PAGE20-廣東省梅州市2025屆高三化學6月總復習質檢試題（二）（含解析）第Ⅰ卷一、選擇題1.中華傳統文化蘊含著許多科學學問。下列說法錯誤的是()。A.“水聲冰下咽，沙路雪中平”未涉及化學變更B.《呂氏春秋·別類編》中“金(即銅)柔錫柔合兩柔則剛”體現了合金硬度方面的特性C.“司南之(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材質為D.《本草綱目》中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”里的“堿”是【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．“水聲冰下咽，沙路雪中平”是水的三態變更，過程中沒有新物質生成，未涉及化學變更，A選項正確；B．金（即銅）柔錫柔，合兩柔則剛，說明合金的硬度比組成它的純金屬大，體現了合金硬度方面的特性，B選項正確；C．Fe3O4俗稱磁性氧化鐵，具有磁性，則司南中“杓”所用材質為Fe3O4，C選項錯誤；D．草木灰的主要成分是碳酸鉀，碳酸鉀溶于水，溶液呈堿性，所以“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”中的堿是碳酸鉀，D選項正確；答案選C。2.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()。A.與的混合物，含離子總數為B.已知中鉻元素的化合價為價，則分子中存在的過氧鍵數目為C.溶液完全反應，轉移電子數目肯定為D.常溫時，的鹽酸中水電離的數目為【答案】A【解析】【詳解】A．Na2S和Na2O2的摩爾質量均為78g/mol，則7.8gNa2S和Na2O2的混合物的物質的量為0.1mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2-構成，1molNa2O2由2molNa+和1mol構成，因此1molNa2S和Na2O2的混合物中含有的離子總數為0.3NA，A選項正確；B．CrO5中鉻元素的化合價為+6價，依據化合物中元素的化合價代數和為0可知，CrO5中1個O顯-2價，4個O顯-1價，則CrO5中有2個過氧鍵，因此1molCrO5分子中存在的過氧鍵數目為2NA，B選項錯誤；C．H2O2完全分解生成H2O和O2時，O元素的化合價有上升也有降低，即1molH2O2完全反應時轉移的電子數為NA，C選項錯誤；D．溶液體積位置，不能確定溶液中水電離出的OH-數目，D選項錯誤；答案選A?！军c睛】D選項為易錯點，解答時須要留意依據pH只能得出H+或OH-的濃度，而溶液體積未知，不能計算物質的量及離子數目。3.有機化合物F結構簡式如圖所示，下列說法正確的是()。A.F中的三個苯環可能在同一平面 B.F可與氧氣在肯定條件下反應生成醛C.F可發生加成聚合反應和取代反應 D.苯環上的一氯代物有6種【答案】B【解析】【詳解】A．依據F結構簡式分析可知，分子中的三個苯環可以看作取代甲烷上的3個H原子，甲烷上最多2個H原子與C原子共平面，因此F中三個苯環不行能在同一平面，A選項錯誤；B．F分子中的醇羥基可催化氧化生成醛基，B選項正確；C．F分子中苯環可發生取代反應，但分子中不含有不飽和鍵(碳碳雙鍵或碳碳三鍵)，因此不能發生加聚反應，C選項錯誤；D．依據F的結構分析，其苯環上的一氯代物共有7種，D選項錯誤；答案選B。4.下列操作或裝置，不能達到試驗目的的是()。A.圖Ⅰ用于試驗室制氨氣并收集干燥的氨氣B.圖Ⅱ用于檢驗濃硫酸與銅反應后的產物中是否含有銅離子C.圖Ⅲ用于驗證犧牲陽極的陰極愛護法D.圖Ⅳ用于制取晶體【答案】B【解析】【詳解】A．試驗室用加熱NH4Cl和Ca(OH)2的混合物的方法制取氨氣，氨氣是堿性氣體，密度比空氣小，用堿石灰干燥，采納向下排空氣法收集，A選項不符合題意；B．由于可能還有過剩的濃硫酸，因此在檢驗濃硫酸與銅反應后的產物中是否含有銅離子時應將反應后的溶液倒入水中，類似于濃硫酸的稀釋，B選項符合題意；C．原電池中鋅作負極失去電子發生氧化反應，鐵作正極被愛護，可用K3[Fe(CN)6]來檢驗是否生成Fe2+從而驗證犧牲陽極的陰極愛護法，C選項不符合題意；D．CO2和NH3通入飽和的氯化鈉溶液中反應生成碳酸氫鈉晶體，反應的化學方程式為NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，蘸有稀硫酸的棉花可汲取氨氣，防止污染空氣，D選項不符合題意；答案選B?！军c睛】選項B是易錯點，留意檢驗銅和濃硫酸反應后的溶液時，溶液中可能仍有過剩的濃硫酸，所以不能夠干脆把水倒水，防止發生意外事故。5.下圖是磷酸、亞磷酸、次磷酸的結構式，其中磷酸為三元中強酸，亞磷酸為二元弱酸，則下列說法正確的是()。A.磷酸()的電離方程式為：B.亞磷酸()與足量NaOH溶液反應生成C.溶液呈酸性，是因為的水解程度比電離程度大D.溶液呈堿性【答案】D【解析】【詳解】A．磷酸為三元中強酸，應分步電離，且可逆，電離方程式為H3PO4?H++H2PO，H2PO?H++HPO，HPO?H++PO，故A錯誤；B．亞磷酸為二元弱酸，只能電離出兩個氫離子，所以與足量NaOH溶液反應生成Na2HPO3，故B錯誤；C．假如溶液呈酸性，說明電離程度大于水解程度，故C錯誤；D．磷酸含有三個羥基氫為三元酸，亞磷酸含有兩個羥基氫為二元酸，而次磷酸只含一個羥基氫，所以應為一元酸，所以為正鹽，且為強堿弱酸鹽，溶液中存在次磷酸根的水解，使溶液顯堿性，故D正確；故答案為D。6.已知電解質溶液電導率越大導電實力越強。常溫下用溶液分別滴定濃度均為的鹽酸和醋酸溶液，測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列說法錯誤的是()。A.c點的混合液pH=7B.e、d兩點溶液混合后的溶液中：C.b點溶液中：D.a、b、c三點溶液中水的電離程度：【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.依據鹽酸為強電解質溶液，醋酸為弱電解質溶液。因為電解質溶液電導率越大導電實力越強可知，c點為用滴定濃度為的鹽酸溶液，此時消耗溶液為，由HCl+NaOH=NaCl+H2O可知n(NaOH)=n(HCl)，所以混合液pH=7，故A正確；B.依據鹽酸為強電解質溶液，醋酸為弱電解質溶液，分析可知d點所在的曲線代表滴定CH3COOH溶液的曲線，e點在的曲線代表滴定HCl溶液的曲線，分別加入5mL溶液后，兩者混合后溶液為NaCl和CH3COOH，且n(NaCl)=n(CH3COOH)，所以，故B正確；C.b點表示等濃度的氫氧化鈉與醋酸鈉的混和液,依據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+C(CH3COO-)；依據物料守恒c(Na+)=2C(CH3COO-)+2C(CH3COOH)，所以C(OH-)=C(H+)+c(CH3COO-)+2C(CH3COOH)，故C正確；D.a點表示醋酸鈉溶液，c點表示氯化鈉溶液，b點表示氫氧化鈉與醋酸鈉的混合液，b點水電離受到氫氧化鈉的抑制，a點水電離受到醋酸鈉的促進，c點氯化鈉對水電離無影響，所以a、b、c三點溶液中水的電離程度：a>c>b,故D錯誤；故答案為D。7.X、Y、Z、M、R為五種短周期元素，其原子半徑和最外層電子數之間的關系如圖所示，其中M單質為淡黃色固體。下列說法錯誤的是()。A.簡潔離子半徑：Z＞RB.元素非金屬性的依次：Z＞X＞YC.M的氧化物對應的水化物均為強酸D.Y的單質在加熱條件下能與Z的最高價氧化物對應的水化物的濃溶液反應【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R為五種短周期元素，X、R最外層只有一個電子，為第IA族元素；Y最外層有4個電子，位于第IVA族，Z原子最外層有5個電子，位于第VA族，M最外層有6個電子，位于第VIA族，其單質為淡黃色固體，則M為S元素；R原子半徑最大，為Na元素，X原子半徑最小，為H元素；Y原子和Z原子半徑接近、Z原子半徑小于Y而最外層電子數大于Y，所以Y是C、Z是N，據此分析結合元素性質解答。【詳解】A．R為Na元素，Z是N元素，二者簡潔離子的核外電子排布相同，核電荷數越大，半徑越小，則簡潔離子半徑：Z＞R，故A正確；B．X為H元素，Y是C元素，Z是N元素，元素周期表中，越靠上越靠右，非金屬性越強，元素非金屬性的依次：Z＞X＞Y，故B正確；C．M為S元素，其氧化物對應的水化物不肯定為強酸，如亞硫酸為弱酸，最高價氧化物對應的水化物為硫酸，是強酸，故C錯誤；D．Y是C、Z是N，Z的最高價氧化物對應的水化物的濃溶液為濃硝酸，碳具有還原性，與濃硝酸發生氧化還原反應生成二氧化碳、二氧化氮和水，故D正確；答案選C。第Ⅱ卷二、非選擇題(一)必考題8.是接觸法生產硫酸的催化劑，屬于兩性氧化物，可從富釩爐渣(主要含有、和少量、)中提取，其工藝流程如下：已知：①②一些金屬陽離子沉淀的pH范圍：起先沉淀pH完全沉淀pH6.59.02.23.54.15.4(1)“酸浸還原”時轉化為，寫出有關反應的離子方程式________；經“氧化”后釩以存在，寫誕生成反應的離子方程式________。(2)調整溶液至2.0~3.5，宜選用的試劑是________(填標號)。A．B．C．D．(3)“濾渣1”的主要成分是________；粗品中的雜質為________。(4)“沉釩”時需加入稀，其目的是________。(5)焙燒產生的氣體用________汲取后，其產物可以在該工藝中循環利用。(6)在肯定條件下可轉化為不同價態的釩離子(、、、)，可作為全釩液充電流電池的電極液，電池總反應為。下圖是釩電池基本工作原理示意圖：充電時陽極的反應式為____；能夠通過釩電池基本工作原理示意圖中“隔膜”的離子是_____?！敬鸢浮?1).(2).(3).C(4).(5).(6).使的水解平衡逆向移動，增大濃度，從而增大的產量(7).稀(8).(9).【解析】【分析】富釩爐渣(主要含有、和少量、)加稀硫酸將金屬氧化物溶解得到硫酸亞鐵和硫酸鋁，加亞硫酸鈉將還原成，二氧化硅不溶解，過濾除去；濾液中加氯酸鈉將氧化成，調整pH值后得到粗品；將粗品溶于氫氧化鈉溶液中得到溶液，過濾雜質，在濾液中加稀硫酸和硫酸銨得到，焙燒得純凈的，據此分析解答。【詳解】(1)“酸浸還原”時轉化為，離子方程式為，加氯酸鈉將氧化成，相應的離子反應方程式為：，故答案為：；；(2)調整溶液至2.0~3.5，使平衡正向移動得到，需加堿性溶液中和氫離子，A、B為酸溶液不能與氫離子反應，故不合題意；D氫氧化鈣能中和氫離子但會引入鈣離子雜質，故不合題意，碳酸鈉既可以中和氫離子又不引入新的雜質離子，故選擇C，故答案為：C；(3)“濾渣1”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅；加硫酸溶解過濾后的濾液中存在亞鐵離子，加氯酸鈉后被氧化成三價鐵離子，調整溶液至2.0~3.5時三價鐵離子轉變成沉淀，因此粗品中含有，故答案為：；；(4)因銨根離子會發生水解反應，導致其溶液中的銨根離子濃度減小，而加稀硫酸后可以使的水解平衡逆向移動，增大濃度，從而增大的產量，故答案為：使的水解平衡逆向移動，增大濃度，從而增大的產量；(5)焙燒過程中分解產生氨氣和，產生的氨氣可以用稀硫酸汲取轉變成硫酸銨在沉釩時循環運用，故答案為：稀；(6)充電時陽極發生氧化反應，結合總反應式可得陽極電極反應為：，由陽極反應可知電解過程中陽極區的氫離子濃度增大，為維持兩側溶液的電荷守恒，氫離子應透過隔膜向陰極移動，故答案為：；；9.硫酸錳晶體()是重要的微量元素肥料之一。某愛好小組在試驗室中探究用軟錳礦(主要成分為，含有少量、、等雜質制取硫酸錳晶體，其詳細流程如下：已知：①反應原理為：；②難溶于水。(1)濾渣2主要成分是，步驟②中的稀硫酸的作用是________。(2)步驟③中采納硫酸和草酸晶體溶解，草酸晶體的作用是________；配制硫酸時，須要的儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還須要________。將濾渣2置于燒杯中，先加入稀硫酸，將溶液稍加熱后，在攪拌下緩慢分批加入草酸晶體，直至燒杯中的固體全部溶解。在攪拌下緩慢分批加入草酸晶體的理由是________。(3)步驟④的詳細試驗操作有________，經洗滌后干燥得到晶體。(4)愛好小組同學擬接著探討硫酸錳的高溫分解的固體產物，經查資料可知：硫酸錳晶體高溫下分解產物為、、，及水蒸氣。為了確定的化學式，采納下面裝置進行測定(已知：的熔點為16.8℃，沸點為44.8℃)。①裝置中汲取的氣體為________。②試驗自始至終均需通入，其目的是________。③若起始時，在裝置A中加入，充分反應后，測得裝置C增重6.4g，則的化學式為________?！敬鸢浮?1).除去(2).做還原劑，將MnO2還原為Mn2+(3).100mL容量瓶、膠頭滴管(4).防止MnO2固體表面產生MnC2O4而阻擋反應進行，并防止草酸過量引入雜質(5).加熱濃縮、冷卻結晶、過濾(6).SO2(7).排出裝置中的空氣，并將生成的氣體全部趕至后面裝置汲取(8).Mn3O4【解析】【分析】由題給流程可知，向軟錳礦中加入氫氧化鈉溶液，酸性氧化物二氧化硅和兩性氧化物氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液生成硅酸鈉和偏鋁酸鈉，二氧化錳和氧化鐵不溶解，則濾渣1為二氧化錳和氧化鐵；向濾渣1中加入稀硫酸，堿性氧化物氧化鐵溶于稀硫酸生成硫酸鐵，二氧化錳不溶解，則濾渣2為二氧化錳；向濾渣2加入稀硫酸和草酸晶體，酸性條件下二氧化錳和草酸發生氧化還原反應生成硫酸錳，硫酸錳溶液經加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到MnSO4·7H2O晶體。【詳解】（1）步驟②為向濾渣1中加入稀硫酸，堿性氧化物氧化鐵溶于稀硫酸生成硫酸鐵，二氧化錳不溶解，則稀硫酸的作用是溶解除去Fe2O3，故答案為：除去Fe2O3；（2）步驟③為向濾渣2加入6.0mol/L硫酸和草酸晶體，酸性條件下二氧化錳和草酸發生氧化還原反應生成，反應中二氧化錳做氧化劑，草酸做還原劑，將MnO2還原為Mn2+；配制100mL6.0mol/L硫酸時用到的儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；由題意可知MnC2O4難溶于水，溶解二氧化錳過程中，為防止MnO2固體表面產生MnC2O4而阻擋反應進行和草酸過量引入新雜質，應先加入稀硫酸，將溶液稍加熱后，在攪拌下緩慢分批加入草酸晶體，直至燒杯中的固體全部溶解，故答案為：做還原劑，將MnO2還原為Mn2+；100mL容量瓶、膠頭滴管；防止MnO2固體表面產生MnC2O4而阻擋反應進行，并防止草酸過量引入雜質；(3)步驟④為硫酸錳溶液經加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到MnSO4·7H2O晶體，故答案為：加熱濃縮、冷卻結晶、過濾；①由題意可知，MnSO4·7H2O晶體受熱分解生成的氣體中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸氣，三氧化硫能溶于濃硫酸，二氧化硫不溶于濃硫酸，混合氣體經過濃硫酸，濃硫酸汲取了三氧化硫和水蒸氣，則氫氧化鈉溶液汲取的氣體為二氧化硫，故答案為：SO2；②試驗起先時，通入氮氣的目的是排出裝置中的空氣，試驗中通入氮氣的目的是將MnSO4·7H2O晶體受熱分解生成的氣體全部趕至后面裝置汲取，防止影響試驗結果，故答案為：排出裝置中的空氣，并將生成的氣體全部趕至后面裝置汲?。虎?3.1gMnSO4·7H2O的物質的量為=0.3mol，6.4g二氧化硫的物質的量為=0.1mol，設MnxOy中錳元素的化合價為a，由得失電子數目守恒可得0.3mol×（a—2）=0.1mol×2，解得a=，則MnxOy為Mn3O4，故答案為：Mn3O4?！军c睛】MnSO4·7H2O晶體受熱分解生成的氣體中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸氣，三氧化硫能溶于濃硫酸，二氧化硫不溶于濃硫酸，混合氣體經過濃硫酸，濃硫酸汲取了三氧化硫和水蒸氣，則氫氧化鈉溶液汲取的氣體為二氧化硫是解答關鍵。10.碳、氮、硫及其化合物對生產、生活有重要的意義。(1)以與為原料可合成尿素。已知：①②③寫出NH3和CO2合成尿素和液態水的熱化學方程式________。(2)高溫下，CO2與足量碳在密閉容器中實現反應：。向容積為1L的恒容容器中加入0.2molCO2，在不同溫度下達到平衡時CO2的物質的量濃度隨溫度的變更如圖所示。則該反應為________(填“放熱”或“吸熱”)反應；某溫度下若向該平衡體系中再通入0.2molCO2，達到新平衡后，體系中CO的百分含量________(填“變大”、“變小”或“不變”)。(3)肯定量的與足量的碳在體積可變的恒壓密閉容器中反應：，平衡時體系中氣體體積分數與溫度的關系如圖所示：①650℃時，反應達平衡后的轉化率為________。②℃時，平衡常數________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓總壓體積分數)。(4)與能發生反應：在固定體積密閉容器中，運用某種催化劑，變更原料氣配比進行多次試驗(各次試驗的溫度可能相同，也可能不同)，測定的平衡轉化率。部分試驗結果如圖所示：①當容器內________(填標號)不再隨時間的變更而變更時，反應達到平衡狀態。A．氣體的壓強B．氣體的平均摩爾質量C．氣體的密度D．的體積分數②假如要將圖中C點的平衡狀態變更為B點的平衡狀態，應實行的措施是________。③若A點對應試驗中，的起始濃度為，經過達到平衡狀態，該時段化學反應速率________。④圖中C、D兩點對應的溫度分別為℃和℃，通過計算推斷________(填“”、“”或“”)?！敬鸢浮?1).(2).吸熱(3).變小(4).25%(5).0.5(6).D(7).降低溫度(8).(9).【解析】【分析】本題綜合考察蓋斯定律和化學平衡常數的計算，化學平衡常數的計算常用三段式來進行計算，對于反應，用平衡分壓代替平衡濃度計算的化學平衡常數的表達式為：?！驹斀狻?1)依據蓋斯定律計算（1）+（2）-（3）得與合成尿素的熱化學方程式為：；，故本題答案為：；。(2)隨著溫度的上升，CO2的物質的量濃度漸漸減小，說明平衡正向移動，因此該反應屬于吸熱反應；恒容容器中充入二氧化碳可以看做，二氧化碳先與碳在其他容器反應達到平衡后，再混合把體積縮小至原始體積，相當于增大壓強，則平衡向逆反應方向進行，達到新平衡后，體系中CO的百分含量減小，故本題答案為：吸熱；變?。?3)由圖可以知道，650℃時，反應達到平衡后CO的體積分數為40%，設起先反應時加入的二氧化碳為1mol，轉化了xmol，則有：所以，計算出x=0.25mol，則二氧化碳的轉化率為25%；℃時，一氧化碳和二氧化碳的體積分數均為50%，則，故本題答案為：25%；0.5；(4)①A，反應前后氣體物質量不變，氣體的壓強始終不變，不能說明反應達到平衡狀態，故A錯誤；B、氣體質量不變，氣體物質的量不變，氣體的平均摩爾質量始終不變，不能說明反應達到平衡狀態，故B錯誤；C、反應前后氣體質量不變氣體體積不變，氣體的密度始終不變，不能說明反應達到平衡狀態，故C錯誤；D、NO2的體積分數不變是平衡標記，故D正確；因此，本題正確答案是：D；②假如要將圖中C點的平衡狀態變更為B點的平衡狀態，平衡轉化率增大，平衡正向進行，正反應為放熱反應，降低溫度平衡正向進行，因此，本題正確答案是：降低溫度；③A點平衡轉化率為50%，n(NO2)：n(SO2)=0.4，SO2(g)的起始濃度為comol/L，NO2起始濃度c(NO2)=0.4comol/L，反應的二氧化氮濃度=0.4comol/L×50%=0.2comol/L，該時段化學反應速率V(NO2)==mol/L?min，因此，本題正確答案是：；(4NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，△H=-41.8kJ/mol，反應為放熱反應，n(NO2)：n(SO2)=1，SO2(g)的起始濃度為comol/L，c(NO2)=comol/L，圖中C、D兩點對應的試驗溫度分別為Tc和Td，C點二氧化氮轉化率為50%，平衡常數K=1。D點二氧化碳的轉化率為40%，n(NO2)：n(SO2)=1.5，SO2(g)的起始濃度為comol/L，c(NO2)=1.5comol/L，則平衡常數K=1。平衡常數相同，說明反應溫度相同，Tc=Td，因此，本題正確答案：=?！军c睛】化學平衡常數只與溫度有關，化學平衡常數相同，則溫度相同，此為易錯點。(二)選考題[化學選修——3：物質結構與性質]11.2024年諾貝爾化學獎授予約翰·古德伊納夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科學家，以表彰他們在鋰電池領域所做出的巨大貢獻。、常用作鋰離子電池的正極材料，請回答下列問題：(1)基態鋰原子的最高能級的電子云形態是________；基態磷原子有________個未成對電子；基態鐵原子核外電子排布式為________。(2)中的配位數為4，配體中N的雜化方式為________，該配離子中各元素的第一電離能由小到大的依次為________(用元素符號表示)。(3)在水中易被還原成，而在氨水中可穩定存在，其緣由為________。(4)屬于簡潔磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽則是一種困難磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如下圖所示：這類磷酸根離子的化學式可用通式表示為________(用n代表P原子數)。(5)鈷藍晶體結構如下圖，該立方晶胞由4個Ⅰ型和4個Ⅱ型小立方體構成。晶體中占據形成的________(填“四面體空隙”或“八面體空隙”)；鈷藍晶體的密度為___________(列出計算式，用表示阿伏加德羅常數的值)?！敬鸢浮?1).球形(2).3(3).（或）(4).(5).(6).可與形成較穩定的協作物(7).(8).八面體空隙(9).【解析】【詳解】(1)鋰是3號元素，核外電子排布為1s22s1，最高能級是2s，其電子云形態是球形；磷是15號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p3，其未成對電子數是3p能級上的3個電子；鐵是26號元素，C依據核外電子排布規律可得其基態鐵原子核外電子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案為：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；(2)NO3－中價層電子對數為5+0+12=3，故為sp2雜化；一般狀況下非金屬性越強第一電離能越大，但由于N原子中最外層為半充溢狀態，比較穩定，故第一電離能大于O，所以第一電離能由小到大的依次為；故答案為：sp2；；(3)可與形成較穩定的協作物，故在水中易被還原成，而在氨水中可穩定存在；(4)可以依據磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化學式推導：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的變更規律為：1、2、3、4，n氧原子的變更規律為：4、7、10、3n+1酸根所帶電荷數的變更規律為：3、4、5、n+2，這類磷酸根離子的化學式可用通式來表示；(5）依據鈷藍晶體晶胞結構視察，晶體中Al3+占據O2-形成八面體空隙；該晶胞的體積為(2a×10-7)3，該晶胞的質量為32×16+16×27+8×59NA=8(59+2×27+4×16)NA，所以密度為；故答案為：八面體空隙；?！军c睛】金屬陽離子易與氨氣、水等物質形成