氧化物经氯化作用生成氯化物是工业生产氯化物的常用方法，Cl2、CCl4是常用的氯...

氧化物经氯化作用生成氯化物是工业生产氯化物的常用方法，Cl₂、CCl₄是常用的氯化剂．如：
Na₂O+Cl₂═2NaCl+O₂CaO+Cl₂═CaCl₂+O₂
SiO₂+2CCl₄═SiCl₄+2COCl₂Cr₂O₃+3CCl₄═2CrCl₃+3COCl₂
请回答下列问题：
（1）Cr₂O₃、CrCl₃中Cr均为+3价，写出Cr³⁺的基态电子排布式______；
（2）CCl₄分子中C原子采取______杂化成键．
（3）COCl₂俗称光气，分子中C原子采取sp²杂化成键．光气分子的结构式是______，其中碳氧原子之间共价键是______（填序号）：
a．2个σ键 b．2个π键 c．1个σ键、1个π键
（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca²⁺的配位数为______．CaO晶体和NaCl晶体中离子排列方式相同，其晶格能分别为：CaO-3 401kJ•mol^-1、NaCl-786kJ•mol^-1．导致两者晶格能差异的主要原因是______．

（1）Cr元素是24号元素，Cr原子形成离子先失去高能层中的电子，结合核外电子排布规律书写；（2）CCl4分子中C原子成4个C-Cl单键，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；（3）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，C原子与氯原子之间形成C-Cl单键，故C原子与O原子之间形成C=O双键，双键中含有1个σ键、1个π键；（4）由CaO晶胞结构可知，CaO晶体中每个O2-的周围有6个Ca2+，每个Ca2+的周围有6个O2-，影响晶格能的因素有离子所带电荷与离子半径，据此解答．【解析】（1）Cr元素是24号元素，Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故Cr3+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，故答案为：1s22s22p63s23p63d3；（2）CCl4分子中C原子成4个C-Cl单键，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；（3）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，C原子与氯原子之间形成C-Cl单键，故C原子与O原子之间形成C=O双键，光气分子的结构式是，C=O双键中含有1个σ键、1个π键，故答案为：，c；（4）由CaO晶胞结构可知，CaO晶体中每个O2-的周围有6个Ca2+，每个Ca2+的周围有6个O2-，导致两者晶格能差异的主要原因是CaO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子的电荷，故答案为：6，CaO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子的电荷．

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考点分析：

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PbO₂→Pb₂O₃→Pb₃O₄→PbO．现将a mol PbO₂加热分解，收集产生的O₂；向加热后所得固体中加入足量的浓盐酸，收集产生的Cl₂．加热反应后所得固体中，Pb²⁺占Pb元素的物质的量分数为x；两步反应中收集的O₂和Cl₂的物质的量之和为y mol．
试回答下列问题：
（1）试写出Pb₂O₃与浓盐酸反应的化学方程式______．
（2）用含X与a的表达式表示产生的O₂、Cl₂的物质的量n（O₂）=______ n（Cl₂）=______
（3）写出y与a、x的函数关系式．______
（4）若两步反应中O₂和Cl₂的物质的量之比为5：3，则剩余固体中含有的物质为______；其物质的量之比为______．

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（1）①～⑩反应中，属于取代反应的有______．（填序号）
（2）写出第②步反应的方程式______．
（3）写出第⑧步反应的方程式______．两分子G之间发生酯化反应除生成酯I外，还可能生成另外一种酯，该酯的结构简式为______．
（4）写出结构简式：E______，K______．

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②甲容器内从起始到平衡时，反应速率v（B）______mol/．
③若向甲容器中再充入2molA、4molB，则达平衡时，A的物质的量浓度的范围：______＜c（A）＜______．
（2）对（1）反应中达到平衡后的乙容器，升温至600℃时，此时K值应______（填“增大”或“减小”或“不变”）．
（3）根据题意，下列曲线符合变化规律的是______．
（4）450℃时甲容器中，判断该反应达到化学平衡状态的依据是______．
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②______，
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试从综合经济效益的角度分析，这样处理的目的是（答出其中两点即可）：
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试题属性

题型：解答题
难度：中等