陕西省榆林市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

陕西省榆林市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．中华文化源远流长、博大精深，陕西历史博物馆馆藏文物是中华文化的重要代表。下列物品主要是由金属材料制成的是A．白瓷马蹬壶B．东汉青铜奔马C．液晶显示屏D．西夏文佛经纸本A．A B．B C．C D．D2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1molCH≡CH中含有的共用电子对的数目为3NAB．1.0mol·L-1的AlCl3溶液中含有的阴离子总数为3NAC．1.7g羟基(-OH)和1.7gOH-中含有的质子数均为0.9NAD．20mL18mol·L-1浓硫酸与足量铜反应转移的电子数为0.36NA3．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A．简单离子半径：R>W>X>Y>ZB．Y与W具有相同的最高化合价C．Z、W的简单离子都能促进水的电离D．往元素X的最简单氢化物的稀溶液中滴加酚酞，无明显变化4．化合物N具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由M制得。下列有关化合物M、N的说法正确的是A．一定条件下M可发生氧化、取代、加成反应B．有机物N分子中所有原子可能共平面C．M、N所含官能团种类相同，M和N属于同系物D．等物质的量的M、N分别与金属Na反应，生成的氢气的物质的量之比为1：15．用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是A．利用图I测定中和反应的反应热B．利用图II证明Na2O2与水反应放热C．利用图III制备乙酸乙酯D．利用图IV证明Cl2能与烧碱溶液反应6．我国科学家成功研制出CO2/Mg二次电池，在潮湿条件下的放电反应：3CO2+2Mg+2H2O=2MgCO3·H2O+C，模拟装置如图所示(已知放电时，Mg2+由负极向正极迁移)。下列说法正确的是A．充电时，Mg电极接外电源的正极B．放电时，电子由镁电极经电解质溶液流向石墨电极C．充电时，阳极的电极反应式为2MgCO3·H2O+C-4e-=3CO2+2Mg2++2H2OD．放电时，CO2在正极被还原，每消耗6.72LCO2转移的电子的物质的量为0.2mol7．室温下，通过下列实验探究0.0100mol∙L−1Na2C2O4溶液的性质。实验1：实验测得0.0100mol∙L−1Na2C2O4溶液的pH为8.6。实验2：向溶液中滴加等体积、0.0100mol∙L−1HCl溶液，pH由8.6降为4.8。实验3：向溶液中加入等体积、0.0200mol∙L−1CaCl2溶液，出现白色沉淀。实验4：向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色。已知室温下Ksp(CaC2O4)=2.5×10−9，下列说法错误的是A．0.0100mol∙L−1Na2C2O4溶液中满足：c(NaB．实验2滴加盐酸过程中可能存在：c(Na+)=c(HC2OC．实验3所得上层清液中：c(C2O42−D．实验4发生反应的离子方程式为C2O42−+4MnO4−+12H+二、非选择题8．以盐湖锂精矿(主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度的LiCl和MgCl2)为原料均能制备高纯Li2CO3。回答下列问题：（1）由锂精矿为原料制取碳酸锂的过程中，需要先“碳化溶解”使Li2CO3转为LiHCO3，实验装置如图所示。已知：I.20℃时LiOH的溶解度为12.8g。II.Li2CO3在不同温度下的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。①装有盐酸的仪器的名称为。②装置B中盛放的试剂为，其作用是。③装置C中除了生成LiHCO3，还可能生成的杂质为(填化学式)。④装置C中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是。保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有。⑤热解过滤获得的Li2CO3表面有少量Li2C2O4，不进行洗涤也不会影响最终Li2CO3产品的纯度，其原因是。（2）设计由盐湖卤水制取高纯Li2CO3的实验方案：向浓缩后的盐湖卤水中。(实验中必须使用的试剂：NaOH溶液、Na2CO3溶液；已知：pH=10时Mg(OH)2完全沉淀)9．S和Te属于同主族元素，碲(Te)广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等)中回收碲的工艺流程如下：已知：TeO2具有强还原性，且TeO2、Cu2TeO4均难溶于水；高碲酸钠的化学式为Na2TeO4。回答下列问题：（1）Cu2Te中Te的化合价为。（2）S和Te属于同主族元素，则稳定性：H2S(填“>”或“<”)H2Te，试解释其原因：。（3）“滤液I”的主要成分是(写化学式)；“滤液I”中溶质的浸出率与温度的关系如图所示，解释溶质的浸出率随温度变化的可能原因：。（4）“碱浸”时发生反应的离子方程式为。（5）粗碲粉中碲的质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为；若硫酸亚铁铵溶液使用之前部分被氧化，则测定结果(填“偏高”或“偏低”)。10．“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题：（1）I.在一定条件下，CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1。已知：①常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ·mol-1和-890.0kJ·mol-1；②H2O(l)=H2O(g)ΔH2=+44.0kJ·mol-1。ΔH1=kJ·mol-1。（2）在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)·p4(H2)kPa·s-1，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，则该时刻v(H2)=。（3）其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示。则CO2甲烷化应该选择的压强约为MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是。（4）不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：4投料发生反应[副反应为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH3>0]，CO2的平衡转化率如图所示。①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是。②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因：。（5）II.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)ΔH1=+802.3kJ·mol-1。恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图。350℃时，A点的平衡常数K=(填计算结果)。为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为。11．2022年9月9日，国家航天局、国家原子能机构联合在北京发布“嫦娥五号”最新科学成果：中国科学家首次在月球上发现新矿物，并命名为“嫦娥石”。“嫦娥石”是一种新的磷酸盐矿物，属于陨磷钠镁钙石(Merrillite)族，颗粒约2~30微米，伴生矿物有钛铁矿等。回答下列问题：（1）基态钛原子价电子排布式为。（2）Fe的配合物有多种。Fe(CO)5、Fe(CN)63−、Fe（3）磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如图：①纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是。②PO43−的立体构型为（4）反型钙钛矿电池无须使用具有光催化活性的TiO2(通过氮掺杂生成TiO2−aNb晶体中a=；已知原子A、B的分数坐标分别为(0，0，14)和(1，12．由芳香化合物A制备药物中间体I的一种合成路线如图：已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生反应：R-CH(OH)2→R-CHO+H2O；②R-CHO+R1-CH2COOH→吡啶、苯胺R–CH=CH-R1+H2O+CO2③。（1）A的名称为；C的分子式为。（2）B→C的反应类型为；A~I九种物质中含有手性碳原子的有种。（3）F→G的反应方程式为。（4）试剂Y的结构简式为。（5）同时满足下列条件的G的同分异构体有种(不含立体异构)。①苯环上只有两个侧链②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体其中核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为2：2：1的同分异构体的一种结构简式为。（6）参照上述合成路线，设计由CH3CH2CHCl2制备CH3CH2CH=CHCH3的合成路线(有机溶剂及无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．白瓷马蹬壶属于陶瓷，陶瓷属于传统无机非金属材料，不是金属材料，A不符合题意；B．东汉青铜奔马中青铜为铜金属的合金，属于金属材料，B符合题意；C．液晶显示屏是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固体和液态间的有机化合物，C不符合题意；D．纸张的主要成分是纤维素，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】金属材料包括合金和纯金属，合金是由金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质。2．【答案】C【解析】【解答】A．CH≡CH分子中含有2个碳氢单键和1个碳碳三键，则1molCH≡CH中含有的共用电子对的数目为5NA，故A不符合题意；B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，故B不符合题意；C．羟基(-OH)和OH-的质子数均为9，1.7g羟基(-OH)和1.7gOH-中含有的质子数均为0.9NA，故C符合题意；D．n(H2SO4)=18mol·L-1×20×10-3L=0.36mol，若0.36mol浓硫酸完全反应，则转移的电子数为0.36NA，但随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故转移的电子数小于0.36NA，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.一个CH≡CH分子中含有5个共用电子对；

B.溶液体积未知，不能计算阴离子数目；

D.铜与稀硫酸不反应，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，不再反应。3．【答案】C【解析】【解答】A．核外电子排布形同的时候，原子序数越小半径越大，另外电子层数越多，半径越大，故简单离子半径：W>R>X>Y>Z，A不符合题意；B．W为S元素，Y为O元素，S的最高化合价为+6价，O不能失去最外层6个电子，没有+6价，最高化合价不同，B不符合题意；C．Z、W的简单离子分别为铝离子、硫离子，都可以水解，促进水的电离，C符合题意；D．由分析可知，X为N元素，N的气态氢化物为NH3，其水溶液显碱性，滴加酚酞，溶液显红色，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，则X的气态氢化物为氨气、Y的氢化物为水，X为N元素、Y为O元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则Z为Al元素、W是S元素；由原子序数可知，R是Cl元素。4．【答案】A【解析】【解答】A．M中的酚羟基和碳碳双键可发生氧化反应，酯基和酚羟基可以发生取代反应，碳碳双键和苯环可以和氢气发生加成反应，故A符合题意；B．N分子中含有甲基，具有四面体结构，所有原子不可能共平面，故B不符合题意；C．M、N所含官能团种类相同，但所含官能团数目不完全相同，分子组成也不是相差“CH2”原子团，不属于同系物，故C不符合题意；D．酚羟基可以与金属Na反应产生氢气，一个M中有4个酚羟基，一个N中有3个酚羟基，则等物质的量的M、N分别与金属Na反应，生成的氢气的物质的量之比为4：3，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.M中含有酚羟基、酯基、醚键、碳碳双键，具有酚、酯、醚和烯烃的性质；

B.N中含有饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的结构特征，所有原子一定不共面；

C.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；

D.M和N中均只有酚羟基能与金属钠反应，M分子中含有4个酚羟基，N分子中含有3个酚羟基。5．【答案】C【解析】【解答】A．图中装置可保温、测定反应的最高温度等，则图中装置可测定中和反应的反应热，故A不符合题意；B．Na2O2与水反应生成氧气、且放热，会使脱脂棉燃烧，故B不符合题意；C．导气管末端不能插入液面以下，否则会造成倒吸，故C符合题意；D．Cl2与NaOH溶液反应，使锥形瓶内气体压强减小，则气球变大可证明发生反应，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.该装置具有良好的保温功能，也能测定反应溶液的温度，可测定中和热；

B.过氧化钠和水反应生成碳酸钠和氧气，且放热；

C.导管末端伸入液面以下会造成倒吸；

D.氯气和氢氧化钠反应使锥形瓶内压强减小。6．【答案】C【解析】【解答】A．充电时，Mg作阴极，石墨作阳极，故A不符合题意；B．放电时为原电池，电子经导线传导，故B不符合题意；C．充电时，石墨作阳极，电极反应式为2MgCO3·H2O+C-4e-=3CO2+2Mg2++2H2O，故C符合题意；D．放电时，CO2在正极被还原为C，C由+4价变为0价，每消耗6.72LCO2转移的电子的物质的量为1.2mol，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】放电时，Mg作负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，石墨作正极，电极反应式为3CO2+2Mg2++2H2O+4e-=2MgCO3·H2O+C，充电时，Mg作阴极，石墨作阳极。7．【答案】D【解析】【解答】A.0.0100mol∙L−1Na2C2O4溶液中有c(Na+)B．实验2滴加盐酸，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−C．实验3两者反应生成草酸钙，反应后剩余钙离子浓度为0.0200mol⋅L−1×1L−0D．实验4发生反应的离子方程式为5C2O42−+2MnO4−+16H+故答案为：D。

【分析】A.根据物料守恒有：c(Na+)=2[c(HC2O4−)+c(C2O42−)+c(H2C2O4)]；

B.根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+c(Cl－)+c(OH8．【答案】（1）恒压滴液漏斗；饱和NaHCO3溶液；吸收HCl；Ca(HCO3)2；温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小；加快搅拌速率；加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3（2）滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥【解析】【解答】（1）①装有盐酸的仪器可以起到平衡气压，使盐酸顺利滴下的作用，仪器名称为：恒压滴液漏斗；②盐酸易挥发，A中产生的CO2混有HCl，所以装置B中应盛放饱和NaHCO3溶液，用来吸收HCl；③锂精矿中除含有Li2CO3，还含有少量的CaCO3，通入CO2，会发生反应CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，则可能生成的杂质为Ca(HCO3)2；④Li2CO3、CO2溶解度均随温度升高而减小，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小，不利于反应进行；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；⑤Li2CO3表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；（2）已知：pH=10时Mg(OH)2完全沉淀，盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需要先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化为Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤，减少晶体的溶解，则实验方案为：滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥。

【分析】（1）A装置中大理石和反应生成CO2，经过装置B中饱和碳酸氢钠溶液除去HCl气体，CO2通入装置C中碳化溶解锂精矿（主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3）生成LiHCO3和Ca(HCO3)2，反应的化学方程式为Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3、CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，加入Li2C2O4沉淀Ca2+生成CaC2O4，过滤除去CaC2O4，热解、过滤获得Li2CO3，加热烘干碳酸锂；

（2）盐湖卤水中含一定浓度的LiCl和MgCl2，浓缩后加入NaOH溶液调节溶液的pH≥10，使MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀、过滤除去Mg(OH)2，再加入Na2CO3溶液将LiCl转化为Li2CO3，过滤得到Li2CO3。9．【答案】（1）-2价（2）>；同主族元素，原子序数越大，非金属性越弱，氢化物的稳定性越弱（3）CuSO4；随温度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高，但温度过高，CuSO4和TeO2反应生成难溶性的Cu2TeO4，出率降低（4）TeO2+2OH-=TeO32−（5）25.6×(6c【解析】【解答】（1）Cu2Te中Cu为+1价，则Te为-2价；（2）同主族元素，原子序数越大，非金属性越弱，氢化物的稳定性越弱，故H2S的稳定性强于H2Te；（3）经分析，滤液I的主要成分是CuSO4，根据CuSO4的浸出率与温度关系图可知，浸出率先是随温度升高而升高，然后随温度升高而减小，其原因是温度升高，硫酸铜的溶解度增大，溶解速率会加快，则浸出率逐渐升高，当温度高到一定程度，由于TeO2具有强还原性，则和CuSO4发生氧化还原反应生成了难溶于水的Cu2TeO4，故后期温度升高，CuSO4的浸出率反而下降。（4）经分析“碱浸”过程是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，故离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32−（5）根据题意可知25.00mLH2TeO3溶液和V2mLc2mol·L-1硫酸亚铁铵被V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亚铁被氧化成+3价铁，K2Cr2O7被还原成+3价铬，根据电子守恒可得关系式c(H2TeO3)×25.00mL×2+c2×V2mL×1=c1×V1mL×3×2，解得c(H2TeO3)=6c1V1-c2V250mol·L-1，则100mL的H2TeO3溶液所含的n(H2TeO3)=6c1V1-c2V250mol·L-1×0.1L=

【分析】阳极泥和硫酸、空气反应生成了不溶于水的TeO2，反应的化学方程式是Cu2Te+2H2SO4+2O2=2CuSO4+TeO2+2H2O，水浸后的滤液Ⅰ的主要成分是CuSO4，滤渣的主要成分是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通过结晶分离出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、Na2SO3反应生成不溶于水的碲，经过沉碲操作得到粗碲粉。10．【答案】（1）-164.0（2）0.48kPa·s-1（3）0.1；有其他含碳的副产物生成（4）p3>p2>p1；温度超过600℃时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升（5）1；减小投料比[c(CO2)：c(H2O)](或及时移出产物)【解析】【解答】（1）常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ·mol-1和-890.0kJ·mol-1，则有③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=-571kJ·mol-1，④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH4=-890.0kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，2×③-④+2×②可得反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，则ΔH1=2×ΔH3-ΔH4+2×ΔH2=2×(-571kJ·mol-1)-(-890.0kJ·mol-1)+2×(+44.0kJ·mol-1)=-164.0kJ·mol-1。（2）同温同体积下，气体的压强和气体的物质的量成正比，CO2、H2的起始分压分别为15kPa、30kPa，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，Δp(H2O)=10kPa，则Δp(CO2)=5kPa，Δp(H2)=20kPa，此时，p(CO2)=10kPa，Δp(H2)=10kPa，v(CH4)=1.2×10-6×10×104kPa·s-1=0.12kPa·s-1，v(H2)=4v(CH4)=0.48kPa·s-1。（3）如图所示，随着压强增大，CO2的转化率变化不大，CH4的产率逐渐减小，故CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。（4）①CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)是放热反应，低温时，主要发生该反应，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故p3＞p2＞p1；②压强为p1时，温度低于600℃时，主反应进行程度大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，温度超过600℃时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率上升。（5）恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，并结合方程式可知，曲线a表示H2O的浓度变化，曲线b表示CO2的浓度变化，曲线c表示O2的浓度变化，曲线d表示CH4的浓度变化；350℃时，c(CO2)=c(CH4)，c(H2O)=c(O2)，K=c2(O2)⋅c(CH4

【分析】（1）分别写出H2和CH4的燃烧热的热化学方程式，根据盖斯定律得出目标方程式；

（2）先根据v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)·p4(H2)计算甲烷的反应速率，再根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；

（3）甲烷化过程中有其他含碳的副产物生成，导致甲烷产率低；

（4）①该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；

②温度超过600℃时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升；

（5）350℃时，A点有c(CO2)=c(CH4)，c(H2O)=c(O2)，K=c2(O11．【答案】（1）3（2）F>O>N>C；；F>N>O>C（3）温度升高，磷酸分子间氢键被破坏；；正四面体形；；s（4）58；(1，1，3【解析】【解答】（1）基态钛原子为22号元素，核外电子排布式为：1s22s2（2）同周期，元素的电负性从左到右依次增强，故原子C、N、O、F电负性由大到小的顺序是：F>O>N>C；同周期，第一电离能一般是从左到右依次增强，由于氮原子2p轨道半充满，比较稳定，第一电离能较大，故第一电离能由大到小的顺序为：F>N>O>C；故答案为：F>O>N>C；F>N>O>C（3）温度升高，磷酸分子间氢键被破坏，导致磷酸黏度迅速下降；磷酸分子中磷原子的价层电子对数为：4+5+3−2×42=4，根据价层电子对互斥理论，可以推知：PO43−的立体构型为：正四面体形；根据杂化轨道理论可知，中心原子的杂化类型是（4）TiO2−aNb晶体结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，氧原