高考化學大二輪復習 第1部分 知識整合 專題5 選考模塊 第15講 物質結構與性質

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第15講　物質結構與性質 [限時50分鐘，滿分70分] 非選擇題(包括8個小題，共70分) 1．(9分)(2016全國Ⅱ卷)東晉《華陽國志南中志》卷四中已有關于白銅的記載，云南鎳白銅(銅鎳合金)聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品?；卮鹣铝袉栴}： (1)鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為_________________________________，3d能級上的未成對電子數(shù)為____________。 (2)硫酸鎳溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4藍色溶液。 ①[Ni(NH3)6]SO4中陰離子的立體構型是______________________。 ②在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋與NH3之間形成的化學鍵稱為________，提供孤電子對的成鍵原子是________。 ③氨的沸點________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是______________________；氨是________分子(填“極性”或“非極性”)，中心原子的軌道雜化類型為________。 (3)單質銅及鎳都是由________鍵形成的晶體；元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1 958 kJmol－1、INi=1 753 kJmol－1，ICu＞INi的原因是_______________ ____________________________________________________________________。 (4)某鎳白銅合金的立方晶胞結構如圖所示。 ①晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為________。 ②若合金的密度為d gcm－3，晶胞參數(shù)a=________nm。 解析　(1)Ni是28號元素，根據(jù)核外電子的排布規(guī)律可知，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2。根據(jù)洪特規(guī)則可知，Ni原子3d能級上8個電子盡可能分占5個不同的軌道，其未成對電子數(shù)為2。 (2)①SO中，S原子的價層電子對數(shù)為=4，成鍵電子對數(shù)為4，故SO的立體構型為正四面體。 ②[Ni(NH3)6]2＋中，由于Ni2＋具有空軌道，而NH3中N原子含有孤電子對，兩者可通過配位鍵形成配離子。 ③由于 NH3分子間可形成氫鍵，故NH3的沸點高于PH3。NH3分子中，N原子形成3個σ鍵，且有1個孤電子對，N原子的軌道雜化類型為sp3，立體構型為三角錐形。由于空間結構不對稱，NH3屬于極性分子。 (3)Cu、Ni均屬于金屬晶體，它們均通過金屬鍵形成晶體。因Cu元素基態(tài)原子的價層電子排布式為3d104s1,3d能級全充滿，較穩(wěn)定，失去第2個電子較難，因此ICu＞INi。 (4)①由晶胞結構圖可知，Ni原子處于立方晶胞的頂點，Cu原子處于立方晶胞的面心，根據(jù)均攤法，每個晶胞中含有Cu原子的個數(shù)為6=3，含有Ni原子的個數(shù)為8=1，故晶胞中Cu原子與Ni原子的數(shù)量比為3∶1。 ②根據(jù)m=ρV可得， 1 mol晶胞的質量為(643＋59)g=a3d gcm－3NA，則a=[] cm=[]107 nm。 答案　(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　2 (2)①正四面體?、谂湮绘I　N ③高于　NH3分子間可形成氫鍵　極性　sp3 (3)金屬　銅失去的是全充滿的3d10電子，鎳失去的是4s1電子 (4)①3∶1?、赱]107 2．(9分)(2015山東高考)氟在自然界中常以CaF2的形式存在。 (1)下列關于CaF2的表述正確的是________。 a．Ca2＋與F－間僅存在靜電吸引作用 b．F－的離子半徑小于Cl－，則CaF2的熔點高于CaCl2 c．陰陽離子比為2∶1的物質，均與CaF2晶體構型相同 d．CaF2中的化學鍵為離子鍵，因此CaF2在熔融狀態(tài)下能導電 (2)CaF2難溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是_____________________ _______________________ (用離子方程式表示)。已知AlF在溶液中可穩(wěn)定存在。 (3)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子構型為____________，其中氧原子的雜化方式為________。 (4)F2與其他鹵素單質反應可以形成鹵素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反應Cl2(g)＋3F2(g)===2ClF3(g)　ΔH=－313 kJmol－1，F(xiàn)－F鍵的鍵能為159 kJmol－1，Cl－Cl鍵的鍵能為242 kJmol－1，則ClF3中Cl－F鍵的平均鍵能為________kJmol－1。ClF3的熔、沸點比BrF3的________(填“高”或“低”)。 解析　(1)a項，Ca2＋與F－間不僅存在靜電吸引，同時原子核與原子核之間、電子與電子之間也存在靜電排斥，錯誤。b項，因CaF2、CaCl2均為離子晶體，F(xiàn)－的離子半徑小于Cl－，離子晶體的晶格能與離子所帶電荷數(shù)成正比，與離子核間距成反比，故CaF2晶體的晶格能大于CaCl2。晶格能越大，離子晶體的熔點越高，故CaF2的熔點高于CaCl2，正確。c項，陰、陽離子個數(shù)比相同，晶體構型不一定相同。d項，CaF2是離子化合物，在熔融狀態(tài)下能電離產生自由移動的離子，故CaF2在熔融狀態(tài)下能導電，正確。 (2)由信息可知，CaF2(s)Ca2＋(aq)＋2F－(aq)，Al3＋與F－可形成配離子AlF，從而促進了CaF2溶解平衡的正向移動，故反應的離子方程式為3CaF2＋Al3＋===3Ca2＋＋AlF。 (3)OF2分子中，中心原子的價層電子對數(shù)為(6＋12)=4，成鍵電子對數(shù)為2，因此分子構型為V形，O原子的雜化方式為sp3雜化。 (4)設Cl—F鍵的平均鍵能為x。根據(jù)反應的焓變=反應物的鍵能總和－生成物的鍵能總和可知，Cl2(g)＋3F2(g)===2ClF3(g)的ΔH=242 kJmol－1＋159 kJmol－13－6x=－313 kJmol－1，則x=172 kJmol－1。ClF3和BrF3為結構相似的分子晶體，相對分子質量越大，其熔、沸點越高，因ClF3的相對分子質量小于BrF3，故ClF3的熔、沸點低于BrF3。 答案　(1)bd　(2)3CaF2＋Al3＋===3Ca2＋＋AlF (3)V形　sp3　(4)172　低 3．(9分)(2015全國Ⅱ卷)A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2－和B＋具有相同的電子構型；C、 D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子?；卮鹣铝袉栴}： (1)四種元素中電負性最大的是________(填元素符號)，其中C原子的核外電子排布式為____________。 (2)單質A有兩種同素異形體，其中沸點高的是________(填分子式)，原因是____________；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為________和________。 (3)C和D反應可生成組成比為1∶3的化合物E, E的立體構型為________，中心原子的雜化軌道類型為________。 (4)化合物D2A的立體構型為________，中心原子的價層電子對數(shù)為________，單質D與濕潤的Na2CO3反應可制備D2A，其化學方程式為_____________________________________________________________________。 (5)A和B能夠形成化合物F，其晶胞結構如圖所示，晶胞參數(shù)a=0.566 nm，F(xiàn)的化學式為________；晶胞中A原子的配位數(shù)為________；列式計算晶體F的密度(gcm－3)________。 解析　A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2－和B＋具有相同的電子構型，則A是O，B是Na；C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，則C是P；D元素最外層有一個未成對電子，所以D是氯元素。 (1)非金屬性越強，電負性越大，則四種元素中電負性最大的是O。P的原子序數(shù)是15，則根據(jù)核外電子排布可知C原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)。 (2)氧元素有氧氣和臭氧兩種單質，由于O3相對分子質量較大，范德華力大，所以沸點高的是O3；A和B的氫化物分別是水和NaH，所屬的晶體類型分別為分子晶體和離子晶體。 (3)C和D反應可生成組成比為1∶3的化合物E，即E是PCl3，其中P含有一對孤對電子，其價層電子對數(shù)是4，所以E的立體構型為三角錐形，中心原子的雜化軌道類型為sp3。 (4)化合物Cl2O分子中氧元素含有2對孤對電子，價層電子對數(shù)是4，所以立體構型為V形，單質D與濕潤的Na2CO3反應可制備D2A，則化學方程式為2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl。 (5)O2－半徑大于Na＋半徑，由F的晶胞結構可知，大球代表O2－，小球代表Na＋，每個晶胞中含有O2－個數(shù)為81/8＋61/2=4，含有Na＋個數(shù)為8，故O2－、Na＋離子個數(shù)之比為4∶8=1∶2，從而推知F的化學式為Na2O。由晶胞結構可知，每個O原子周圍有8個Na原子，故O原子的配位數(shù)為8。晶胞參數(shù)a=0.566 nm=0.56610－7cm，則晶胞的體積為(0.56610－7cm)3，從而可知晶體F的密度為=2.27 gcm－3。 答案　(1)O　1s22s22p63s23p3(或[Ne] 3s23p3) (2)O3　O3相對分子質量較大，范德華力大　分子晶體　離子晶體 (3)三角錐形　sp3 (4)V形　4　2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl(或2Cl2＋2Na2CO3===Cl2O＋CO2＋2NaCl) (5)Na2O　8　=2.27 gcm－3 4．(9分)鈦鐵合金具有吸氫特性，在制造以氫為能源的熱泵和蓄電池等方面有廣闊的應用前景。 (1)基態(tài)Fe原子有________個未成對電子，F(xiàn)e3＋的電子排布式為__________________，在基態(tài)Ti2＋中，電子占據(jù)的最高能層具有的原子軌道數(shù)為________。 (2)液氨是富氫物質，是氫能的理想載體。下列說法正確的是________。 A．NH與PH、CH4、BH、ClO互為等電子體 B．相同條件下，NH3的沸點比PH3的沸點高，且NH3的穩(wěn)定性強 C．已知NH3與NF3都為三角錐型分子，則N原子都為sp3雜化方式且氮元素的化合價都相同 (3)氮化鈦熔點高，硬度大，具有典型的NaCl型晶體結構，其晶胞結構如圖所示： ①設氮化鈦晶體中Ti原子與跟它最近鄰的N原子之間的距離為r，則與該Ti原子最近鄰的Ti的數(shù)目為________，Ti原子與跟它次近鄰的N原子之間的距離為________，數(shù)目為________。 ②已知在氮化鈦晶體中Ti原子的半徑為a pm，N原子的半徑為b pm，它們在晶體中是緊密接觸的，則在氮化鈦晶體中原子的空間利用率為________。 ③碳氮化鈦化合物在汽車制造和航天航空領域有廣泛的應用，其結構是用碳原子代替氮化鈦晶胞頂點的氮原子，則這種碳氮化鈦化合物的化學式________。 解析　(1)Fe基態(tài)原子電子排布式1s22s22p63s23p63d64s2，在3d軌道有4個未成對電子；Fe原子失去3個電子得電子Fe3＋，則Fe3＋的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5；基態(tài)Ti2＋的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d2，最高能層為M層，M能層含有1個3s軌道、3個3p軌道和5個3d軌道，共有9個原子軌道； (2)A.等電子體為原子數(shù)相等和價電子數(shù)相等的原子團，NH與PH、CH4、BH均含有5個原子團，且價電子均為8，為等電子體，而ClO價電子數(shù)為32，不屬于等電子體，故A錯誤；B.分子間存在氫鍵的熔沸點高，相同壓強時，氨氣分子間有氫鍵，PH3分子間不含氫鍵，所以NH3沸點比PH3高，元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性N比P強，所以氨氣比磷化氫穩(wěn)定，故B正確；C.NH3與NF3分子中N原子含有3個共用電子對和一個孤電子對，所以其價層電子對是4，都采用sp3雜化，NH3中N元素為－3價，NF3中N元素為＋3價，化合價不同，故C錯誤；故答案為B； (3)①根據(jù)氮化鈦晶體可知，在三維坐標中，每一個形成的面上有4個Ti原子，則一個12個Ti原子；Ti原子位于頂點，被8個晶胞共有，即Ti元素與跟它次近鄰的N原子個數(shù)為8；Ti原子與跟它次近鄰的N原子之間的距離為晶胞體對角線的一半，距離為r； ②氮化鈦晶胞為面心立方密堆積，晶胞中共含有4個Ti和4個N，體積為：π(a3＋b3)4，晶胞的邊長為a＋b，晶胞體積為(2a＋2b)3，氯化鈉晶體中離子的空間利用率為=100%； ③利用均攤法可知，晶胞中含有碳原子數(shù)為8=1，含有氮原子數(shù)為6=3，含有鈦原子數(shù)為12=4，所以碳、氮、鈦原子數(shù)之比為1∶3∶4，則化合物的化學式為Ti4CN3。 答案　(1)4　1s22s22p63s23p63d5　9　(2)B　(3)①12　r　8　 ②100%?、跿i4CN3 5．(8分)(2016海南高考)M是第四周期元素，最外層只有1個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電子。元素Y的－1價離子的最外層電子數(shù)與次外層的相同?；卮鹣铝袉栴}： (1)單質M的晶體類型為________，晶體中原子間通過________作用形成面心立方密堆積，其中M原子的配位數(shù)為________。 (2)元素Y基態(tài)原子的核外電子排布式為________，其同周期元素中，第一電離能最大的是________(寫元素符號)。元素Y的含氧酸中，酸性最強的是________(寫化學式)，該酸根離子的立體構型為________。 (3)M與Y形成的一種化合物的立方晶胞如圖所示。 ①該化合物的化學式為________，已知晶胞參數(shù)a=0.542 nm，此晶體的密度為________gcm－3。(寫出計算式，不要求計算結果。阿伏加德羅常數(shù)為NA) ②該化合物難溶于水但易溶于氨水，其原因是____________________。此化合物的氨水溶液遇到空氣則被氧化為深藍色，深藍色溶液中陽離子的化學式為________。 解析　根據(jù)題給信息推斷M為銅元素，Y為氯元素。 (1)單質銅的晶體類型為金屬晶體，晶體中微粒間通過金屬鍵作用形成面心立方密堆積，銅原子的配位數(shù)為12。 (2)氯元素為17號元素，位于第三周期，根據(jù)構造原理知其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，同周期元素由左向右元素原子的第一電離能逐漸增大，故其同周期元素中，第一電離能最大的是Ar。氯元素的含氧酸中，酸性最強的是HClO4，該酸根離子中氯原子為sp3雜化，沒有孤對電子，立體構型為正四面體形。 (3)①根據(jù)晶胞結構利用切割法分析，每個晶胞中含有銅原子個數(shù)為81/8＋61/2=4，氯原子個數(shù)為4，該化合物的化學式為CuCl；則1 mol晶胞中含有4 molCuCl,1 mol晶胞的質量為499.5 g，又晶胞參數(shù)a=0.542 nm，此晶體的密度為或gcm－3。②該化合物難溶于水但易溶于氨水，其原因是Cu＋可與氨形成易溶于水的配位化合物。該溶液在空氣中Cu＋被氧化為Cu2＋，故深藍色溶液中陽離子的化學式為[Cu(NH3)4]2＋。 答案　(1)金屬晶體　金屬鍵　12 (2)1s22s22p63s23p5　Ar　HClO4　正四面體 (3)①CuCl　或 ②Cu＋可與氨形成易溶于水的配位化合物(或配離子) [Cu(NH3)4]2＋ 6．(8分)(2016江蘇高考)[Zn(CN)4]2－在水溶液中與HCHO發(fā)生如下反應：4HCHO＋[Zn(CN)4]2－＋4H＋＋4H2O===[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN (1)Zn2＋基態(tài)核外電子排布式為______________________________________。 (2)1 mol HCHO分子中含有σ鍵的數(shù)目為________ mol。 (3)HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化類型是________。 (4)與H2O分子互為等電子體的陰離子為________。 (5)[Zn(CN)4]2－中Zn2＋與CN－的C原子形成配位鍵。不考慮空間構型，[Zn(CN)4]2－的結構可用示意圖表示為________。 解析　(1)Zn為30號元素，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，失去最外層的2個電子即可得到Zn2＋，Zn2＋的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。 (2)HCHO的結構式為，單鍵為σ鍵，雙鍵中有1個σ鍵和1個π鍵，1個HCHO分子中含有3個σ鍵，故1 mol HCHO中含有σ鍵3 mol。 (3)根據(jù)HOCH2CN的結構簡式為可知，“CH2”中的C原子形成4個σ鍵，該碳原子采取sp3雜化；“CN”中的C原子形成1個σ鍵、2個π鍵，該碳原子采取sp雜化。 (4)等電子體是指原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的微粒，H2O分子中有3個原子、8個價電子，根據(jù)質子－電子互換法可知，符合條件的陰離子為NH。 (5)Zn2＋提供空軌道，CN－中C原子提供孤電子對，兩者形成配位鍵，結構可表示為或。 答案　(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) (2)3　(3)sp3和sp　(4)NH (5) 或 7．(9分)(2016武漢模擬) E、G、M、Q、T是五種原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于P區(qū)的同一周期的元素，M的價層電子排布為nsnnp2n，E與M原子核外的未成對電子數(shù)相等；QM2與GM為等電子體；T為過渡元素，其原子核外沒有未成對電子。請回答下列問題： (1)與T同區(qū)、同周期元素原子價電子排布式是________________。 (2)E、G、M均可與氫元素形成氫化物，它們的最簡單氫化物在固態(tài)時都形成分子晶體，其中晶胞結構與干冰不一樣的是________(填分子式)。 (3)E、G、M的最簡單氫化物中，鍵角由大到小的順序為________________(用分子式表示)，其中G的最簡單氫化物的VSEPR模型名稱為________，M的最簡單氫化物的分子立體構型名稱為________。 (4)EM、GM＋、G2互為等電子體，EM的結構式為(若有配位鍵，請用“→”表示)________。E、M電負性相差1.0，由此可以判斷EM應該為極性較強的分子，但實際上EM分子的極性極弱，請解釋其原因___________________________。 (5)TQ在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應用廣泛。立方TQ晶體結構如下圖所示，該晶體的密度為ρ gcm－3。如果TQ的摩爾質量為M gmol－1，阿伏加德羅常數(shù)為NA mol－1，則a、b之間的距離為________cm。 解析　根據(jù)題給信息推斷M的價層電子排布為nsnnp2n，s能級只有一個軌道最多容納2個電子，則n=2，M的價層電子排布只能為2s22p4，M為氧元素；E、G、M、Q、T是五種原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于p區(qū)的同一周期的元素，E與M原子核外的未成對電子數(shù)相等，則E的價層電子排布為2s22p2，E為碳元素，G為氮元素；QO2與NO為等電子體，則Q為硫元素；T為過渡元素，其原子核外沒有未成對電子，則T的價電子排布為3d104s2，T為鋅元素。 (1)T為鋅元素，屬于ds區(qū)，與鋅同區(qū)、同周期元素為銅元素，其原子價電子排布式是3d104s1。 (2)CH4、NH3、H2O 在固態(tài)時都形成分子晶體，其中晶胞結構與干冰不一樣的是NH3、H2O。 (3)CH4、NH3、H2O 中，中心原子C、N、O均為sp3雜化，CH4分子中沒有孤對電子，NH3分子中有1對孤對電子、H2O分子中有2對孤對電子，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷鍵角由大到小的順序為CH4＞NH3＞H2O，其中NH3的VSEPR模型名稱為四面體形，H2O分子立體構型名稱為V形。 (4)CO、NO＋、N2互為等電子體，結構相似，根據(jù)N2的結構式寫出CO的結構式為。CO分子的極性極弱，其原因為從電負性分析，CO中的共用電子對偏向氧原子，但分子中形成配位鍵的電子對是由氧原子單方面提供的，抵消了共用電子對偏向O而產生的極性。 (5)根據(jù)立方ZnS晶體結構利用切割法分析知1 mol晶胞中含有4 mol ZnS，該晶體的密度為ρ gcm－3。ZnS的摩爾質量為M gmol－1，阿伏加德羅常數(shù)為NA mol－1，設晶胞的棱長為x，ρ=4M/NAx3，則x3=4M/NAρ利用幾何知識計算，則a、b之間的距離為 cm。 答案　(1)3d104s1　(2)NH3、H2O (3)CH4＞NH3＞H2O　四面體形　V形 (4)　從電負性分析，CO中的共用電子對偏向氧原子，但分子中形成配位鍵的電子對是由氧原子單方面提供的，抵消了共用電子對偏向O而產生的極性 (5) 8．(9分)(2016四川高考)M、R、X、Y為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z是一種過渡元素。M基態(tài)原子L層中p軌道電子數(shù)是s軌道電子數(shù)的2倍，R是同周期元素中最活潑的金屬元素，X和M形成的一種化合物是引起酸雨的主要大氣污染物，Z的基態(tài)原子4s和3d軌道半充滿。請回答下列問題： (1)R基態(tài)原子的電子排布式是________，X和Y中電負性較大的是________(填元素符號)。 (2)X的氫化物的沸點低于與其組成相似的M的氫化物，其原因是________________________。 (3)X與M形成的XM3分子的空間構型是________。 (4)M和R所形成的一種離子化合物R2M晶體的晶胞如圖所示，則圖中黑球代表的離子是________(填離子符號)。 (5)在稀硫酸中，Z的最高價含氧酸的鉀鹽(橙色)氧化M的一種氫化物，Z被還原為＋3價，該反應的化學方程式是____________________________________。 解析　根據(jù)題目給出的M、R和X的信息確定，M是氧元素，R是鈉元素，X是硫元素。根據(jù)M、R、X、Y為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素確定Y是氯元素。根據(jù)Z的基態(tài)原子4s和3d軌道半充滿，則Z元素原子的核外有24個電子，它是鉻元素。 (1)Na原子核外有11個電子，其基態(tài)原子的電子排布式是1s22s22p63s1或[Ne]3s1。根據(jù)同周期元素電負性遞變規(guī)律，Cl比S電負性大。 (2)H2S分子間不能形成氫鍵，H2O分子間能形成氫鍵，氫鍵比范德華力強，故H2S比H2O沸點低。 (3)SO3分子中，S原子形成了3個σ鍵，價層孤電子對數(shù)=(6－32)2=0，則S原子的價層電子對總數(shù)為3，SO3分子的空間構型是平面三角形。 (4)如圖所示的Na2O晶胞中，黑球數(shù)是8，白球數(shù)是8＋6=4，則黑球代表Na＋。 (5)Cr在周期表的第Ⅵ B族，最高價含氧酸鉀鹽是K2Cr2O7。O的氫化物中易被氧化的是H2O2。在K2Cr2O7與H2O2的氧化還原反應中，Cr被還原為＋3價，O被氧化為0價，則化學方程式為K2Cr2O7＋3H2O2＋4H2SO4===Cr2(SO4)3＋3O2↑＋K2SO4＋7H2O。 答案　(1)1s22s22p63s1或[Ne]3s1　Cl (2)H2S分子間不存在氫鍵，H2O分子間存在氫鍵 (3)平面三角形　(4)Na＋ (5)K2Cr2O7＋3H2O2＋4H2SO4===Cr2(SO4)3＋3O2↑＋K2SO4＋7H2O