江西省吉安抚州赣州市2025届高三化学一模考试试题含解析

PAGE17-江西省吉安、抚州、赣州市2025届高三化学一模考试试题（含解析）说明：1.全卷满分300分，考试时间150分钟。2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分。第Ⅰ卷（选择题共126分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24P-31S-32C1-35.5Ag-108一、选择题：本大题包括13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是A.“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B.“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C.“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD.“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉【答案】C【解析】【详解】A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，简洁锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作一般黄铜，假如是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特别黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；答案选C。2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.32gS8与S6（）的混合物中所含共价键数目为NAB.1L0．1mol•L－1H2C2O4溶液中含C2O42－离子数为0.1NAC.2molNO与2molO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为8NAD.标准状况下22．4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成HCl分子数为NA【答案】A【解析】【详解】A．S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，1个S对应1个S-S共价键，由于32gS8与S6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1molS-S键，A选项正确；B．因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以L0.1mol·L−1H2C2O4溶液含C2O42-离子数小于0.1NA，B选项错误。C．密闭容器中2molNO与2molO2充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C选项错误；D．在标准状况下，22.4L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算，D选项错误；答案选A。【点睛】A选项在推断时明确S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。3.某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和SO2性质试验（部分夹持装置已省略），下列“现象预料”与“说明或结论”均正确的是选项仪器现象预料说明或结论A试管1有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现酸雾是SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体B试管2紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C试管3注入稀硫酸后，没有现象由于Ksp（ZnS）太小，SO2与ZnS在注入稀硫酸后仍不反应D锥形瓶溶液红色变浅NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOHA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】试管1中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2中与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3中ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH用于汲取SO2，防止污染空气，据此分析解答。【详解】A．假如出现白色固体也应当是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A选项错误；B．试管2中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确。C．ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与说明均不正确，C选项错误；D．若NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不肯定是NaHSO3溶液碱性小于NaOH，D选项错误；答案选B。【点睛】A选项为易混淆点，在解答时肯定要清晰硫酸铜固体和硫酸铜晶体的区分。4.科学家发觉了在细胞层面上对新型冠状病毒（2024-nCOV）有较好抑制作用的药物：雷米迪维或伦地西韦（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹（ChloroqquinE，Sigma－C6628）、利托那韦（Ritonavir）。其中利托那韦（Ritonavir）的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是A.能与盐酸或NaOH溶液反应B.苯环上一氯取代物有3种C.结构中含有4个甲基D.1mol该结构可以与13molH2加成【答案】A【解析】【详解】A．利托那韦（Ritonavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；B．由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；C．依据结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；D．由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参加氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应，所以1mol该结构可以与3+3+2+2=10molH2加成，D选项错误；答案选A。5.最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、平安牢靠等优点，下列说法错误的是A.硫酸水溶液主要作用是增加导电性B.充电时，电极b接正极C.d膜是质子交换膜D.充放电时，a极有【答案】C【解析】【分析】依据图中电子移动方向可以推断a极是原电池的负极，发生氧化反应，b极是原电池的正极，发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。【详解】A．硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自由移动的离子，增加导电性，A选项正确；B．依据上述分析可知，b为正极，充电时就接正极，B选项正确；C．d膜左右池都有硫酸水溶液，不须要质子交换膜，d膜只是为了防止高分子穿越，所以为半透膜，C选项错误；D．放电时，a极是负极，酚失去电子变成醌，充电时，a极是阴极，醌得到电子生成酚，故充放电发生的反应是，D选项正确；答案选C。6.科学家合成出了一种用于分别镧系金属的化合物A（如下图所示），短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A.离子半径：Y＞ZB.氢化物的稳定性：X＞YC.最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞ZD.化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，视察正离子结构，Z失去一个电子后，可以成3个共价键，说明Z原子最外面为6个电子，由于Z位于第三周期，所以Z为S元素，负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。【详解】A．电子层数F-<S2-，离子半径F-<S2-，所以Z>Y，A选项错误；B．非金属性越强，简洁氢化物越稳定，非金属性：F>B，则有BH3<HF，所以X<Y，B选项错误；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>B，则酸性H3BO3（弱酸）<H2SO4（强酸），所以X<Z，C选项错误；D．依据上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构，D选项正确；答案选D。7.常温下，向20mL0．1mol•L－1HB溶液中逐滴滴入0．1mol•L－1NaOH溶液，所得PH变更曲线如图所示。下列说法错误的是A.OA各点溶液均存在：c（B－）＞c（Na＋）B.C至D各点溶液导电实力依次增加C.点O时，pH＞1D.点C时，X约为10.4【答案】D【解析】【详解】A．OA各点显酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-)，则c(B-)>c(Na+)，A选项正确；B．C至D各点溶液中，C点浓度为0.05mol·L-1，C之后加入的c(NaOH)为0.1mol·L-1，导电实力依次增加，B选项正确；C．定性分析有：氢氧化钠溶液滴入20mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；D．C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=0.05mol·L-1，B-水解常数为Kh=10-14/（2×10-5）=5×10-10，B-水解生成的c(OH-)==5×10-6mol·L-1，C点c(H+)=2×10-9mol·L-1，C点pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D选项错误；【点睛】C选项也可进行定量分析：B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×10-3×0.1÷（20×10-3+19.9×10-3），c(HB)=(20.0×10-3-19.9×10-3)×0.1÷(20×10-3+19.9×10-3)，则c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×10-7×199=1.99×10-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。第Ⅱ卷（非选择题共174分）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，每个试题考生都必需作答，第33题~第38题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题：11题，共129分。8.过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。试验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热，在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3COOOH），其装置如下图所示。请回答下列问题：试验步骤：I．先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8，温度维持为55℃；II．待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35％的双氧水，再通入冷却水；Ⅲ．从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分别反应器2中的混合物，得到粗产品。（1）仪器6的名称是______，反应器2中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为_____。（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高_____；分别反应器2中的混合物得到粗产品，分别的方法是_________。（3）试验中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（选填字母序号）。A作反应溶剂，提高反应速率B与固体酸一同作为催化剂运用，提高反应速率C与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率D增大油水分别器5液体量，便于试验视察（4）从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待视察到___________（填现象）时，反应结束。（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：取肯定体积的样品VmL，分成6等份，用过量KI溶液与过氧化物作用，以0.1mol•L－1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；重复3次，平均消耗量为V1mL。再以0．02mol•L－1的酸性高锰酸钾溶液滴定样品，重复3次，平均消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为______mol•L－1。【答案】(1).（蛇形）冷凝管(2).CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O(3).双氧水的转化率（利用率）(4).过滤(5).C(6).仪器5“油水分别器”水面高度不变(7).【解析】【详解】(1)仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸，反应方程式为CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O，故答案为：（蛇形）冷凝管；CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O；(2)反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采纳过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；(3)由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：C；(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器5中的水面高度不再发生变更时，即没有H2O生成，反应已经结束，故答案为：仪器5“油水分别器”水面高度不变；(5)已知I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失电子守恒、元素守恒可知：双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：则样品中含有n(CH3COOOH)=(0.05V1×10-3-0.05V2×10-3)mol，由公式可得，样品中的过氧乙酸的浓度为，故答案为：。【点睛】本题的难点在于第(5)问，解答时首先要明确发生的反应，再依据得失电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。9.银精矿主要含有Ag2S（杂质是铜、锌、锡和铅的硫化物），工业上利用银精矿制取贵金属银，流程图如下图所示。已知“氯化焙烧”能把硫化物转化为氯化物，请回答下列问题：（1）“氯化焙烧”的温度限制在650～670℃，假如温度过高则对焙烧不利，产率会降低，缘由是______。（2）水洗后的滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，此钠盐为_____（填化学式）。（3）氨浸时发生的化学反应方程式为________。（4）“沉银”是用N2H4还原银的化合物。①N2H4的电子式是_______。②理论上，1molN2H4完全反应所得到的固体质量是______g。③向所得母液中加入烧碱，得到的两种物质可分别返回________、______工序中循环运用。（5）助熔剂Na2CO3和Na2B4O7有两个作用：一是降低了银的熔点，削减能耗；二是____。利用________的方法可以进一步干脆精炼银锭。【答案】(1).温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低）(2).Na2SO4(3).AgCl+2NH3·H2O=Ag（NH3）2Cl+2H2O(4).(5).432(6).氨浸(7).氯化焙烧(8).使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度(9).电解【解析】【分析】已知流程图中的“氯化焙烧”能把硫化物转化为氯化物，则银精矿经O2、NaCl“氯化焙烧”后生成SO2和AgCl，再加水洗去过量的钠盐，得到纯净的AgCl，加入NH3·H2O发生反应AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，再利用N2H4进行还原，得到NH4Cl、NH3和Ag单质，反应方程式为4Ag(NH3)2Cl+N2H4===4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，最终再经过熔炼后得到银锭，据此分析解答问题。【详解】(1)“氯化焙烧”过程中，若温度过高，氯化物会进入烟尘逃逸，或者会发生其他副反应，导致产率降低，故答案为：温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低）；(2)滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明含有SO42-，则此钠盐的化学式是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；(3)依据上述分析可知，氨浸时发生的化学反应为AgCl+2NH3·H2O=Ag（NH3）2Cl+2H2O，故答案为：AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O；(4)①N2H4是共价化合物，其电子式是，故答案为：；②沉银过程中发生反应4Ag(NH3)2Cl+N2H4===4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，则理论上1molN2H4完全反应所得到4molAg，其质量为4mol×108g/mol=432g，故答案为：432；③所得母液为NH4Cl，向其中加入烧碱，可反应得到NaCl和NH3·H2O，可返回“氯化焙烧”和“氨浸”工序中循环运用，故答案为：氯化焙烧；氨浸；(5)助熔剂Na2CO3和Na2B4O7既可以降低了银的熔点，削减能耗，又可以使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度，可用银锭作阳极，纯银作阴极，硝酸银作电解质溶液构成电解池，进一步精练银锭，即采纳电解的方法进一步干脆精炼银锭，故答案为：使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度；电解。10.（1）①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，若在起始时c(A)＝amol•L－1，c(B)＝2amol•L－1，则该反应中各物质浓度随时间变更的曲线是_______（选填字母序号）。②在298K时，反应A(g)2B(g)的KP＝0.1132kPa，当分压为p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应速率υ正______υ逆（填“＜”“＝”或“＞”）。③温度为T时，某志向气体反应A(g)＋B(g)C(g)＋M(g)，其平衡常数K为0.25，若以A∶B＝1∶1发生反应，则A的理论转化率为_____％（结果保留3位有效数字）。（2）富勒烯C60和C180可近似看作“完备的”球体，富勒烯的生成时间很快，典型的是毫秒级，在全部的合成技术中得到的C60的量比C180的量大得多。已知两个转化反应：反应物3C60，反应物C180，则势能（活化能）与反应进程的关系正确的是______（选填字母序号）。（3）甲醇脱氢和甲醇氧化都可以制取甲醛，但是O2氧化法不行避开地会深度氧化成CO。脱氢法和氧化法涉及的三个化学反应的lgK随温度T的变更曲线如图所示。写出图中曲线①的化学反应方程式________；曲线③的化学反应方程式为________；曲线②对应的化学反应是____（填“放热”或“吸热”）反应。【答案】(1).C(2).<(3).33.3(4).B(5).2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g）(6).CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）(7).放热【解析】【详解】(1)①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，依据化学反应速率跟化学计量数成正比可知，A、B削减的量相等，同时生成2倍的D，故曲线C符号该反应中各物质浓度随时间变更，答案为：C；②在298K时，当分压为p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应A(g)2B(g)的Qp=(1kPa)2÷1kPa=1kPa>K，则反应向逆反应方向进行，v正<v逆，故答案为：<；③温度为T时，某志向气体反应A(g)＋B(g)C(g)＋M(g)，设A、B的起始量为n，A的理论转化x，建立三段式有：平衡常数，，A的转化率为33.3%，故答案为33.3；(2)富勒烯的生成时间很快，典型的是毫秒级，在全部的合成技术中得到的C60的量比C180的量大得多，这句话的完整理解是“单位时间内生成C60的量多——速率快”，即活化能小得多，同时生成物能量不会一样B选项正确，故答案为：B；(3)甲醇脱氢的化学反应方程式为CH3OH(g)===HCHO(g)+H2(g)，属于分解反应，吸热，随着温度上升，平衡常数K增大，则曲线③表示的是甲醇脱氢反应，反应②表示的是甲醇氧化制取甲醛，由图像可知，随着温度的上升，平衡常数K减小，则该反应是放热反应，已知O2氧化法不行避开地会深度氧化成CO，则反应①是2HCHO(g)+O2(g)===2CO(g)+2H2O(g)，故答案为：2HCHO(g)+O2(g)===2CO(g)+2H2O(g)；CH3OH(g)===HCHO(g)+H2(g)；放热。（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。留意所做题目的题号必需与所涂题目的题号一样，在答题卡选答区域指定位置答题。假如多做则每学科按所做的第一小题计分。11.黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构(图A)，晶胞参数a=3.310A，b=4.380A，c=10.500A。黑磷烯是二维的单层黑磷(图B)，黑磷烯与石墨烯结构相像，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，全部P原子的成键环境一样，图A中编号为①的P原子的晶胞内坐标为(0.50，0.090，0.598)。请回答下列问题：(1)写出P原子的价电子排布：___。(2)P和F的电负性大小依次是X(P)___X(F)。(填“<”“=”或“>”)P和F形成的分子PF3和PF5，它们的几何构型分别为__、__。(3)①黑磷中P原子杂化类型是__。黑磷中不存在__(选填字母序号)。A.共价键B.σ键C.π键D.范德华力②红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的依次为__，缘由是__。(4)图A中编号为②的P原子的晶胞内坐标为__，黑磷的晶胞中含有__个P原子。【答案】(1).(2).＜(3).三角锥(4).三角双锥(5).sp3(6).C(7).黑磷＞红磷＞白磷(8).黑磷相当于石墨，属于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高；所以熔点凹凸依次为黑磷>红磷>白磷(9).(0.500，-0.090，0.402)(10).8【解析】【分析】依据P最外层5个电子，写出价电子排布图；依据电负性递变规律，以N元素为中间，推断P与F的电负性大小，以VSEPR理论，推断PF3和PF5的空间构型；依据黑磷烯与石墨烯结构相像，P的配位数为3，推断P原子杂化类型和熔点凹凸；依据题中图示和所给信息，推断P原子的坐标及晶胞中P原子个数。【详解】（1）P为15号元素，其核外价电子排布为3s23p3，价电子排布图为：；答案为：。（2）同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大，N、F同一周期，电负性x(N)＜x(F)，同一主族，从上到下，电负性依次减弱，N、P属于同主族，电负性x(N)＞x(P)，P和F的电负性大小依次是x(P)＜x(F)；PF3的价层电子对数3+=4，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，PF5的价层电子对数5+=5，无孤电子对，所以空间构型为三角双锥形；答案为＜，三角锥，三角双锥。（3）①黑磷烯与石墨烯结构相像，P的配位数为3，有一对孤电子对，黑磷中P原子杂化类型是sp3，黑鳞中，P与P形成共价键，即有σ键，黑磷烯与石墨烯结构相像，层与层之间有分子间作用力，即范德华力，故不存在π键；答案为sp3，C。②黑磷相当于石墨，属混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高，所以熔点凹凸依次为黑磷＞红磷＞白磷；答案为黑磷＞红磷＞白磷，黑磷相当于石墨，属混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高。（4）结合图B可知，图A中编号为②的P原子位于同一坐标轴a，关于坐标轴b对称，且位于坐标轴c的值为1-0.598=0.402，该P原子在晶胞内的坐标为(0.500，-0.090，0.402)；该晶胞中第一层含有P原子1+1=2个，其次层含有P原子1+1+1+1=4个，