高中化学高考三轮冲刺【省一等奖】

2023年山东省济宁市汶上五中高考化学二模试卷一、选择题（本题共7小题，均为单选题，每小题6分，共78分，）1．（6分）（2032•济宁校级二模）化学与科技、社会、生产、生活密切相关．下列有关说法不正确的是（）A．物质燃烧时产生有色火焰的都是焰色反应的见证B．棉花、木材和植物秸秆的主要成分都是纤维素C．航天服主要成分由碳化硅陶瓷和碳纤维复合而成，是一种复合材料D．天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源2．（6分）（2023•钟祥市校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．常温下，•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目小于B．30g甲醛中含电子对数为4NAC．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数是D．室温下，7.1g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数小于3．（6分）（2032•济宁校级二模）下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A．碱性溶液中：ClO﹣、Cl﹣、K+、Na+B．常温常压下气体：O2、N2、Cl2、NH3C．含有AlO2﹣的溶液：NO3﹣、HCO3﹣、Na+、K+D．氢氧化铁胶体：H+、K+、S2﹣、Br﹣4．（6分）（2032•济宁校级二模）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A先滴加BaCl2溶液，再加稀HNO3生成白色沉淀，且沉淀不溶解．原溶液中有SO42﹣B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色原溶液中有I﹣C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加NaOH溶液加热，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A．AB．BC．CD．D5．（6分）（2023•博白县模拟）下列图示与对应的叙述相符的是：（）A．图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH．B．图2表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2C．图3表示在其他条件相同时，分别在T1、T2温度下由CO2和H2合成甲醇的物质的量随时间变化情况，则CO2和H2合成甲醇是吸热反应．D．图4表示将L氨水滴入L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线．6．（6分）（2032•济宁校级二模）体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德．某种兴奋剂的结构简式如图所示．有关该物质的说法中正确的是（）A．该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色B．滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，能证明其结构中碳碳双键、酚羟基两种基团至少存在一种C．1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2分别为4mol和7molD．该分子中的所有碳原子不可能共平面7．（6分）（2032•济宁校级二模）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb；下列有关说法正确的是（Pb的相对原子质量：207）（）A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转C．放电过程中，Li+向负极移动D．每转移电子，理论上生成20.7gPb三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．（15分）（2032•济宁校级二模）元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对照中学化学常见长式元素周期表，回答下列问题：（1）元素C的最高价氧化物的电子式为；元素G的离子结构示意图为．（2）元素L位于周期表的第族，1mol/LLM2溶液500ml与K单质恰好完全反应的离子方程式为．（3）化合物X是由B、E、G三种元素组成，其水溶液呈性，原因是（用离子方程式表示）．（4）D和G组成的化合物GD，被大量用于制造电子元件．工业上用G的氧化物、C单质和D单质在高温下制备GD，其中G的氧化物和C单质的物质的量之比为1：3，则该反应的化学方程式为．（5）制取粗硅的过程中，SiO是反应中间产物，隔绝空气时SiO和NaOH溶液反应（产物之一是硅酸钠）的化学方程式．9．（14分）（2023•博白县模拟）“低碳循环”已引起各国家的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量和有效地开发利用CO2正成为化学家研究的主要课题．（1）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO165042629002133900abcdt①实验2条件下平衡常数K=．②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则的值（填具体值或取值范围）．③实验4，若900℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时V正V逆（填“＜”，“＞”，“=”）．（2）已知在常温常压下：写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：．①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣mol（3）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性．常温下，向10mL•L﹣1H2C2O4溶液中滴加10mL•L﹣1NaOH溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系（4）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=×10﹣9．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10﹣4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为mol/L．（5）以二甲醚（CH3OCH3）、空气、H2SO4为原料，铂为电极可构成燃料电池，其工作原理与甲烷燃料电池的原理相似．请写出该电池负极上的电极反应式：．10．（14分）（2023•上饶二模）半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HC1．遇O2会生成P0Cl3，P0Cl3溶于PCl3，PCl3、POCl3的熔沸点见下表：实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO165042629002133900abcdt请回答下列问题：（1）A装置中制氯气的离子方程式为．（2）B中所装试剂是，E中冷水的作用是F中碱石灰的作用是．（3）实验时，检査装置气密性后，先打开K3通入干燥的C02，再迅速加入黄磷．通干燥C02的作用是．（4）粗产品中常含有POCl3、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后．通过（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3．（5）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；②取以上溶液，向其中加入L碘水，充分反应；③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用L的Na2S2O3，溶液滴定④重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3，溶液已知：H3PO3+H2O+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应．根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为．二、选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并将所选题目的题号写在相应位置上．注意所做题目的题号必须与所选题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．11．（2032•济宁校级二模）镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+②某温度下一些金属氢氧化物的Kap及沉淀析出的理论pH如下表所示：M（OH）nKappH开始沉淀沉淀完全Al（OH）3×10﹣23Fe（OH）3×10﹣38Ni（OH）2×10﹣14回答下列问题：（1）根据上表数据判断步骤②依次析出沉淀Ⅱ和沉淀Ⅲ（填化学式），则pH1pH2（填填“＞”、“=”或“＜”），控制两种沉淀析出可利用．A．pH试纸B．石蕊指示剂C．pH计（2）已知溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O，则③的化学方程式是．第③步反应后，过滤沉淀时需要的玻璃仪器有．若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因、．（3）④中阳极反应产生的气体E为，验证该气体的试剂为．（4）试写出⑥的离子方程式．12．（15分）（2032•济宁校级二模）决定物质性质的重要因素是物质结构．请回答下列问题．（1）下图是石墨的结构，其晶体中存在的作用力有（填序号）．A：σ键B：π键C：氢键D：配位键E：分子间作用力F：金属键G：离子键（2）下面关于晶体的说法不正确的是；A．晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4B．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅C．熔点由高到低：Na＞Mg＞AlD．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI（3）CaF2结构如图Ⅰ所示，Cu形成晶体的结构如Ⅲ所示，Ⅱ为H3BO3晶体结构图（层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键结合）①图Ⅰ所示的晶体中与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为；图Ⅲ中未标号的Cu原子形成晶体后周围最紧邻的Cu原子数为；②H3BO3晶体中B原子杂化方式；③三种晶体中熔点高低的顺序为（填化学式），H3BO3晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用为；（4）碳的某种单质的晶胞如图4所示，一个晶胞中有个碳原子；若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个碳原子之间的距离为cm（用代数式表示）．13．（2023•江西一模）固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体．某高分子化合物F可用下列反应制得：（1）A的名称为，D中官能团的名称为；（2）由A也可以制取E，其发生反应的反应类型依次为；（3）写出下列反应的方程式：①D→E：；②B+E→F：；（4）G是E的同分异构体，满足下列条件的G的结构有种；①结构中含有苯环，且苯环上一氯代物只有一种②1mol该物质与足量金属钠反应生成22.4升的H2（标况）．（5）下列关于有机物D或E的说法屮，正确的有；（多选不给分）（A）D是烃的衍生物，属于芳香族化合物（B）D分子中所有的氢原子有可能在同一平面内（C）E的核磁共振氢谱有4个吸收峰（D）E能发生加成反应、取代反应和消去反应．

2023年山东省济宁市汶上五中高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，均为单选题，每小题6分，共78分，）1．（6分）（2032•济宁校级二模）化学与科技、社会、生产、生活密切相关．下列有关说法不正确的是（）A．物质燃烧时产生有色火焰的都是焰色反应的见证B．棉花、木材和植物秸秆的主要成分都是纤维素C．航天服主要成分由碳化硅陶瓷和碳纤维复合而成，是一种复合材料D．天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源考点：焰色反应；清洁能源；纤维素的性质和用途；合成材料．专题：基本概念与基本理论．分析：A．某些金属或它们的化合物在灼烧时火焰会呈现特征焰色，叫焰色反应；B．棉花、木材和植物秸秆的成分都是纤维素；C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料．碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构和氮化硅属于无机物；D．化石能源指的是亿万年前的大量生物经过地壳变化，被埋藏在地下，受地层压力和温度的影响，缓慢地形成的可以燃烧的矿物质．如煤、石油等；能从自然界源源不断获得的能源是可再生能源，不能从自然界源源不断获得的能源是不可再生能源．从自然界直接获得不需要加工的能源是一次能源，对一次能源通过加工转化而获得的能源是二次能源．解答：解：A．焰色反应针对的是金属元素，故A错误；B．棉花、木材和植物秸秆的主要成分都是纤维素，故B正确；C．碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构和氮化硅属于无机物；属于无机非金属材料，故C正确；D．水煤气是水和煤反应生成的一氧化碳和氢气混合气体属于二次能源，天然气、沼气都是甲烷，分别属于化石能源、可再生能源，故D正确．故选A．点评：本题考查焰色反应、纤维素、无机材料以及资源等，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．2．（6分）（2023•钟祥市校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．常温下，•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目小于B．30g甲醛中含电子对数为4NAC．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数是D．室温下，7.1g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数小于考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．缺少硫酸铁溶液的体积，无法计算溶液中铁离子是数目；B．甲醛的电子式为，分子中含有4对共用电子对和2对孤对电子，总共含有6对电子对；C．石墨烯中，每个碳原子被3个六元环公用，根据均摊法计算出12个C能够形成的六元环的数目；D．氯气与氢氧化钙的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂，氯气完全反应转移了电子．解答：解：A．没有告诉硫酸铁溶液的体积，无法计算溶液中铁离子的数目，故A错误；B．30g甲醛的物质的量为1mol，1mol甲醛中含有6mol电子对，含有电子对数为6NA，故B错误；C.12g石墨烯中含有1molC，每个碳原子被3个六元环共用，每个六元环中含有的碳原子数目为：×6=2，所以1molC原子形成的六元环的物质的量为：=，含有六元环的个数是，故C正确；D.7.1g氯气的物质的量为，氯气与氢氧化钙反应转移了电子，反应转移电子数等于，故D错误；故选C．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项BC为易错点，注意甲醛中电子对数目，能够利用均摊法计算出石墨烯中含有的六元环数目．3．（6分）（2032•济宁校级二模）下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A．碱性溶液中：ClO﹣、Cl﹣、K+、Na+B．常温常压下气体：O2、N2、Cl2、NH3C．含有AlO2﹣的溶液：NO3﹣、HCO3﹣、Na+、K+D．氢氧化铁胶体：H+、K+、S2﹣、Br﹣考点：离子共存问题．分析：A．碱性溶液中，如离子之间不发生任何反应，可大量共存；B．Cl2与NH3反应；C．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离；D．胶体不能稳定存在于电解质溶液中．解答：解：A．碱性溶液中，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．Cl2与NH3发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，可用于检验氯气是否泄漏，故B错误；C．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离，生成氢氧化铝和CO32﹣，故C错误；D．胶体不能稳定存在于电解质溶液中，故D错误．故选A．点评：本题考查离子共存问题，明确常见离子的性质及离子之间发生的反应是解答的关键，解答该题时注意各选项中的条件，把握胶体的性质，题目难度不大．4．（6分）（2032•济宁校级二模）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A先滴加BaCl2溶液，再加稀HNO3生成白色沉淀，且沉淀不溶解．原溶液中有SO42﹣B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色原溶液中有I﹣C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加NaOH溶液加热，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．不能排出SO32﹣；B．氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；C．应透过蓝色钴玻璃观察是否含有K+；D．滴加稀氢氧化钠溶液，生成少量氨气，因氨气易溶于水，不能得到气体．解答：解：A．SO32﹣具有还原性，可被硝酸氧化生成SO42﹣，不能排出SO32﹣，故A错误；B．氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色，可说明原溶液中有I﹣，故B正确；C．用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，如观察不到紫色，则不含有钾离子，故C错误；D．滴加稀氢氧化钠溶液，加热，因氨气易溶于水，不能生成气体，应用氢氧化钠浓溶液，故D错误．故选B．点评：本题综合考查物质的检验和鉴别的实验设计，为高频考点，题目难度不大，注意把握物质的检验方法，牢固掌握物质的性质为解答该类题目的关键之处．5．（6分）（2023•博白县模拟）下列图示与对应的叙述相符的是：（）A．图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH．B．图2表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B＞A．C．图3表示在其他条件相同时，分别在T1、T2温度下由CO2和H2合成甲醇的物质的量随时间变化情况，则CO2和H2合成甲醇是吸热反应．D．图4表示将L氨水滴入L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．稀释等pH的两种酸，稀释相同倍数时，PH变化越快的酸酸性越强，等浓度的钠盐溶液，弱酸的钠盐溶液pH大；B．质量分数=；C．先根据“先拐先平数值大”确定温度高低，再根据甲醇的量确定温度与平衡移动方向的关系；D．将氨水滴入盐酸中，溶液的PH逐渐增大，酸碱中和反应是放热反应．解答：解：A．根据图象知，稀释相同的倍数，HA的pH变化快，所以HA的酸性比HB强，则相同浓度的钠盐溶液中，NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故A正确；B．根据图象知，随着温度的升高，两种物质的溶解度都增大，在t1℃时A、B的饱和溶液的溶解度相同则质量分数相同，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质和溶剂的量都不变，所以其溶质的质量分数B=A，故B错误；C．根据“先拐先平数值大”知T1＜T2，升高温度，甲醇的物质的量减少，说明平衡向甲醇分解的方向移动，则合成甲醇的反应方向是放热反应，故C错误；D．将L氨水滴入L盐酸中，溶液由酸性逐渐变为中性再到碱性，所以溶液的pH逐渐增大，故D错误；故选A．点评：本题是图象分析知，明确纵横坐标、曲线方向、拐点的含义是解本题关键，难度中等，易错选项是B，明确B中交点的意义，为易错点．6．（6分）（2032•济宁校级二模）体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德．某种兴奋剂的结构简式如图所示．有关该物质的说法中正确的是（）A．该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色B．滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，能证明其结构中碳碳双键、酚羟基两种基团至少存在一种C．1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2分别为4mol和7molD．该分子中的所有碳原子不可能共平面考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由有机物的结构简式可知，分子中含碳碳双键、酚﹣OH，结合烯烃、酚的性质及苯环的平面结构来解答．解答：解：A．苯酚同系物中只含1个苯环，该物质含2个苯环，不是苯酚同系物，但含酚﹣OH，遇FeCl3溶液呈紫色，故A错误；B．碳碳双键、碳碳三键、酚﹣OH、醇﹣OH等均能被氧化，滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，不能能证明其结构中碳碳双键、酚羟基两种基团至少存在一种，故B错误；C．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代，碳碳双键与溴水发生加成，则1mol该物质与浓溴水反应，消耗溴为4mol；苯环与碳碳双键均与氢气发生加成，则1mol该物质与氢气反应时，消耗氢气为7mol，故C正确；D．苯环、碳碳双键均为平面结构，且直接相连的原子在同一平面内，则该分子中的所有碳原子可能共平面，故D错误；故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酚性质的考查，选项D为解答的难点，题目难度不大．7．（6分）（2032•济宁校级二模）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb；下列有关说法正确的是（Pb的相对原子质量：207）（）A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转C．放电过程中，Li+向负极移动D．每转移电子，理论上生成Pb考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式计算．解答：解：A．正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，故A错误；B．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故B正确；C．放电过程中阳离子向正极移动，故C错误；D．根据电极方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移mol电子，理论上生成，质量为，故D错误．故选B．点评：本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．（15分）（2032•济宁校级二模）元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对照中学化学常见长式元素周期表，回答下列问题：（1）元素C的最高价氧化物的电子式为；元素G的离子结构示意图为．（2）元素L位于周期表的第VⅢ族，1mol/LLM2溶液500ml与K单质恰好完全反应的离子方程式为10Fe2++6Br﹣+8Cl2=10Fe3++3Br2+16Cl﹣．（3）化合物X是由B、E、G三种元素组成，其水溶液呈碱性，原因是AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣（用离子方程式表示）．（4）D和G组成的化合物GD，被大量用于制造电子元件．工业上用G的氧化物、C单质和D单质在高温下制备GD，其中G的氧化物和C单质的物质的量之比为1：3，则该反应的化学方程式为Al2O3+3C+N22AlN+3CO．（5）制取粗硅的过程中，SiO是反应中间产物，隔绝空气时SiO和NaOH溶液反应（产物之一是硅酸钠）的化学方程式SiO+2NaOH=Na2SiO3+H2↑．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据图片知，阿拉伯数字表示周期数，大写数字表示周期表的列，根据元素在周期表中的位置知，A、B、C、D、E、F、G、J、K、L、M分别是H、Na、C、N、O、Mg、Al、S、Cl、Fe、Br元素，（1）元素C是C元素，碳元素的最高价氧化物是二氧化碳，二氧化碳分子中碳原子和每个氧原子之间存在共价双键；G是Al元素，铝离子核外有2个电子层，最外层有8个电子；（2）元素L为Fe元素，位于周期表的第VIII族，溴离子还原性小于亚铁离子，所以氯气先氧化亚铁后氧化溴离子，n（FeBr2）=1mol/L×=，Fe2+完全被氧化需要n（Cl2）为，Br﹣完全被氧化需要n（Cl2）为，所以FeBr2完全被氧化需要n（Cl2）为＞，所以该反应中只有部分溴离子被氧化；（3）化合物X是由Na、O、Al三种元素组成，则X是NaAlO2，偏铝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性；（4）N和Al组成的化合物AlN，G的氧化物是Al2O3，C单质是C，D的单质在N2，高温条件下，碳、氮气和氧化铝反应生成AlN，且Al2O3和C单质的物质的量之比为1：3，据此书写方程式；（5）隔绝空气时SiO和NaOH溶液反应硅酸钠，根据元素守恒及转移电子守恒知，另一种生成物是氢气．解答：解：根据图片知，阿拉伯数字表示周期数，大写数字表示周期表的列，根据元素在周期表中的位置知，A、B、C、D、E、F、G、J、K、L、M分别是H、Na、C、N、O、Mg、Al、S、Cl、Fe、Br元素，（1）素C是C元素，碳元素的最高价氧化物是二氧化碳，二氧化碳的电子式为，G是Al元素，铝离子核外有2个电子层，最外层有8个电子，其离子结构示意图为，故答案为：；；（2）元素L为Fe元素，位于周期表的第VIII族，溴离子还原性小于亚铁离子，所以氯气先氧化亚铁后氧化溴离子，n（FeBr2）=1mol/L×=，Fe2+完全被氧化需要n（Cl2）为，Br﹣完全被氧化需要n（Cl2）为，所以FeBr2完全被氧化需要n（Cl2）为＞，所以只有部分溴离子被氧化，被氧化的n（Br﹣）==，所以被氧化的Fe2+、Br﹣与参加反应的Cl2物质的量之比为：：=5：3：4，所以其离子方程式为：10Fe2++6Br﹣+8Cl2=10Fe3++3Br2+16Cl﹣，故答案为：VIII；10Fe2++6Br﹣+8Cl2=10Fe3++3Br2+16Cl﹣；（3）化合物X是由Na、O、Al三种元素组成，则X是NaAlO2，偏铝酸钠是强碱弱酸盐，偏铝酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解离子方程式为AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，故答案为：碱性；AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣；（4）N和Al组成的化合物AlN，G的氧化物是Al2O3，C单质是C，D的单质在N2，高温条件下，碳、氮气和氧化铝反应生成AlN，且Al2O3和C单质的物质的量之比为1：3，根据元素守恒知，另一种生成物是一氧化碳，结合原子守恒得反应方程式为Al2O3+3C+N22AlN+3CO，故答案为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO；（5）隔绝空气时SiO和NaOH溶液反应硅酸钠，根据元素守恒及转移电子守恒知，另一种生成物是氢气，反应方程式为SiO+2NaOH=Na2SiO3+H2↑，故答案为：SiO+2NaOH=Na2SiO3+H2↑．点评：本题考查了元素周期表和元素周期律应用，正确连接扇形图所表达的含义是解本题关键，再结合元素化合物知识来分析解答，同时考查学生对基础知识的掌握、知识框架的构成、综合知识的应用能力，难点是（2）离子方程式的书写，要根据离子还原性强弱顺序及转移电子守恒判断生成物，从而正确书写方程式，难度中等．9．（14分）（2023•博白县模拟）“低碳循环”已引起各国家的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量和有效地开发利用CO2正成为化学家研究的主要课题．（1）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO165042629002133900abcdt①实验2条件下平衡常数K=或．②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则的值＜1（填0＜a/b＜1亦可）（填具体值或取值范围）．③实验4，若900℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时V正＜V逆（填“＜”，“＞”，“=”）．（2）已知在常温常压下：写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣kJ∕mol．①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣mol（3）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性．常温下，向10mL•L﹣1H2C2O4溶液中滴加10mL•L﹣1NaOH溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）；（4）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=×10﹣9．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10﹣4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为×10﹣5mol/L．（5）以二甲醚（CH3OCH3）、空气、H2SO4为原料，铂为电极可构成燃料电池，其工作原理与甲烷燃料电池的原理相似．请写出该电池负极上的电极反应式：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=3CO2+12H+．考点：化学平衡常数的含义；热化学方程式；化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较．专题：化学平衡专题；电化学专题．分析：（1）①化学平衡常数K=；②若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则；③根据浓度商与化学平衡常数相对大小判断反应方向，从而确定正逆反应速率相对大小；（2）根据盖斯定律书写；（3）草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性，说明草酸氢根离子电离程度大于水解程度，但水解和电离程度都较小；（4）c（CaCl2）=；（5）该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应．解答：解：（1）①平衡时c（CO）==L，c（H2）==L，c（H2O）==L，c（CO2）=c（H2）==L，化学平衡常数K===或，故答案为：或；②根据方程式知，参加反应的CO的物质的量等于生成氢气的物质的量，所以a﹣d=c，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则，=1，其转化率大于0，所以0＜=1，故答案为：＜1（填0＜a/b＜1亦可）；③c（CO）=c（H2）=c（H2O）=c（CO2）==L，浓度商==1＞K，说明平衡向逆反应方向移动，则V正＜V逆，故答案为：＜；（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣mol将方程式+2③得CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=+2×（﹣mol）=﹣kJ∕mol故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣kJ∕mol；（3）二者恰好反应生成草酸氢钠，草酸氢钠溶液呈酸性c（H+）＞c（OH﹣），则草酸氢根离子电离和水电离都生成氢离子，草酸氢根离子水解和电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）；（4）混合溶液中c（Na2CO3）=1×10﹣4mol/L，根据溶度积常数得混合溶液中c（CaCl2）==×10﹣5mol/L，二者等体积混合时溶质浓度降为原来的一半，所以原来氯化钙浓度为×10﹣5mol/L，故答案为：×10﹣5；（5）该燃料电池中，负极上二甲醚失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=3CO2+12H+，故答案为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=3CO2+12H+．点评：根据化学平衡常数公式、盖斯定律、原电池原理、盐类水解、难溶物的溶解平衡等知识点来分析解答，考查知识面较广，同时考查学生对知识点掌握及综合运用能力，易错点是（4）题，第一次要正确计算混合溶液中碳酸钠浓度，第二次要将根据溶度积常数计算出的氯化钙浓度转化为原溶液浓度，为易错点．10．（14分）（2023•上饶二模）半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HC1．遇O2会生成P0Cl3，P0Cl3溶于PCl3，PCl3、POCl3的熔沸点见下表：实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO165042629002133900abcdt请回答下列问题：（1）A装置中制氯气的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O．（2）B中所装试剂是浓HSO4，E中冷水的作用是冷凝PCl3防止其挥发F中碱石灰的作用是吸收多余的氯气，防止空气中的H2O进入烧瓶和PCl3反应．（3）实验时，检査装置气密性后，先打开K3通入干燥的C02，再迅速加入黄磷．通干燥C02的作用是排尽装置中的空气，防止白磷自燃．（4）粗产品中常含有POCl3、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后．通过蒸馏（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3．（5）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数①迅速称取产品，加水反应后配成250mL溶液；②取以上溶液，向其中加入L碘水，充分反应；③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用L的Na2S2O3，溶液滴定④重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3，溶液已知：H3PO3+H2O+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应．根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为%．考点：制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算．专题：实验设计题．分析：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应；（1）A装置中二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，据此书写离子反应方程式；（2）氯气为酸性气体，需用酸性干燥剂干燥，三氯化磷沸点低，可用冷水冷凝收集，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度；（3）白磷能自燃，通入二氧化碳赶净空气；（4）依据物质的沸点数值不同，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷；（5）依据反应的化学方程式H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知n（H3PO3）=n（I2）总﹣n（Na2S2O3）×，25mL溶液中H3PO3的物质的量等于三氯化磷的物质的量，再求出三氯化磷的总物质的量和质量，然后求出质量分数．解答：解：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．（1）A装置中，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，故答案为：浓硫酸；冷凝PCl3防止其挥发；吸收多余的氯气，防止空气中的H2O进入烧瓶和PCl3反应；（3）通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；故答案为：排尽装置中的空气，防止白磷自燃；（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，故答案为：蒸馏；（5）•L﹣1碘溶液中含有碘单质的物质的量为：•L﹣1×=，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：﹣•L﹣1××=，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n（H3PO3）=n（I2）=，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：×=，所以产品中含有的三氯化磷的物质的量为，该产品中PCl3的质量分数为：×100%=%；故答案为：%．点评：本题考查阅读获取信息的能力、对实验原理理解等，题目难度较大，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，注意题中信息PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl．PCl3、POCl3的熔沸点为解答关键．二、选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并将所选题目的题号写在相应位置上．注意所做题目的题号必须与所选题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．11．（2032•济宁校级二模）镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+②某温度下一些金属氢氧化物的Kap及沉淀析出的理论pH如下表所示：M（OH）nKappH开始沉淀沉淀完全Al（OH）3×10﹣23Fe（OH）3×10﹣38Ni（OH）2×10﹣14回答下列问题：（1）根据上表数据判断步骤②依次析出沉淀ⅡFe（OH）3和沉淀ⅢAl（OH）3（填化学式），则pH1＜pH2（填填“＞”、“=”或“＜”），控制两种沉淀析出可利用C．A．pH试纸B．石蕊指示剂C．pH计（2）已知溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O，则③的化学方程式是NiCl2+Na2C2O4+2H2O=↓+2NaCl．第③步反应后，过滤沉淀时需要的玻璃仪器有漏斗玻璃棒烧杯．若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因玻璃棒划破滤纸、滤液超过滤纸边缘．（3）④中阳极反应产生的气体E为Cl2，验证该气体的试剂为淀粉碘化钾溶液．（4）试写出⑥的离子方程式2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl﹣．考点：金属的回收与环境、资源保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：废旧镍电池电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成的，根据流程图，加入盐酸，其中碳粉不反应得到残渣．得到溶液A的推断，利用题中给的信息，NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+，推知A中含有被盐酸溶解生成的Ni2+、Fe3+、AI3+三种离子；（1）由题给条件，金属氢氧化物的Kap及沉淀析出的理论pH，可知，在A溶液中加入NiO是为了调节溶液PH，使相应的铝离子、三价铁离子全部沉淀出，Ni2+在溶液B中．根据PH可以确定开始析出沉淀和全部沉淀的PH范围，先析出沉淀Ⅱ是Fe（OH）3，沉淀PH范围是～，然后析出沉淀Ⅲ是Al（OH）3，沉淀PH的范围～，所以PH1＜PH2；控制两种沉淀析出必须准确测定PH值，所以应利用PH计测定；（2）流程中得到的B溶液中主要是Ni2+，加入Na2C2O4溶液，生成了沉淀Ⅰ和D，已知溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O，所以生成的沉淀Ⅰ为NiC2O4•2H2O；所以③步的化学方程式为NiCl2+Na2C2O4+2H2O=↓+2NaCl，过滤沉淀用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、漏斗；若过滤时发现滤液中有少量浑浊，原因可能是玻璃棒划破滤纸，或在向漏斗中加入需过滤的溶液时，液体超出了滤纸的边缘，从滤纸和漏斗之间流下；（3）由流程图和以上分析可知，D溶液主要是氯化钠溶液，电解氯化钠溶液在阳极得到氯气，阴极得到氢气，所以E气体是CI2，验证氯气的试剂应是淀粉碘化钾溶液，遇氯气变蓝；（4）在B溶液中加入Na2C2O4溶液生成了沉淀Ⅰ，沉淀中加入氢氧化钠溶液，根据Ni（OH）2开始沉淀到全部沉淀的PH范围为～，加入过量氢氧化钠溶液能使沉淀转化为Ni（OH）2，所以C为沉淀Ni（OH）2；根据流程图中的转化关系，沉淀C和氯气能生成Ni（OH）3，镍元素化合价升高是被氯气氧化的结果，因此离子方程式为，2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl﹣；解答：解：（1）根据金属氢氧化物的Kap及沉淀析出的理论pH，结合流程图可知，先沉淀的是三价铁离子，随后沉淀的是三价铝离子，控制两种沉淀析出必须准确测定溶液PH，所以用PH计测定，故答案为：沉淀Ⅱ是Fe（OH）3，沉淀Ⅲ是Al（OH）3，PH1＜PH2，C；（2）由溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O和流程中的变化可知沉淀为溶解度小的NiC2O4•2H2O，所以根据转化关系写出化学方程式；在过滤装置中用到的玻璃仪器和注意问题，根据装置和操作步骤写出NiCl2+Na2C2O4+2H2O=↓+2NaCl，故答案为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O=↓+2NaCl；漏斗、玻璃棒、烧杯；玻璃棒划破滤纸、滤液超过滤纸边缘；（3）D溶液时氯化钠溶液，电解反应方程式2NaCI+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，E气体为Cl2，故答案：Cl2，淀粉碘化钾溶液；（4）根据转化关系和Ni2+沉淀的PH推知，加入氢氧化钠的主要目的是把沉淀转化为Ni（OH）2沉淀，为了使沉淀完全转化，加入的氢氧化钠溶液应过量，根据镍元素化合价变化，结合氧化还原反应的规律写出离子方程2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl﹣，；故答案：2Ni（OH）2+2OH﹣+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl﹣；点评：本题考查了金属回收的基本方法、难溶电解质的溶解与沉淀应用、沉淀转化的条件，铝、铁、镍元素化合物的化学性质，离子的沉淀PH范围，物质的分离、提纯的方法，实验基本操作等．12．（15分）（2032•济宁校级二模）决定物质性质的重要因素是物质结构．请回答下列问题．（1）下图是石墨的结构，其晶体中存在的作用力有ABE（填序号）．A：σ键B：π键C：氢键D：配位键E：分子间作用力F：金属键G：离子键（2）下面关于晶体的说法不正确的是C；A．晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4B．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅C．熔点由高到低：Na＞Mg＞AlD．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI（3）CaF2结构如图Ⅰ所示，Cu形成晶体的结构如Ⅲ所示，Ⅱ为H3BO3晶体结构图（层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键结合）①图Ⅰ所示的晶体中与Ca2+离子最近且等距离的Ca2+离子数为12；图Ⅲ中未标号的Cu原子形成晶体后周围最紧邻的Cu原子数为12；②H3BO3晶体中B原子杂化方式sp2；③三种晶体中熔点高低的顺序为CaF2＞Cu＞H3BO3（填化学式），H3BO3晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用为分子间作用力；（4）碳的某种单质的晶胞如图4所示，一个晶胞中有8个碳原子；若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个碳原子之间的距离为cm（用代数式表示）．考点：晶胞的计算；晶体熔沸点的比较；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：化学键与晶体结构．分析：（1）根据石墨结构判断；（2）A．分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大；B．键长越短，共价键越强，硬度越大；C．金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大；D．离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大；（3）①根据晶胞