湖北省宜昌市2025届高三化学3月线上统一调研试题试题含解析

PAGE18-湖北省宜昌市2025届高三化学3月线上统一调研试题试题（含解析）考生留意：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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试题卷上无效。3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H－1O－16Na－23Al－27S－32Co－59选择题一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的奇妙窑变著称，下列关于陶瓷的说法正确的是（）A.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变更B.高品质白瓷晶莹剔透，属于纯净物C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D.由于陶瓷耐酸碱，因此可以用来熔化氢氧化钠【答案】A【解析】【详解】A．不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变更，故A正确；B.瓷器原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故B错误；C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；D.陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，能与熔化氢氧化钠反应，故D错误；故选A。2.下列有关化合物的说法正确的是（）A.全部原子共平面 B.其一氯代物有6种C.是苯的同系物 D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A.连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不肯定共平面，故A错误；B．有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故B错误；C．苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；D．中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。3.依据试验目的，设计相关试验，下列试验操作、现象说明及结论都正确的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．起先要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀渐渐转化为黄色沉淀，才能说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A错误；B．加入KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故B错误；C．纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C正确；D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D错误；故选C。4.下列图示与对应的叙述相符的是（）A.图1，a点表示的溶液通过升温可以得到b点B.图2，若运用催化剂E1、E2、ΔH都会发生变更C.图3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生CO2的状况D.图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，由图可知，a+b＞c【答案】D【解析】【详解】A．a点未饱和，削减溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过升温得不到b点，故A错误；B．加催化剂变更了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故B错误；C．碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠，起先时没有二氧化碳生成，碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，生成二氧化碳须要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸，故C错误；D.图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，由图可知，P2先达到平衡，压强大，加压后，A%减小，说明加压后平衡正向移动，a+b＞c，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了元素化合物的性质、溶解度、催化剂对反应的影响等，侧重于考查学生的分析实力和读图实力，留意把握物质之间发生的反应，易错点A，a点未饱和，削减溶剂可以变为饱和。5.科学家利用CH4燃料电池(如图)作为电源，用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是（）A.电极d与b相连，c与a相连B.电解槽中，Si优先于Cu被氧化C.a极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD.相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率【答案】C【解析】【详解】A．图2是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，图1中d电极为阳极，与电源正极b相连，c电极为阴极，与电源负极a相连，故A正确；B．d电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以Si优先于Cu被氧化，故B正确；C．通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应，电极反应为CH4-8e－+4O2－═CO2+2H2O，故C错误；D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故D正确；故选C。6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，Z原子最外层电子数与其电子层数相同；X与W同主族。下列叙述不正确的是（）A.原子半径：Y＞Z＞W＞XB.X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：1C.Y、Z和W的最高价氧化物的水化物可以相互反应D.X与W形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化合物为Na2O2和Na2O，X为O元素，Y为Na元素，Z原子最外层电子数与其电子层数相同，Z为Al元素；X与W同主族，W为S元素。【详解】A．同周期元素从左到右原子半径渐渐减小，Y＞Z＞W，同主族元素从上到下渐渐增大：W＞X，即Na＞Al＞S＞O，故A正确；B．O22－是原子团，X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：2，故B错误；C．Al(OH)3具有两性，Y、Z和W的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，可以相互反应，故C正确；D．X与W形成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；故选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lgx（x为或）与pH的变更关系如图所示，下列说法正确的是（）A.pH=7时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B.直线Ⅰ表示的是lg随pH的变更状况C.=10-2.97D.A2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka2【答案】B【解析】【分析】二元弱酸的Ka1=×c（H＋）＞Ka2=×c（H＋），当溶液的pH相同时，c（H＋）相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示lg与pH的变更关系，Ⅱ表示lg与pH的变更关系。【详解】A．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA和Na2A，依据物料守恒，存在c(Na+)＞c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故A错误；B.由分析：直线Ⅰ表示是lg随pH的变更状况，故B正确；C.=÷==102.97，故C错误；D．pH=1.22时和4.19时，lgX=0，则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－的水解平衡常数Kh1==10-9.81＜10-4.19=Ka2，故D错误；故选B。【点睛】本题考查酸碱混合的定性推断及溶液pH的计算，明确图象曲线变更的意义为解答关键，留意驾驭物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易难点。8.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。Ⅰ.制备Na2S2O5可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复运用)。焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)（1）如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。（2）F中盛装的试剂是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，猛烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为___%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度___。（填“偏高”、“偏低”）【答案】(1).三颈烧瓶(2).Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4(3).防倒吸(4).浓NaOH溶液(5).5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O(6).氧化变质(7).95.0(8).偏高【解析】分析】A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器E的作用是防倒吸，F汲取尾气。据此解答。【详解】Ⅰ（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液汲取，题干中只供应了一种试剂--浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为：浓NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，猛烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4－将S2O52－氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答案为：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化变质；Ⅲ.（4）由关系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，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样品的纯度为=×100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致Na2S2O5样品的纯度偏高；故答案为：95.0；偏高。9.辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)，还含有FeO、CaO、SiO2等。以辉铜矿石为原料制备CuCl2·2H2O的工艺流程如图所示：已知：Ⅰ.金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：Ⅱ.NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变更溶解度变更不明显；CuCl2·H2O易溶于水，酒精，浓氨水，随温度上升溶解度变更明显增大。Ⅲ.Ksp(CaF2)=4.0×10-11（1）为了提高“溶浸”效率，可实行的措施是___。写出“溶浸”过程中Cu2S溶解时离子方程式：___。（2）“脱硫”时，随着温度的上升，脱硫率呈上升趋势（如图），缘由是___。（3）写出“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：___。（4）“沉铁”过程中，加入NaClO的两个作用是___。（5）“操作X”的详细操作是___。（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，要得到这种纯净物，最好选用下列试剂洗涤___。A．浓盐酸B．水C．酒精D．浓氨水（7）向“浸出液”中加入NaF除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1)，当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，除钙率为___。【答案】(1).将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）(2).Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋(3).温度上升，单质硫在煤油中的溶解度增加(4).4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O(5).NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀(6).蒸发浓缩冷却结晶(7).C(8).99%【解析】【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入煤油回收硫单质；加入NaF除去钙离子，生成CaF2沉淀，加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，再用NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；过滤后在滤液中加入盐酸调整pH，蒸发浓缩冷却结晶，得到CuCl2·H2O。【详解】（1）为了提高“溶浸”效率，可实行的措施是将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；“溶浸”过程中Cu2S溶解时，被Fe3＋氧化，离子方程式：Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋。故答案为：将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋；（2）“脱硫”时，随着温度的上升，脱硫率呈上升趋势，温度上升，单质硫在煤油中的溶解度增加；故答案为：温度上升，单质硫在煤油中的溶解度增加；（3）加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O。故答案为：4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O；（4）“沉铁”过程中，加入NaClO的两个作用是NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；故答案为：NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；（5）氯化铜溶于水，则“操作X”的详细操作是蒸发浓缩冷却结晶。故答案为：蒸发浓缩冷却结晶（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，这种物质是NaCl，NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变更溶解度变更不明显；CuCl2·H2O易溶于水、酒精、浓氨水，随温度上升溶解度变明显增大。所以要得到这种纯净物，最好选用洗涤剂酒精，而A．浓盐酸、B．水、D．浓氨水三个选项中供应的物质均能溶解NaCl，故答案为：C。（7）当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时,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，则除钙率为×100%=99%。故答案为：99%。【点睛】本题考查了物质分别提纯的方法和流程推断，主要是物质性质的理解应用和试验基本操作，驾驭基础是关键，难点（6）要充利用题目中的信息，NaCl在水中和酒精中的溶解度不同，难点（7）先用公式Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)c2(F－)计算出溶液中的c(Ca2＋)，再求出除钙率。10.氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学探讨的热车点，回答下列问题：（1）Deacon独创的干脆氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：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反应Ⅰ能自发进行的条件是___。利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还须要利用反应___的ΔH。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变更的关系：可知反应平衡常数K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，依据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分别的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是___。（3）已知：氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。有探讨表明，生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论说明其缘由：___。（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：___。【答案】(1).高温(2).CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）(3).大于(4).0.848p0(5).Cl2和O2分别能耗较高、HCl转化率较低(6).反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化(7).ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋【解析】【详解】（1）Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜0，须高温条件下才能自发；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计算ΔH3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2得：还须要利用反应CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的ΔH。故答案为：高温；CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）；（2）依据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，上升温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400℃）大于K（500℃）；进料浓度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，依据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）=4：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为76%。则p=p0=0.848p0；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分别能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；故答案为：大于；p=p0=0.848p0；Cl2和O2分别能耗较高、HCl转化率较低；（3）生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论说明其缘由：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；故答案为：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4－，阳极反应式：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。故答案为：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等学问，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点（2）留意驾驭盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解实力及综合应用实力。11.Ⅰ.羟基磷酸钙[Ca10(PO4)6(OH)2]具有优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，可以防止龋齿等，回答下列问题。（1）Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的电负性按由大到小的依次依次是___。（2）上述元素都能形成氢化物，其中PH3与同主族元素N形成的氢化物的键角关系是PH3___NH3(填“＞”或“＜”)，PO43-离子空间构型是___。（3）现已合成含钙的全氮阴离子盐，其中阴离子N5-为平面正五边形结构，N原子的杂化类型是___。（4）碳酸钙的分解温度远高于碳酸镁，其缘由是___。（5）黑磷是磷的一种同素异形体，与石墨烯类似，其晶体结构片段如图1所示：其中最小的环为6元环，每个环平均含有___个P原子。Ⅱ.钴是人体不行或缺的微量元素之一。Co、Al、O形成的一种化合物钴蓝晶体结构如图2所示。（6）基态Co原子的价电子排布式为___。该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___，NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___g·cm-3(列计算式)。【答案】(1).O＞P＞H＞Ca(2).小于(3).正四面体(4).sp2(5).镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此碳酸镁的热分解温度低(6).2(7).3d74s2(8).CoAl2O4(9).【解析】【详解】（1）同周期从左到右元素的电负性变大，同主族从上到下电负性变小，Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的电负性按由大到小的依次依次是O＞P＞H＞Ca；（2）NH3和PH3的空间构型都是三角锥型,但是,NH中N-H键的键长比PH中P-H键的键长要短,所以在NH3中,成键电子对更靠近,排斥力更大,以致键角更大。而PH3中成键电子对之间的斥力减小,孤对电子对成键电子的斥力使H-P-H键角更小。PH3与同主族元素N形成的氢化物的键角关系是PH3＜NH3；PO43－中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数=×（5+3-4×2）=0，PO43－中心原子价层电子对对数为4+0=4，P原子sp3杂化，PO43-离子空间构型是正四面体。故答案为：＜；正四面体；（3）含钙的全氮阴离子盐，阴离子N5-为平面正五边形结构，中心原子N，其中σ键电子对数为2，中心原子存在大π键，所以N原子的杂化类型是sp2。故答案为：sp2；（4）由于镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此，碳酸镁的热分解温度低。（5）黑磷与石墨烯类似，其中最小的环为6元环，每个环平均含有6×=2个P原子。故答案为：2（6）基态Co原子的价电子排布式为3d74s2；I、II各一个小正方体为一个晶胞，该晶胞中Co原子个数=（4×+2×+1）×4=8、Al原子个数=4×4=16、O原子个数=8×4=32，Co、Al、O原子个数之比=8：16：32=1：2：4，化学式为CoAl2O4；该晶胞体积=（2a×10-7cm）3，钴蓝晶体的密度==g·cm-3(列计算式)。故答案为：3d74s2；CoAl2O4；。12.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，可治疗流感。以莽草酸作为起始原料合成奥