化学 2022届高考考前冲刺卷（一）学生版

这是一份化学 2022届高考考前冲刺卷（一）学生版，共9页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，利用反应，设计原电池等内容，欢迎下载使用。

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2022届高考考前冲刺卷
化学（一）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．北京冬奥会彰显了我国的科技实力，下列说法错误的是
A．冬奥会采用氢能源保障车有利于“碳达峰、碳中和”
B．速滑馆“冰丝带”用CO2作制冷剂制冰发生化学变化
C．冬奥礼仪服装用到的石墨烯材料既能导热又能导电
D．制作“飞扬”火炬的碳纤维复合材料属于新型材料
2．下列实验装置或操作设计不能达到目的的是

A．甲图是配置一定物质的量浓度的溶液 B．乙图是喷泉实验
C．丙图是收集NO2 D．丁图是验证NH3极易溶于水
3．二缩三乙二醇，可用于制备新型的手机电池离子导体材料，其高产率合成过程如图。下列说法错误的是

A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为加成反应
B．二缩三乙二醇中只有一种官能团
C．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，原子利用率均为100%
D．一定条件下能与NH3反应生成
4．烟气催化脱硝利用脱硝剂能将烟气中的氮氧化物转化为无毒无害的物质，有效减少了烟气对空气的污染，其脱硝过程如图所示。下列说法中错误的是

A．在烟气脱硝过程中NOx被还原为N2
B．每处理含0.3 mol NOx的烟气需消耗4.48 L（已折算成标准状况下）氨气
C．空气中NOx的含量高低是检验空气质量的标准之一
D．如果把NOx看成NO，则发生的反应为6NO+4NH3=5N2+6H2O
5．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数等于其内层电子数，查德威克实现了核反应：W+He→X+n，Y有Y2、Y3两种常见的气态单质，Z的原子序数是X的两倍。下列说法错误的是
A．原子半径的大小：Z>W>X>Y
B．X、Y都存在10和18电子的氢化物
C．W能与氢氧化钠溶液反应：W+2NaOH=Na2WO2+H2↑
D．Z能在XY2气体中燃烧，生成的单质和化合物中均含共价键
6．利用反应，设计原电池（如图所示）。该反应既能有效降低氨氧化物的排放量，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是

A．外电路中电子由电极B经负载后流向电极A
B．电极B的电极反应式为：
C．电池工作一段时间后，左右两侧电极室溶液的没有发生变化
D．同温同压下，左右两侧电极室产生的气体体积比为3∶4
7．亚砷酸（H3AsO3）作为一种化疗药物，常用于白血病的治疗，其在水溶液中存在多种微粒形态。常温下，用NaOH溶液滴定H3AsO3时，各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．②代表H2AsO，0.1 mol/L亚砷酸c(H+)约为10−5.15 mol∙L−1
B．等浓度的H3AsO3与NaOH等体积混合，所得溶液中水的电离受到促进
C．以酚酞为指示剂，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为H3AsO3+2OH−=HAsO+2H2O
D．b点溶液中c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和(CNO)3H3固体，在10℃时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示（部分夹持装置略）。

已知：2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗，与分液漏斗相比其优点是_____________________。
（2）A中发生反应的离子方程式为__________________________。
（3）待装置B中_________________出现时，可由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体；反应过程中仍需不断通入Cl2的理由是_______________________。
（4）反应结束后，装置B中的浊液经过滤、__________、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是______________________。
（5）通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。
反应原理：[(CNO)3Cl2]-+ H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO，HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=S4O+ 2I-。
实验步骤：准确称取m g样品，用容量瓶配成250 mL溶液；取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，充分反应后，用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液平均为V mL。
①滴定终点颜色变化为___________________。
②该样品的有效氯含量表达式为（化为最简式）___________________。（该样品的有效氯= ×100%）

9．气候变化是人类面临的全球性问题，碳中和的含义是减少含碳温室气体的排放，采用合适的技术固碳，最终达到平衡。世界各国以全球协约的方式减排温室气体，中国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低。
（1）我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的是
A．采取节能低碳生活方式 B．推行生活垃圾分类
C．植树造林增加绿色植被 D．燃煤锅炉改烧天然气
（2）二氧化碳加氢制备甲醇既可实现二氧化碳的资源化利用，又可有效缓解温室效应问题。
已知：（I）CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+42.3kJ/mol
（II）CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH2
（III）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-49.4 kJ/mol
①ΔH2=___________；上述3个反应一定不能自发进行有___________（填反应序号）。
②在260℃、5MPa恒容条件下发生反应（III），原料气体积组成为V(CO2)∶V(H2)∶V(N2)=1∶3∶1，平衡时CO2的转化率为50%，则H2的压强为___________，反应（III）的平衡常数：Kp=___________(MPa)-2（计算结果精确至小数点后两位，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
（3）温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点，Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注），含碳产物中CH4的物质的量百分数（Y）及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。

①下列对CO2甲烷化反应体系的说法不合理的有___________。
A．存在副反应CO2+ H2CO+ H2O
B．存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2O
C．含碳副产物的产率均高于CH4
D．温度高于260℃后，升高温度，甲烷产率几乎不变
②CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1∶5，反应气的总流量控制在36 mL·min-1，260 ℃时测得CO2转化率为40%，则H2反应速率为___________mL·min-1。
10．工业上利用碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质）制备硫酸锰，其工艺流程如下：

请回答下列问题：
（1）“酸浸”中MnCO3溶解的离子方程式为____________________。为提高“酸浸”速率，下列措施不可行的是__________（选填序号）。
A．升温 B．使用98%的浓硫酸 C．将矿石粉碎成小块 D．充分搅拌
（2）“除铝铁”步骤中加入MnO2发生反应的离子方程式为____________________。
（3）加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的pH范围为_______（选填序号）。

A．1~2  B．2~3 C．3~4 D．4~5
已知在此条件下Mn2+不会产生沉淀，推测锰元素损失的可能原因是________________。
（4）“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是___________________，从而造成锰元素损失，产率下降。
（5）“结晶分离”步骤所得滤渣主要成分是___________。
（6）为确定所得硫酸锰中含有的结晶水，称取纯化后的硫酸锰晶体8.45g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9g，则该硫酸锰晶体的化学式为___________。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．氮、硫、磷等元素不仅是制造农药、医药的重要元素，也是构成蛋白质的重要元素。回答下列问题：
（1）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的硫原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。
（2）诺西那生钠，用于治疗脊髓性肌肉萎缩症（SMA），于2019年4月28日在我国上市，是国内首个能治疗SMA的药物。其结构片段G如图甲所示。

结构片段中P原子的杂化类型是___________，空间构型为___________；P、S的第一电离能（I1）的大小为___________（填“>”“＜”或“=”）。
（3）能与形成较稳定的，而却不能形成这样的配离子，其原因为___________。
（4）中的键角小于和中的键角，依据价电子互斥理论，原因为___________。
（5）晶体的熔点为2000℃，其晶胞结构如图乙所示：

①的晶体类型为___________；晶胞中原子空间堆积方式为___________。
②晶体中配位键与普通共价键数目之比为___________。
③已知晶体中铝和磷原子半径分别为anm和bnm，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________（写出计算式即可）。
12．化合物F具有抗菌、消炎、降血压等多种生理活性和药理作用。工业上常采用下列路线合成F。

已知：①RCN在酸性条件下的水解反应为；
②。
（1）A的化学名称为_______；由A转化为B的反应类型是_______。
（2）C中所含官能团的名称为_______。
（3）F的分子式为_______。
（4）写出D与足量氢氧化钠水溶液反应的化学方程式（不必注明反应条件）：_______。
（5）符合下列条件的C的同分异构体共有_______种（不含立体异构）；其中核磁共振氢谱有五组峰且峰面积比为1∶2∶2∶2∶3的结构简式为_______。
①能与反应生成；
②苯环上的核磁共振氢谱中有两组峰。
（6）根据上述已知条件和流程，写出以、乙酸酐[]为原料制阿司匹林（）的合成路线（用流程图表示，其他试剂任选）。

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2022届高考考前冲刺卷
化学（一）答案
1．【答案】B
【解析】A．采用氢能源保障车可以减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，有利于“碳达峰、碳中和”的实现，故A正确；B．“冰丝带”用二氧化碳作制冷剂制冰时，没有新物质生成，属于物理变化，没有发生化学变化，故B错误；C．石墨烯材料属于混合型晶体，层间存在分子间作用力，层内存在大π键，既能导热又能导电，故C正确；D．碳纤维复合材料是由有机纤维经过一系列热处理转化而成，含碳量高于90%的无机高性能纤维，是一种力学性能优异的新材料，具有碳材料的固有本性特征，又兼备纺织纤维的柔软可加工性，属于新型材料，故D正确；故选B。
2．【答案】C
【解析】A．配制一定物质的量浓度溶液定容时，视线于容量瓶刻度线相平，A能达到实验目的；B．CO2与NaOH发生反应，可以使瓶内压强瞬间减小从而形成喷泉现象，B能达到实验目的；C．NO2的密度比空气大，应该采用向上排空气法收集，即“长进短出”，C不能达到实验目的；D．氨气极易溶于水，当胶头滴管中的水滴下时，瓶内压强瞬间减小，可观察到气球膨胀的现象，D能达到实验目的；答案选C。
3．【答案】B
【解析】A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为开环加成反应，选项A正确；B．二缩三乙二醇中有羟基、醚键两种官能团，选项B错误；C．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为加成反应，原子利用率均为100%，选项C正确；D．根据与H2O反应可判断，一定条件下 能与NH3反应生成，选项D正确；答案选B。
4．【答案】B
【解析】A．由图可知，NOx→N2，N元素化合价降低，被还原，A正确；B．未知x具体数值，无法确定转移电子数，则不能计算需要消耗氨气的体积，B错误；C．空气中过量的NOx会造成酸雨，则NOx的含量高低是检验空气质量的标准之一，C正确；D．如果把NOx看成NO，NO→N2，N元素化合价降低了2，NH3→N2，N元素化合价升高了3，由升降相等和原子守恒，则发生的反应为6NO+4NH3=5N2+6H2O，D正确；故选B。
5．【答案】D
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数等于其内层电子数，W为铍；由核反应：W+He→X+n，可知X为6号元素碳；Z的原子序数是X的两倍，Z为镁；Y有Y2、Y3两种常见的气态单质，则原子序数位于碳和镁之间，Y为氧。A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径的大小：Z(Mg)>W(Be)>X(C)>Y(O)，A正确；B．CH4和H2O为10电子的氢化物，CH3CH3和H2O2为18电子的氢化物，B正确；C．根据对角线规则，Be与Al性质相似：Be+2NaOH=Na2BeO2+H2↑，C正确；D．Mg能在CO2气体中燃烧，生成的单质碳中含C-C共价键，生成的MgO中含有离子键，D错误；故选D。
6．【答案】B
【解析】根据总方程式6NO2+8NH3═7N2+12H2O中NO2可知，NO2中N元素化合价由+4价变为0价、NH3中N元素化合价由-3价变为0价，所以NO2发生还原反应、NH3发生氧化反应，则通入NH3的A电极作负极、B电极作正极，负极电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，正极反应式为2NO2+8e-+4H2O=8OH-+N2。电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。A．电极B附近通入二氧化氮，根据方程式分析，氮元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，故为正极，故A错误；B．由分析可知，电极B电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=8OH-+N2，故B正确；C．由总反应方程式可知，反应生成了水，会使溶液碱性减弱，pH减小，故C错误；D．根据电子守恒分析，同温同压下，左右两侧电极室产生的气体体积比为4∶3，故D错误；故选B。
7．【答案】C
【解析】用NaOH溶液滴定H3AsO3时，各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，曲线①为H3AsO3，曲线②为H2AsO，曲线③为HAsO，曲线④为AsO。A．根据前面分析得到②代表H2AsO，亚砷酸的，根据，解得，则0.1 mol∙L−1亚砷酸c(H+)约为10−5.15 mol∙L−1，故A正确；B．等浓度的H3AsO3与NaOH等体积混合，溶质为NaH2AsO3，则，根据b点得到，因此水解大于电离，溶液中促进了水的电离，故B正确；C．以酚酞为指示剂，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加，根据图中信息得到溶液为NaH2AsO3，因此该过程中主要反应的离子方程式为H3AsO3+OH−=H2AsO+H2O，故C错误；D．根据电荷守恒，b点得到c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，故D正确；综上所述，答案为C。
8．【答案】（1）恒压滴液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，可以使漏斗内液体顺利流下
（2）5Cl-+ClO+6H+=Cl2+3H2O
（3）液面上方有黄绿色气体   使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率
（4）冰水洗涤     在装置 A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
（5）滴入最后一滴标准液时，溶液蓝色刚好褪去（或颜色恰好由蓝色变成无色），且半分钟不恢复    
【解析】浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，氯气中含有挥发出的氯化氢，会导致氢氧化钠被消耗，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，待全部反应完后加入(CNO)3H3，次氯酸钠和(CNO)3H3反应生成(CNO)3Cl2Na、氢氧化钠和水，生成的氢氧化钠再和氯气反应，利用滴定原理来测定氯的含量。
（1）恒压滴液漏斗与分液漏斗相比，其优点是：恒压滴液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，可以使漏斗内液体顺利流下。
（2）A中浓盐酸和氯酸钾发生氧化还原反应生成氯气，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：5Cl-+ClO+6H+=Cl2+3H2O。
（3）装置B主要是氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，当装置B中出现液面上方有黄绿色气体现象时，说明氢氧化钠反应完，生成较多的次氯酸钠，可由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体，根据反应方程式2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O可知，反应中不断生成氢氧化钠，因此反应过程中仍需不断通入氯气，使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料利用率。
（4）为防止二氯异氰尿酸钠溶于水，又根据二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，因此装置B中的浊液经过滤、冷水洗涤、干燥得到粗产品；上述装置存在缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，主要是因为盐酸有挥发性，使得氯气中有氯化氢，氯化氢和氢氧化钠反应，因此改进方法是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯气中的氯化氢。
（5）①该反应用淀粉作指示剂，淀粉遇碘变蓝，因此滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液蓝色刚好褪去（或颜色恰好由蓝色变成无色），且半分钟不恢复。
②依据题目所给反应可得关系式：HClO~I2~2S2O，得到的n(HClO)=n(S2O)=cmol/LV10-3L=510-4cVmol，故样品中的有效含氯量为：=。
9．【答案】（1）D
（2）91.7 kJ/mol     （I）     1.5MPa     0.15
（3）CD     9.6
【解析】（1）A．采取节能低碳生活方式可减少化石燃料燃烧，利于实现“碳中和”，A不符合题意；B．推行生活垃圾分类，利于资源回收再利于，利于实现“碳中和”，B不符合题意；C．植树造林增加绿色植被，可增加植物光合作用，吸收二氧化碳，利于实现“碳中和”，C不符合题意；D．燃煤锅炉改烧天然气，天然气燃烧仍会生成大量二氧化碳，不利于实现“碳中和”，D符合题意；故选D。
（2）①根据盖斯定律可知，ΔH2=ΔH1-ΔH3=91.7 kJ/mol；上述3个反应中（I）反应为吸热、熵不变反应，ΔH-TΔS不会小于零，故一定不能自发进行。
②原料气体积组成为V(CO2)∶V(H2)∶V(N2)=1∶3∶1，则三者的物质的量比为1∶3∶1，设三者物质的量分别为1mol、3mol、1mol，总的物质的量为5mol；

则反应后总的物质的量为0.5+1.5+0.5+0.5+1=4mol，反应后总压强为，则氢气压强为1.5MPa；
同理二氧化碳、甲醇、水的压强分别为0.5MPa、0.5MPa、0.5MPa，则(MPa)-2≈0.15(MPa)-2。
（3）①A．由图1可知，存在副反应CO2+ H2CO+ H2O，A正确；B．由图1可知，存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2O，B正确；C．由图2可知，含碳副产物的产率均低于CH4，C错误；D．由图2可知，温度高于260℃后，升高温度，二氧化碳的转化率还会升高，故甲烷产率也发生改变，D错误；故选CD。
②CO2与H2的体积比为1∶5，反应气的总流量控制在36 mL·min-1，则1min内二氧化碳的体积为36 mL×=6mL，由图2可知，260 ℃时含碳产物中几乎全部是CH4，反应为CO2+4H2CH4 + 2H2O，测得CO2转化率为40%，CO2反应速率为 mL·min-1，则H2反应速率为9.6mL·min-1。
10．【答案】（1）     B
（2）
（3）D     Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+
（4）可能生成MnS
（5）MgSO4、CaSO4
（6）MnSO4·H2O
【解析】碳酸锰矿主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质，加入硫酸酸浸，生成硫酸锰、硫酸镁、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸铜、硫酸镍、硫酸铝的混合溶液，过滤出溶渣，向溶液中加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤出沉淀，向溶液中若加入(NH4)2S，可生成NiS、CuS沉淀，除铜、镍，过滤后的溶液加热浓缩，结晶分离出硫酸钙、硫酸镁，继续蒸发浓缩、结晶形成硫酸锰晶体。
（1）“酸浸”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为。
升温、将矿石粉碎成小块、充分搅拌都可以提高酸浸速率，但98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸速率，故选B。
（2）“除铝铁”步骤中，加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为。
（3）根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图，pH范围为4~5时，铝铁去除率高、锰损失率低，故选D；锰元素损失的可能原因是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+。
（4）(NH4)2S可以提供S2-，可将Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS沉淀除去，但也可能生成MnS，从而造成锰元素损失，产率下降，故答案为：可能生成MnS。
（5）根据流程图，“结晶分离”步骤前的溶液含有杂质MgSO4、CaSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4，故答案为：MgSO4、CaSO4。
（6）设硫酸锰晶体的化学式为MnSO4xH2O，则8.45g=0.9g，解得x=1，则该硫酸锰晶体的化学式为MnSO4·H2O，故答案为：MnSO4·H2O。
11．【答案】（1）+1或-1
（2）     正四面体形     >
（3）的电负性比大，中受的吸电子作用电子云密度低，不易给出电子形成配位键；而中的电负性比大，易给出孤电子对形成配位键
（4）中原子上的孤电子对数为2，中原子上的孤电子对数为1，前者孤电子对数多，对成键电子对的斥力大，键角小
（5）原子晶体     面心立方最密堆积     1∶3    
【解析】（1）对于基态的硫原子，其核外价电子排布图为，成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0，根据洪特规则可知，其轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋磁量子数的代数和为，或为即+1或-1。
（2）形成四个键，无孤电子对，杂化方式为；中心原子的孤电子对数为，键电子对数为4，的空间构型为正四面体形；的价电子排布式为，的价电子排布式为，的轨道电子排布处于半充满状态，相对稳定，其第一电离能大于硫元素的第一电离能，即。
（3）的电负性比大，对电子引力较大，使得不易给出电子形成配位键；而中的电负性比大，易给出孤电子对形成配位键。
（4）孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，中原子上的孤电子对数为2，中原子上的孤电子对数为1，前者孤电子对数多，对成键电子对的斥力大，故前者键角小。
（5）①具有较高的熔点（2000℃），属于原子晶体；磷化铝晶胞中原子位于正六面体的顶点与面心，则其空间堆积方式为面心立方最密堆积；
②原子形成4个共价键，其中有1个共价键是配位键，3个是普通共价键，配位键与普通共价键数目之比为1∶3；
③1个晶胞中原子个数是，原子个数是4，
已知晶体中铝和磷原子半径分别为anm和bnm，则晶胞中铝和磷原子的体积为=4×π(anm)3+4×π(bnm)3，根据晶胞的结构图可知，晶胞的体对角线长为4a+4b，所以晶胞的边长为，则晶胞的体积为，则原子的体积占晶胞体积的百分率为=。
12．【答案】（1）对甲基苯酚     取代反应
（2）（酚）羟基、羰基
（3）
（4）+2NaOH+NaCl+H2O
（5）4     或
（6）
【解析】（1）结合B的结构简式和A的分子式可知，A为，名称为对甲基苯酚；A→B的过程中，取代了对甲基苯酚羟基上的氢原子，反应类型为取代反应。
（2）由图可知，C中含有的官能团为（酚）羟基和羰基。
（3）结合F的结构简式可知，其分子中含有18个碳原子，13个氢原子，4个氧原子和1个溴原子，则其分子式为。
（4）D与足量的氢氧化钠反应时，D中含有的Cl会水解生成羟基，酚羟基与氢氧化钠反应生成钠盐，因此反应的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O。
（5）C的同分异构体满足：①能与反应生成，说明含有羧基；②苯环上的核磁共振氢谱中有两组峰，说明苯环上只有两种环境的氢原子，则符合条件的同分异构体有、、、共4种，其中其中核磁共振氢谱有五组峰且峰面积比为1∶2∶2∶2∶3的结构简式为或。
（6）阿司匹林可通过水杨酸（）和乙酸酐反应制备，观察原料中含有，经过已知反应②的过程即可制得，则合成的流程为。