞中C60的个数为___________，该材料的化学式为___________.(2)在CrCl3的水溶液中，肯定条件下存在组成为[CrCln(H2O)6-n]x+(n和x均为正整数)的配离子，将其通过氢离子交换树脂(R-H)，可发生离子交换反应：[CrCln(H2O)6-n]x++xR-H→Rx[CrCln(H2O)6-n]+xH+；交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成．现将含0.0015mol[CrCln(H2O)6-n]x+的溶液，与R-H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L-1NaOH溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为___________；(3)X、Y、Z、M、W、R是元素周期表中1～36号元素，且原子序数依次增大，X、Y、Z是位于同一周期的相邻元素，Y元素基态原子的2p轨道处于半充溢状态；M为元素周期表1～36号元素中电负性最小的元素，W元素基态原子的价电子构型为3d74s2；R位于周期表第11列．回答下列问题(若需表示详细元素必需用相应的元素符号)：①X、Z、W三种元素可以形成橘红色易升华的固体协作物W2(XZ)8，该协作物中供应空轨道的是___________，供应孤对电子的是___________(填化学式)．②已知某化合物部分结构如图(a)所示，该化合物由X、Y两元素组成，硬度超过金刚石。该化合物的化学式为___________，其晶体类型为___________，晶体中X元素原子的杂化方式为___________。简要分析该晶体比金刚石晶体硬度大的缘由___________(金刚石的密度3.51g•cm-3，该晶体密度为3.6g•cm-3)③在图(b)中标出R晶体中R原子的位置_____________，该晶体中R原子直径为apm，R的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，该晶胞密度表达式为___________g•cm-3(用a，M，NA表示)．36．碳中和是指企业、团体或个人测算在肯定时间内干脆或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳"零排放"。二氧化碳和氢气按肯定的体积比混合，在肯定条件下可以制得烯烃，该技术已经成为节能减碳实现“零排放”的有效途径之一、苯是一种重要的化工原料，下图是合成橡胶和TNT的路途。回答下列问题：(1)工业上从煤焦油里提取苯的操作名称为___________。(2)TNT的名称为___________(系统命名法)；E的结构简式为___________，E中含有的官能团的名称为___________。(3)写出反应类型：反应②___________；反应③___________。(4)写出反应①的化学方程式：___________。(5)D在肯定条件下与足量H2反应后的产物，其一氯代物有___________种。参考答案7．B【详解】A．砖块的主要成分是硅酸盐，而不是二氧化硅，A项不符合题意；B．地沟油不能食用，其主要成分是高级脂肪酸甘油脂，可以发生皂化反应，用来制肥皂或制生物柴油，实现变废为宝，B项符合题意；C．84消毒液中的次氯酸钠、过氧乙酸能杀菌消毒是因为其有强氧化性，医用酒精具有脂溶性，可以破坏生物磷脂双分子构成的生物膜，使蛋白质发生变性，C项不符合提题意；D．除去重金属离子是利用了铁的还原性，将重金属离子转化为单质，D项不符合题意；故正确选项为B。8．C【解析】A.铁和稀硫酸反应只能生成硫酸亚铁，A错误；B.大理石为不溶于水的固体，不能拆成离子形式，B错误；C.碳酸银为白色沉淀，不拆，硝酸为强酸，可拆，C正确；D.电荷不守恒，D错误；答案选C。9．A【分析】硒的质子数为34，，最外层电子数为6，为第四周期VIA族元素，与硫元素具有相像的性质。【详解】A.硒化氢的性质类似于硫化氢，水溶液呈弱酸性，故A正确；B.硒位于第四周期VIA族，故B错误；C.硒与溴同周期，同周期元素，非金属性从左到右渐渐减弱，对应单质与氢气化合越来越简单，则溴单质与氢气化合比硒与氢气化合简单，故C错误；D.硒的最高价为+6价，其氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，故D错误；综上所述，答案为A。10．C【分析】A、依据向试管中装块状或颗粒状固体药品的方法进行分析推断；

B、运用酒精灯时要留意“两查、两禁、一不行”；

C、依据检查装置气密性的方法进行分析推断；

D、依据浓硫酸的稀释方法进行分析推断。【详解】A、向试管中装锌粒时,先将试管横放,用镊子把锌粒放在试管口,再渐渐将试管直立起来,图中所示操作错误；

B、运用酒精灯时要留意“两查、两禁、一不行”,禁止用一酒精灯去引燃另一酒精灯,图中所示操作错误；

C、检查装置气密性的方法:把导管的一端浸没在水里,双手紧贴容器外壁,若导管口有气泡冒出,装置不漏气;图中所示操作正确；

D、稀释浓硫酸时,要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中,同时用玻璃棒不断搅拌,以使热量刚好地扩散;肯定不能把水注入浓硫酸中;图中所示操作错误；

综上所述，本题正确选项C。11．D【解析】试题分析：同温、同压，同体积的气体分子数肯定相同，故D正确。考点：本题考查阿伏加德罗定律。12．D【分析】依据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H++2e-=H2↑，总的电极反应为H++OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑由此分析。【详解】A．甲池为原电池，a为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B．乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；C．乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后，铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D．假如Al电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻挡了铝电极接着放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；答案选D。13．A【详解】丙三醇的结构简式为，分子中含有羟基，可以和羧酸发生酯化反应生成酯；不含不饱和键，不能发生加成反应和加聚反应；不能发生中和反应；故答案选A。26．向下移动乙管，使甲、乙两管中的液面持平托盘天平、酸式滴定管(或移液管)、碱式滴定管、锥形瓶、药匙无影响A、B偏小偏大静置后，往上层清液中滴加Na2CO3溶液，若没有白色沉淀生成，则Na2CO3溶液过量【分析】问题1：量气管读数时，应向下移动乙管，使甲、乙两管中的液面持平，再读出甲管中液面的读数；问题2：依据试验步骤分析所需仪器，须要取用固体试剂，天平称量，溶解后剩余盐酸用氢氧化钠溶液滴定须要滴定管，锥形瓶等；问题3：依据酸碱中和滴定中氢氧化钠消耗的氯化氢计算出碳酸钙反应消耗的氯化氢，再依据碳酸钙与氯化氢反应的关系式计算出碳酸钙的物质的量、质量及样品中碳酸钙的质量分数；问题4：酸碱中和反应滴定终点为中性，不会溶解二氧化硅，二氧化硅也不与盐酸反应，不会影响滴定结果；问题5：加入过量盐酸，碳酸钙全部溶解为氯化钙溶液，加入过量碳酸钠会沉淀钙离子为碳酸钙沉淀，所以最终洗涤干燥得到的沉淀质量即为样品中碳酸钙质量，计算得到质量分数；问题6：步骤3未经洗涤，则滤液中钙离子偏少，则导致测定的碳酸钙的纯度将偏小；步骤5沉淀表面会沾有杂质，沉淀不洗涤，称量得到沉淀质量增大，含量偏高；问题7：静置后，往上层清液中滴加Na2CO3溶液，若没有白色沉淀生成，则Na2CO3溶液过量。【详解】问题1：量气管读数时，应向下移动乙管，使甲、乙两管中的液面持平，再读出甲管中液面的读数；问题2：依据试验步骤分析所需仪器，须要取用固体试剂，天平称量，溶解后剩余盐酸用氢氧化钠溶液滴定须要滴定管、锥形瓶等，所以运用的仪器为：酸式滴定管(或移液管)、碱式滴定管、锥形瓶、托盘天平、药匙；问题3：碳酸钙消耗的氯化氢的物质的量为：cmol×V×10-3mol/L-10c′mol×V′×10-3mol/L=(cV-10c′V′)×10-3mol，碳酸钙与氯化氢反应的关系式为：CaCO3～2HCl，碳酸钙的物质的量为：(cV-10c′V′)×10-3mol，所以样品中碳酸钙的质量分数为：×100%=；问题4：酸碱中和反应终点是利用指示剂变色确定，滴定终点为中性，不能溶解二氧化硅，二氧化硅不与盐酸反应，所以无影响；问题5：加入过量盐酸，碳酸钙全部溶解为氯化钙溶液，加入过量碳酸钠会沉淀钙离子为碳酸钙沉淀，所以最终洗涤干燥得到的沉淀质量即为样品中碳酸钙质量，计算得到质量分数，须要数据是称取碳酸钙样品m

g，将步骤(4)中的沉淀滤出、洗涤、干燥、称重为m1g，所以不须要的是：A．c、V

和B．c′、V′，故答案为AB；问题6：步骤3未经洗涤，则滤液中钙离子偏少，则导致测定的碳酸钙的纯度将偏小；步骤5若沉淀不洗涤，沉淀表面会沾有杂质，则称量得到沉淀质量会增大，测定的样品中碳酸钙的含量偏高；问题7：静置后，往上层清液中滴加Na2CO3溶液，若没有白色沉淀生成，则Na2CO3溶液过量。27．赶走反应器中的空气，防止高温时石墨氧化COSiCl4+6NaOH=Na2SiO4+4NaCl+3H2O过滤，调滤液pH、Cl-、OH-+CH3COOH+H2O=Al(OH)3↓+CH3COO-7.8【分析】初级石墨与活性炭、Cl2在1500℃高温下反应，炭变为CO，其中的氧化物杂质转化为相应的氯化物，气体I的氯化物主要为AlCl3、SiCl4、FeCl3等；气体I中的碳氧化物是CO，由于SiCl4的沸点是57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，在80℃条件下冷凝得到气体II，气体II中含有SiCl4、CO，其中的SiCl4与NaOH溶液作用得到Na2SiO3和NaCl；金属氯化物的沸点均高于150℃，进入固体Ⅲ中，在固体III中含有AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的NaOH反应得到沉淀，而AlCl3与过量的NaOH反应生成NaAlO2，过滤得到的溶液中含有NaAlO2、过量的NaOH；NaAlO2在溶液中会发生水解反应，加入乙酸乙酯除去过量的NaOH，且加热条件下水解平衡始终正向移动，得到Al(OH)3沉淀、CH3COONa、乙醇；依据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再依据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量。初级石墨经高温处理得到纯化石墨，该纯化石墨晶一系列转化得到石墨电极。【详解】(1)石墨在常温下性质稳定，在高温下可与O2发生反应，向反应器中通入Cl2前，通一段时间N2，主要目的是排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，削减石墨损失；(2)在高温下，反应得到的气体I中是碳氧化物主要为CO；石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与NaOH溶液反应得到Na2SiO3与NaCl，反应的化学方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；(3)金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的NaOH溶液反应得到Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，而AlCl3与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：、Cl-、OH-；(4)NaAlO2发生水解，加入乙酸乙酯可除去过量的NaOH，且加热条件下水解平衡始终正向移动，得到Al(OH)3沉淀、CH3COONa、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为：+CH3COOH+H2O=Al(OH)3↓+CH3COO-；由题干信息可知Al2O3的质量分数为5.1%，则100kg初级石墨中氧化铝的质量m(Al2O3)=100kg×5.1%=5.1kg，依据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量m[Al(OH)3]==7.8kg。【点睛】本题考查物质制备、混合物的分别、试验基本操作等。驾驭物质的性质，充分利用题干信息推断物质成分，利用元素守恒进行计算。28．放热N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92kJ•mol-1-621.2N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)ΔH=-817.6kJ/mol0.084mol·L-1·min-10.5625>正向【详解】(1)E1＞E2，焓变ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=E2-E1＜0，所以该反应为放热反应；(2)②N2与H2反应生成NH3的方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，焓变ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=946kJ/mol+436kJ/mol×3-391kJ/mol×3×2=-92kJ/mol，热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92kJ•mol-1；(3)16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量，则1molN2H4(l)即32g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出热量为310.6kJ×2=621.2kJ，即N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)的ΔH=-621.2kJ/mol；N2H4和H2O2反应生成N2(g)和H2O(l)的化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)，又已知：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-621.2kJ/mol①2H2O2(l)═O2(g)+2H2O(l)ΔH=-196.4kJ/mol②依据盖斯定律①+②计算N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)的ΔH=-621.2kJ/mol+(-196.4kJ/mol)=-817.6kJ/mol，所以N2H4和H2O2反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)ΔH=-817.6kJ/mol；(3)①依据表格数据可知0到5min时，Δc(NO)=1.0mol/L-0.58mol/L=0.42mol/L，所以反应速率为=0.084mol·L-1·min-1；依据表格数据结合反应方程式可知平衡时c(NO)=0.40mol/L，c(N2)=c(CO2)=0.30mol/L，所以平衡常数K==0.5625；②依据表格数据可知调整温度后平衡NO的浓度减小，平衡正向移动，而该反应焓变小于0为放热反应，降低温度平衡正向移动，所以T1>T2；③T2温度平衡时c(NO)=0.20mol/L，c(N2)=c(CO2)=0.40mol/L，所以平衡常数K==4；向该反应中再加入该四种反应混合物各2.0mol，容器体积为2L，所以此时c(NO)=1.20mol/L，c(N2)=c(CO2)=1.40mol/L，Qc==1.36<K，所以反应正向移动。35．4M3C60[CrCl(H2O)5]2+CoCOC3N4原子晶体sp3C3N4和金刚石均为原子晶体，且C-N键的键长小于C-C键的键长【详解】(1)M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12×+9=12，C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为8×+6×=4，M原子和C60分子的个数比为3：1，则该材料的化学式为M3C60，故答案为：4；M3C60；(2)中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，由H++OH-=H2O，可以得出H+的物质的量为0.12mol/L×25.00×10-3L=0.003mol，所以x==2，又知[CrCln(H2O)6-n]2+中Cr的化合价为+3价，则有3-n=2，解得n=1，即该配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2+，故答案为：[CrCl(H2O)5]2+；(3)X、Y、Z、M、W、R是元素周期表中1～36号元素，且原子序数依次增大，Y元素基态原子的2P轨道处于半充溢状态，原子核外电子排布式为1s22s22p3，故Y为N元素；X、Y、Z是位于同一周期的相邻元素，结合原子序数可知X为C元素、Z为O元素；M为元素周期表1～36号元素中电负性最小的元素，则M为K；W元素基态原子的价电子构型为3d74s2，则W为Co；R位于周期表第11列，原子序数大于Co，故R为Cu，据此分析解题：①X、Z、W三