湖北省宜昌市2025屆高三化學3月線上統(tǒng)一調(diào)研試題試題含解析

PAGE18-湖北省宜昌市2025屆高三化學3月線上統(tǒng)一調(diào)研試題試題（含解析）考生留意：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試題卷上無效。3．考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H－1O－16Na－23Al－27S－32Co－59選擇題一、選擇題：本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.鈞瓷是宋代五大名窯瓷器之一，以“入窯一色，出窯萬彩”的奇妙窯變著稱，下列關于陶瓷的說法正確的是（）A.“窯變”是高溫下釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應導致顏色的變更B.高品質(zhì)白瓷晶瑩剔透，屬于純凈物C.氮化硅陶瓷屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料D.由于陶瓷耐酸堿，因此可以用來熔化氫氧化鈉【答案】A【解析】【詳解】A．不同的金屬氧化物顏色可能不同，在高溫下，釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應導致的顏色變更，故A正確；B.瓷器原料主要是黏土燒結而成，瓷器中含有多種硅酸鹽和二氧化硅，是混合物，故B錯誤；C.新型無機非金屬材料主要有先進陶瓷、非晶體材料、人工晶體、無機涂層、無機纖維等，氮化鋁陶瓷屬于新型無機非金屬材料，故C錯誤；D.陶瓷的成分是硅酸鹽和二氧化硅，能與熔化氫氧化鈉反應，故D錯誤；故選A。2.下列有關化合物的說法正確的是（）A.全部原子共平面 B.其一氯代物有6種C.是苯的同系物 D.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色【答案】D【解析】【詳解】A.連接苯環(huán)和環(huán)丙烯基的碳碳單鍵可以旋轉，苯平面和烯平面不肯定共平面，故A錯誤；B．有一對稱軸，如圖，其一氯代物有5種，故B錯誤；C．苯的同系物中側鏈是飽和烴基，故C錯誤；D．中有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；故選D。3.依據(jù)試驗目的，設計相關試驗，下列試驗操作、現(xiàn)象說明及結論都正確的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．起先要將銀離子沉淀完全，再向新生成的AgCl濁液中滴入KI溶液，白色沉淀漸漸轉化為黃色沉淀，才能說明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A錯誤；B．加入KSCN溶液溶液變紅，只說明有鐵離子，不能確定亞鐵離子是否完全被氧化，故B錯誤；C．純凈的乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液，紫紅色褪去，說明乙烯具有還原性，故C正確；D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能說明酸性強弱，故D錯誤；故選C。4.下列圖示與對應的敘述相符的是（）A.圖1，a點表示的溶液通過升溫可以得到b點B.圖2，若運用催化劑E1、E2、ΔH都會發(fā)生變更C.圖3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀鹽酸時，產(chǎn)生CO2的狀況D.圖4表示反應aA(g)+bB(g)cC(g)，由圖可知，a+b＞c【答案】D【解析】【詳解】A．a(chǎn)點未飽和，削減溶劑可以變?yōu)轱柡?，則a點表示的溶液通過升溫得不到b點，故A錯誤；B．加催化劑變更了反應的歷程，降低反應所需的活化能，但是反應熱不變，故B錯誤；C．碳酸鈉先與氯化氫反應生成碳酸氫鈉，起先時沒有二氧化碳生成，碳酸鈉反應完全之后碳酸氫鈉與氯化氫反應生成二氧化碳，生成二氧化碳須要的鹽酸的體積大于生成碳酸氫鈉消耗的鹽酸，故C錯誤；D.圖4表示反應aA(g)+bB(g)cC(g)，由圖可知，P2先達到平衡，壓強大，加壓后，A%減小，說明加壓后平衡正向移動，a+b＞c，故D正確；故選D。【點睛】本題考查了元素化合物的性質(zhì)、溶解度、催化劑對反應的影響等，側重于考查學生的分析實力和讀圖實力，留意把握物質(zhì)之間發(fā)生的反應，易錯點A，a點未飽和，削減溶劑可以變?yōu)轱柡汀?.科學家利用CH4燃料電池(如圖)作為電源，用Cu-Si合金作硅源電解制硅可以降低制硅成本，高溫利用三層液熔鹽進行電解精煉，下列說法不正確的是（）A.電極d與b相連，c與a相連B.電解槽中，Si優(yōu)先于Cu被氧化C.a極的電極反應為CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD.相同時間下，通入CH4、O2的體積不同，會影響硅的提純速率【答案】C【解析】【詳解】A．圖2是甲烷燃料電池，通入甲烷的電極為負極，通入氧氣的電極為正極，圖1中d電極為陽極，與電源正極b相連，c電極為陰極，與電源負極a相連，故A正確；B．d電極為陽極硅失電子被氧化，而銅沒有，所以Si優(yōu)先于Cu被氧化，故B正確；C．通入甲烷的a電極為負極發(fā)生氧化反應，電極反應為CH4-8e－+4O2－═CO2+2H2O，故C錯誤；D．相同時間下，通入CH4、O2的體積不同，電流強度不同，會導致轉移電子的量不同，會影響硅提純速率，故D正確；故選C。6.X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成兩種常見離子化合物，Z原子最外層電子數(shù)與其電子層數(shù)相同；X與W同主族。下列敘述不正確的是（）A.原子半徑：Y＞Z＞W(wǎng)＞XB.X、Y形成的Y2X2陰陽離子數(shù)目比為1：1C.Y、Z和W的最高價氧化物的水化物可以相互反應D.X與W形成的化合物可使紫色石蕊溶液變紅【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成兩種常見離子化合物，這兩種離子化合物為Na2O2和Na2O，X為O元素，Y為Na元素，Z原子最外層電子數(shù)與其電子層數(shù)相同，Z為Al元素；X與W同主族，W為S元素?！驹斀狻緼．同周期元素從左到右原子半徑漸漸減小，Y＞Z＞W(wǎng)，同主族元素從上到下漸漸增大：W＞X，即Na＞Al＞S＞O，故A正確；B．O22－是原子團，X、Y形成的Y2X2陰陽離子數(shù)目比為1：2，故B錯誤；C．Al(OH)3具有兩性，Y、Z和W的最高價氧化物的水化物分別為NaOH、Al(OH)3、H2SO4，可以相互反應，故C正確；D．X與W形成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液變紅，故D正確；故選B。7.向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gx（x為或）與pH的變更關系如圖所示，下列說法正確的是（）A.pH=7時，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B.直線Ⅰ表示的是lg隨pH的變更狀況C.=10-2.97D.A2-的水解常數(shù)Kh1大于H2A電離常數(shù)的Ka2【答案】B【解析】【分析】二元弱酸的Ka1=×c（H＋）＞Ka2=×c（H＋），當溶液的pH相同時，c（H＋）相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，則Ⅰ表示lg與pH的變更關系，Ⅱ表示lg與pH的變更關系?！驹斀狻緼．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液為中性，則溶液中的溶質(zhì)為NaHA和Na2A，依據(jù)物料守恒，存在c(Na+)＞c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故A錯誤；B.由分析：直線Ⅰ表示是lg隨pH的變更狀況，故B正確；C.=÷==102.97，故C錯誤；D．pH=1.22時和4.19時，lgX=0，則c（H2A）=c（HA－）、c（HA－）=c（A2－），Ka1=×c（H＋）=c（H＋）=10-1.22，K2=×c（H＋）=c（H＋）=10-4.19，A2－的水解平衡常數(shù)Kh1==10-9.81＜10-4.19=Ka2，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查酸堿混合的定性推斷及溶液pH的計算，明確圖象曲線變更的意義為解答關鍵，留意駕馭物料守恒及溶液酸堿性與溶液pH的關系，D為易難點。8.焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑?，F(xiàn)欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質(zhì)。Ⅰ.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復運用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是___。A中發(fā)生反應的化學方程式為___。儀器E的作用是___。（2）F中盛裝的試劑是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，猛烈反應，溶液紫紅色很快褪去。反應的離子方程式為___。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品___。Ⅲ.測定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為___%（保留一位小數(shù)），若在滴定終點時，俯視讀數(shù)Na2SO3標準液的體積，會導致Na2S2O5樣品的純度___。（填“偏高”、“偏低”）【答案】(1).三頸燒瓶(2).Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4(3).防倒吸(4).濃NaOH溶液(5).5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O(6).氧化變質(zhì)(7).95.0(8).偏高【解析】分析】A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發(fā)生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發(fā)生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F(xiàn)汲取尾氣。據(jù)此解答。【詳解】Ⅰ（1）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發(fā)生反應的化學方程式為Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液汲取，題干中只供應了一種試劑--濃NaOH溶液，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，猛烈反應，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4－將S2O52－氧化生成硫酸根離子。反應的離子方程式為5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質(zhì)。故答案為：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化變質(zhì)；Ⅲ.（4）由關系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5樣品的純度為=×100%=95.0%；若在滴定終點時，俯視讀數(shù)Na2SO3標準液的體積，使Na2SO3標準液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應的高錳酸鉀偏高，會導致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。9.輝銅礦石主要含有硫化亞銅(Cu2S)，還含有FeO、CaO、SiO2等。以輝銅礦石為原料制備CuCl2·2H2O的工藝流程如圖所示：已知：Ⅰ.金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：Ⅱ.NaCl易溶于水，不溶于酒精，隨溫度變更溶解度變更不明顯；CuCl2·H2O易溶于水，酒精，濃氨水，隨溫度上升溶解度變更明顯增大。Ⅲ.Ksp(CaF2)=4.0×10-11（1）為了提高“溶浸”效率，可實行的措施是___。寫出“溶浸”過程中Cu2S溶解時離子方程式：___。（2）“脫硫”時，隨著溫度的上升，脫硫率呈上升趨勢（如圖），緣由是___。（3）寫出“脫氟”時HF發(fā)生反應的化學方程式：___。（4）“沉鐵”過程中，加入NaClO的兩個作用是___。（5）“操作X”的詳細操作是___。（6）經(jīng)過“操作X”后，母液經(jīng)過一系列操作可得到另外一種物質(zhì)，要得到這種純凈物，最好選用下列試劑洗滌___。A．濃鹽酸B．水C．酒精D．濃氨水（7）向“浸出液”中加入NaF除去溶液中Ca2+(濃度為1.0×10-3mol·L-1)，當溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1時，除鈣率為___?！敬鸢浮?1).將礦石細磨（攪拌、升溫或其它合理答案）(2).Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋(3).溫度上升，單質(zhì)硫在煤油中的溶解度增加(4).4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O(5).NaClO將Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+濃度減小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋向右移動，生成Fe(OH)3沉淀(6).蒸發(fā)濃縮冷卻結晶(7).C(8).99%【解析】【分析】輝銅礦加入氯化鐵溶液溶解浸取過濾，得到礦渣加入煤油回收硫單質(zhì)；加入NaF除去鈣離子，生成CaF2沉淀，加鹽酸和硅酸鈉生成H2SiO3除去多余的氟離子，再用NaClO將Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+濃度減小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋向右移動，生成Fe(OH)3沉淀；過濾后在濾液中加入鹽酸調(diào)整pH，蒸發(fā)濃縮冷卻結晶，得到CuCl2·H2O?！驹斀狻浚?）為了提高“溶浸”效率，可實行的措施是將礦石細磨（攪拌、升溫或其它合理答案）；“溶浸”過程中Cu2S溶解時，被Fe3＋氧化，離子方程式：Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋。故答案為：將礦石細磨（攪拌、升溫或其它合理答案）；Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋；（2）“脫硫”時，隨著溫度的上升，脫硫率呈上升趨勢，溫度上升，單質(zhì)硫在煤油中的溶解度增加；故答案為：溫度上升，單質(zhì)硫在煤油中的溶解度增加；（3）加鹽酸和硅酸鈉生成H2SiO3除去多余的氟離子，“脫氟”時HF發(fā)生反應的化學方程式：4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O。故答案為：4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O；（4）“沉鐵”過程中，加入NaClO的兩個作用是NaClO將Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+濃度減小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋向右移動，生成Fe(OH)3沉淀；故答案為：NaClO將Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+濃度減小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋向右移動，生成Fe(OH)3沉淀；（5）氯化銅溶于水，則“操作X”的詳細操作是蒸發(fā)濃縮冷卻結晶。故答案為：蒸發(fā)濃縮冷卻結晶（6）經(jīng)過“操作X”后，母液經(jīng)過一系列操作可得到另外一種物質(zhì)，這種物質(zhì)是NaCl，NaCl易溶于水，不溶于酒精，隨溫度變更溶解度變更不明顯；CuCl2·H2O易溶于水、酒精、濃氨水，隨溫度上升溶解度變明顯增大。所以要得到這種純凈物，最好選用洗滌劑酒精，而A．濃鹽酸、B．水、D．濃氨水三個選項中供應的物質(zhì)均能溶解NaCl，故答案為：C。（7）當溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1時,Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)c2(F－)=c(Ca2＋)(2.0×10-3)2=4.0×10-11，c(Ca2＋)=1.0×10-5mol·L-1，則除鈣率為×100%=99%。故答案為：99%。【點睛】本題考查了物質(zhì)分別提純的方法和流程推斷，主要是物質(zhì)性質(zhì)的理解應用和試驗基本操作，駕馭基礎是關鍵，難點（6）要充利用題目中的信息，NaCl在水中和酒精中的溶解度不同，難點（7）先用公式Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)c2(F－)計算出溶液中的c(Ca2＋)，再求出除鈣率。10.氯氣是現(xiàn)代工業(yè)的重要原料，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學探討的熱車點，回答下列問題：（1）Deacon獨創(chuàng)的干脆氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)?？砂聪铝写呋^程進行：Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3反應Ⅰ能自發(fā)進行的條件是___。利用ΔH1和ΔH2計算ΔH3時，還須要利用反應___的ΔH。（2）如圖為剛性容器中，進料濃度比c(HCl)：c(O2)分別等于1：1、4：1、7：1時HCl平衡轉化率隨溫度變更的關系：可知反應平衡常數(shù)K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。設容器內(nèi)初始壓強為p0，依據(jù)進料濃度比c(HCl)：c(O2)=4：1的數(shù)據(jù)，計算400℃時容器內(nèi)的平衡壓強=___（列出計算式）。按化學計量比進料可以保持反應物高轉化率，同時降低產(chǎn)物分別的能耗。進料濃度比c(HCl)：c(O2)過低、過高的不利影響分別是___。（3）已知：氯氣與NaOH溶液反應可生成NaClO3。有探討表明，生成NaClO3的反應分兩步進行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常溫下，反應Ⅱ能快速進行，但氯氣與NaOH溶液反應很難得到NaClO3，試用碰撞理論說明其緣由：___。（4）電解NaClO3水溶液可制備NaClO4，寫出陽極反應式：___?！敬鸢浮?1).高溫(2).CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）(3).大于(4).0.848p0(5).Cl2和O2分別能耗較高、HCl轉化率較低(6).反應Ⅰ的活化能高，活化分子百分數(shù)低，不利于ClO－向ClO3－轉化(7).ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋【解析】【詳解】（1）Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，則要△G=△H-T△S＜0，須高溫條件下才能自發(fā)；Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3利用ΔH1和ΔH2計算ΔH3時，由蓋斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2得：還須要利用反應CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的ΔH。故答案為：高溫；CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）；（2）依據(jù)圖象可知，進料濃度比相同時，溫度越高HCl平衡轉化率越低，說明該反應為放熱反應，上升溫度平衡向著逆向移動，則溫度越高平衡常數(shù)越小，所以反應平衡常數(shù)K（400℃）大于K（500℃）；進料濃度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平衡轉化率越低，依據(jù)圖象可知，相同溫度時HCl轉化率最高的為進料濃度比c（HCl）：c（O2）=4：1，該曲線中400℃HCl的平衡轉化率為76%。則p=p0=0.848p0；進料濃度比c（HCl）：c（O2）過低時，O2濃度較大，HCl的轉化率較高，但Cl2和O2分別能耗較高，生成成本提高；進料濃度比c（HCl）：c（O2）過高時，O2濃度較低，導致HCl的轉化率減??；故答案為：大于；p=p0=0.848p0；Cl2和O2分別能耗較高、HCl轉化率較低；（3）生成NaClO3的反應分兩步進行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常溫下，反應Ⅱ能快速進行，但氯氣與NaOH溶液反應很難得到NaClO3，用碰撞理論說明其緣由：反應Ⅰ的活化能高，活化分子百分數(shù)低，不利于ClO－向ClO3－轉化；故答案為：反應Ⅰ的活化能高，活化分子百分數(shù)低，不利于ClO－向ClO3－轉化；（4）電解NaClO3水溶液可制備NaClO4，陽極發(fā)生氧化反應生成ClO4－，陽極反應式：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。故答案為：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋?！军c睛】本題考查化學平衡計算、蓋斯定律應用及電解原理等學問，明確化學平衡及其影響為解答關鍵，難點（2）留意駕馭蓋斯定律內(nèi)容及三段式在化學平衡計算中的應用，試題側重考查學生的分析、理解實力及綜合應用實力。11.Ⅰ.羥基磷酸鈣[Ca10(PO4)6(OH)2]具有優(yōu)良的生物相容性和生物活性，它在口腔保健中具有重要作用，可以防止齲齒等，回答下列問題。（1）Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的電負性按由大到小的依次依次是___。（2）上述元素都能形成氫化物，其中PH3與同主族元素N形成的氫化物的鍵角關系是PH3___NH3(填“＞”或“＜”)，PO43-離子空間構型是___。（3）現(xiàn)已合成含鈣的全氮陰離子鹽，其中陰離子N5-為平面正五邊形結構，N原子的雜化類型是___。（4）碳酸鈣的分解溫度遠高于碳酸鎂，其緣由是___。（5）黑磷是磷的一種同素異形體，與石墨烯類似，其晶體結構片段如圖1所示：其中最小的環(huán)為6元環(huán)，每個環(huán)平均含有___個P原子。Ⅱ.鈷是人體不行或缺的微量元素之一。Co、Al、O形成的一種化合物鈷藍晶體結構如圖2所示。（6）基態(tài)Co原子的價電子排布式為___。該立方晶胞由4個I型和4個Ⅱ型小立方體構成，其化學式為___，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，鈷藍晶體的密度為___g·cm-3(列計算式)?！敬鸢浮?1).O＞P＞H＞Ca(2).小于(3).正四面體(4).sp2(5).鎂離子半徑小于鈣離子半徑，與氧離子形成的離子鍵更強，晶格能更大，因此碳酸鎂的熱分解溫度低(6).2(7).3d74s2(8).CoAl2O4(9).【解析】【詳解】（1）同周期從左到右元素的電負性變大，同主族從上到下電負性變小，Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的電負性按由大到小的依次依次是O＞P＞H＞Ca；（2）NH3和PH3的空間構型都是三角錐型,但是,NH中N-H鍵的鍵長比PH中P-H鍵的鍵長要短,所以在NH3中,成鍵電子對更靠近,排斥力更大,以致鍵角更大。而PH3中成鍵電子對之間的斥力減小,孤對電子對成鍵電子的斥力使H-P-H鍵角更小。PH3與同主族元素N形成的氫化物的鍵角關系是PH3＜NH3；PO43－中心原子為P，其中σ鍵電子對數(shù)為4，中心原子孤電子對數(shù)=×（5+3-4×2）=0，PO43－中心原子價層電子對對數(shù)為4+0=4，P原子sp3雜化，PO43-離子空間構型是正四面體。故答案為：＜；正四面體；（3）含鈣的全氮陰離子鹽，陰離子N5-為平面正五邊形結構，中心原子N，其中σ鍵電子對數(shù)為2，中心原子存在大π鍵，所以N原子的雜化類型是sp2。故答案為：sp2；（4）由于鎂離子半徑小于鈣離子半徑，與氧離子形成的離子鍵更強，晶格能更大，因此，碳酸鎂的熱分解溫度低。（5）黑磷與石墨烯類似，其中最小的環(huán)為6元環(huán)，每個環(huán)平均含有6×=2個P原子。故答案為：2（6）基態(tài)Co原子的價電子排布式為3d74s2；I、II各一個小正方體為一個晶胞，該晶胞中Co原子個數(shù)=（4×+2×+1）×4=8、Al原子個數(shù)=4×4=16、O原子個數(shù)=8×4=32，Co、Al、O原子個數(shù)之比=8：16：32=1：2：4，化學式為CoAl2O4；該晶胞體積=（2a×10-7cm）3，鈷藍晶體的密度==g·cm-3(列計算式)。故答案為：3d74s2；CoAl2O4；。12.奧司他韋是一種高效、高選擇性神經(jīng)氨酸酶抑制劑，可治療流感。以莽草酸作為起始原料合成奧