2022高考压轴卷 化学（全国乙卷） Word版含解析

这是一份2022高考压轴卷 化学（全国乙卷） Word版含解析，共17页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。

2022高考压轴卷 化学（全国乙卷）
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1．在北京举行的第22届冬奥会彰显了“科技冬奥”理念。下列说法正确的是
A．速滑馆“冰丝带”内，CO2制冰过程的碳排放趋近于零
B．“有舵雪橇”中用到的碳纤维是一种有机高分子材料
C．利用紫外杀菌技术对手机进行消毒，是为了使蛋白质盐析
D．“黑科技”防疫神器“刷芯无线电子体温计”中不含金属元素
2．关于下列各实验装置的叙述中正确的是

A．装置①可用于制取氯气
B．装置②可用于制取乙酸乙酯
C．装置③可用于证明碳酸的酸性比硅酸的强
D．装置④可用于比较碳、硅两种元素非金属性的强弱
3．一种药物中间体X的结构简式如图所示。下列说法正确的是

A．X分子中有三种含氧官能团
B．X分子的核磁共振氢谱有5个吸收峰
C．X与反应只能得到一种加成产物
D．X与足量发生加成反应的生成物分子中可能含有2个手性碳原子
4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．6gNa37Cl中含有的电子数为2.8NA
B．100g98%的H2SO4含H+数目为2NA
C．高温下，5.6gFe与足量水蒸气反应，转移的电子数为0.3NA
D．25℃，0.1LpH=1的盐酸稀释十倍，含有的OH-数为1×10-14NA
5．自2020年新冠肺炎爆发以来，各种消毒剂在抗击新冠肺炎的过程中起到了非常重要的作用。一种新型漂白剂由W、X、Y、Z四种元素组成，其结构如下图所示，其中W形成的单质是自然界中最硬的物质；X的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物可以发生反应生成一种常见的盐；Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物。下列叙述错误的是


A．元素的第一电离能： X＞Y＞W
B．该漂白剂中Y显-2价
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱： Z＞W＞X
D．该漂白剂中W、X原子最外层均满足8电子稳定结构
6．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与曲线如图所示。下列说法正确的是

已知：亚磷酸是二元弱酸，电离常数，。
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．a点对应的溶液中存在：
D．b点对应的溶液中存在：
7．Zn-BiOI电池以ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质，可实现快速可逆的协同转化反应，具有超高的可逆容量和超长循环寿命。下列说法错误的是

A．放电时，负极反应为
B．放电时，1 molBiOI参与反应，转移3 mole-
C．充电时，电池的总反应为
D．ZnI2能加快电极反应速率

二、非选择题：共58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
8．三氯化铬()是化学合成中的重要物质，易潮解，易升华。利用晶体为原料制备并测定产品中Cr元素含量的实验过程如下，回答下列问题：
(1)的制备：
在瓷坩埚中放入晶体，用一段红热的铁丝与其接触，晶体分解制得，同时生成。
①与刚玉()具有相似结构，其熔点很_______(填“高”或“低”)。
②受热分解的化学方程式为_______。
(2)的制备：
制备实验装置如下图所示。称取干燥的置于瓷坩埚中，维持水浴温度为60℃，加热管式炉温度至700℃，通入氮气，持续加热2小时，利用反应制得。

①装置a的名称为_______。装置D用来收集产品，实验过程中若C处出现堵塞，可通过_______(填操作)，使实验继续进行。
②(俗称光气)有毒，遇水发生水解生成两种酸性物质。装置E是尾气吸收装置，E中发生反应的离子方程式为_______。
③上述装置存在缺陷，请指出改进方法：_______。
(3)产品中Cr元素质量分数的测定：
已知：碱性条件下，可将氧化为；酸性条件下，可将还原为。测定流程如下：

产品中Cr元素的质量分数表达式为_______(写出含m、c、V的表达式)；若实验过程中未加热分解过量，将导致测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

9．CoC2O4是制备金属钴的原料，利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下：

已知：①Ksp(MgF2)=7.42×10-11 Ksp(CaF2)=1.46×10-10
②氧化性：Co2O3>O2>Cl2
③部分金属离子沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按离子浓度为1.00 mol·L-1计算)：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Co2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
3.0
6.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
5.0
9.2

离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全
④CoC2O4·2H2O(相对分子质量：183)热分解曲线如图：

(1)“500℃焙烧”的目的是_______。
(2)“净化除杂1”过程中，先在40 ~ 50℃加入H2O2，其作用是 (用离子方程式表示)_______；再升温至80 ~ 85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，“滤渣1”主要成分的是_______。
(3)“净化除杂2”，当c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1时，溶液中Ca2+是否沉淀完全_______(填“是”或“否”)。
(4)“沉钴”时，用草酸铵而不用草酸钠的原因是_______。
(5)从环保角度考虑，以含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3)制备Co3O4的实验方案为：向含钴废料中_______。(可选试剂：1.0mol·L-1H2SO4溶液，3%H2O2溶液，1.0mol·L-1HCl，0.1mol·L-1NaOH溶液，1.0mol·L-1(NH4)2C2O4溶液)

10．碘及其化合物在人类活动中占有重要地位。回答下列问题：
(1)大量的碘富集在海藻中，将海藻焙烧后用水浸取，再向浸取后的浓缩液中加MnO2和稀硫酸，即可得到I2。该反应的离子方程式为____。
(2)已知1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量，图中的ΔH=____kJ·mol-1。

(3)已知反应H2(g)+I2(g)2HI(g)       ΔH。温度为716K时，在一密闭容器中按物质的量之比为1：1充入H2(g)和I2(g)，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数与反应时间的关系如图：

①反应达平衡时，H2的转化率α(H2)=____%，达到平衡后，将容器体积扩大为原来的2倍，H2的平衡转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。
②根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为____(列出数据算式，不用化简)。
③上述反应中，逆反应速率为v逆=k逆·x2(HI)，正反应速率为v正=k正·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数且只与温度有关，x(HI)代表HI(g)的物质的量分数，则k逆=____(以K和k正表示)。若k正=0.04min-1，在t=40min时，v正=____min-1(此处v正的含义为每分钟内物质的量分数变化，故单位为min-1，用科学计数法表示，保留两位小数)。
(4)向含有等浓度Cl-和I-的溶液中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为____[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，用科学计数法表示并保留两位小数]。


（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题任选一题作答。如果多做，则每按所做的第一题计分。
11．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
使用作原料的增值燃料电合成技术，为减少排放提供了一条有吸引力的途径，并为实现碳中和奠定了坚实的基础。研究表明，许多金属如Pb、In、Bi、Cd和Sn，都可催化转化为甲酸盐的反应。回答下列问题：
(1)Pb在元素周期表中的位置是_______，其基态原子中有_______个未成对电子。
(2)比较Sn和Pb的原子半径大小：r(Sn)_______r(Pb)(填“>”、“<”或“=”)。
(3)和中碳原子的杂化类型分别是_______和_______。
(4)1个HCOOH中存在_______个σ键和个_______π键。
(5)接近甲酸沸点时的甲酸蒸气相对分子质量测定值大于用化学式HCOOH计算得到的相对分子质量，原因是_______。
(6)Sn有3种同素异形体，其中灰锡是金刚石型立方晶体，如图所示。在灰锡中Sn原子的配位数是_______，Sn原子围成的最小环上有_______个Sn原子。已知灰锡中Sn原子之间的最小距离为dpm，则灰锡密度为_______(写出计算式即可，不用化简)。


12．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
化合物G是一种合成多靶向性抗癌药物的中间体。其人工合成路线如下：

(1)A分子中采取sp2杂化与sp3杂化的碳原子数目之比为_______。
(2)D的结构简式为_______。
(3)F→G的反应类型为_______。
(4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①除苯环外不含其它环状结构，能与钠反应放出氢气，遇FeCl3溶液不显色。
②碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均有3种不同化学环境的氢。
(5)写出以 、CH3CH2OH为原料制备 的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。

参考答案
1．【答案】A
【解析】A．速滑馆“冰丝带”内，二氧化碳循环制冰的过程中无二氧化碳排放，碳排放趋近于零，故A正确；
B．碳纤维是一种新型无极非金属材料，不是有机高分子材料，故B错误；
C．利用紫外杀菌技术对手机进行消毒，是为了使蛋白质变性，故C错误；
D．刷芯无线电子体温计背面有一个非常明显的金属触点，该触点为高灵敏度温度传感器，所以刷芯无线电子体温计中含有金属元素，故D错误；故选A。
2．【答案】C
【解析】A．用浓盐酸与MnO2反应制取氯气时，必须在加热条件下才能进行，故A项错误；
B．导管不能插入饱和Na2CO3溶液的液面以下，导管口只能贴近液面，故B项错误；
C．该实验的原理为强酸制弱酸，稀硫酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳通入到硅酸钠溶液中，如果出现白色胶状沉淀，说明碳酸的酸性比硅酸的强，故C项正确；
D．非金属性强弱即得到电子能力的强弱，也可以说是单质的氧化性强弱，该反应在高温下进行，生成的CO脱离反应体系使反应持续进行，不能比较非金属性的强弱，故D项错误；
故答案为：C
3．【答案】D
【解析】A．X分子中有醚键和羰基两种含氧官能团，A错误；
B．X分子不对称，化学环境不同的氢原子有7种，B错误；
C．X分子中碳碳双键不对称，与HBr加成可得两种加成产物，C错误；
D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；不考虑开环加成的情况下，1 mol X与2 mol H2加成生成物分子中有两个手性碳原子，，D正确；
故选D。
4．【答案】A
【解析】A．6gNa37Cl的物质的量为0.1mol，含有的电子数为(11+17)×0.1NA=2.8NA，故A正确；
B． 98%的H2SO4几乎不电离，故B错误；
C．铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，5.6g铁物质的量为，0.1mol Fe转移电子的物质的量为，数目为，故C错误；
D．25℃，0.1LpH=1的盐酸稀释十倍，体积变为1L，pH变为2，OH-的浓度为1×10−12mol/L，含有的OH-数应为1×10−12NA，故D错误；
故答案选A。
5．【答案】C
【分析】W形成的单质是自然界中最硬的物质，则W为C；X的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物可以发生反应生成一种常见的盐，则X为N； Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸，则Z为Cl；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物，并结合该新型漂白剂的结构可知，Y为O；综上所述，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl。
【解析】
A．由分析可知，W为C，X为N，Y为O；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，其中IIA族和VA族元素的第一电离能均高于与其相邻的元素，故元素的第一电离能N＞O＞C，即元素的第一电离能： X＞Y＞W，A正确；
B．由分析可知，W为C ，Y为O；O和C在该化合物中形成碳氧双键，则O呈-2价，B正确；
C．由分析可知，W为C，X为N，Z为Cl；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞N＞C，则酸性：HClO4＞HNO3＞H2CO3，即最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱： Z＞X＞W，C错误；
D．由分析可知，W为C，X为N；如结构图所示，C周围有1个双键和2个单键，N周围有3个氮键，且N含有孤对电子，故C、N最外层均满足8电子稳定结构，D正确；
故选C。
6．【答案】D
【解析】
A．根据图示，a点对应的溶液中溶质为，的电离常数为、的水解常数为，电离大于水解，溶液呈弱酸性，故A错误；
B．a点对应的溶液中溶质为，b点对应的溶液中溶质为，a、b两点溶液都因电解质电离呈酸性，抑制水电离，b点酸性大于a点，水的电离程度：a点大于b点，故B错误；
C．a点溶质为等浓度的，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以对应的溶液中存在：，故C错误；
D．b点对应的溶液中溶质为，的比为1:2，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以b点对应的溶液中存在：，故D正确；
选D。
7．【答案】B
【解析】
【分析】
该电池为二次电池，放电时锌作负极，BiOI作正极，放电时电池的总反应为：6BiOI+3Zn=2Bi+2Bi2O3+3ZnI2；充电时，Bi作阳极，Bi2O3作阴极，电池的总反应为：2Bi+2Bi2O3+3ZnI2=6BiOI+3Zn。
【详解】
A．放电时锌为负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，A正确；
B．放电时，通过电池总反应可知，转移6mol电子时消耗6molBiOI，故1 molBiOI参与反应，转移1mole-，B错误；
C．根据分析，充电时电池总反应正确，C正确；
D．ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质，故ZnI2能加快电极反应速率，D正确；
故选B。

8．【答案】(1)     高    
(2)     三颈烧瓶     加热          D、E之间加上干燥装置(或将E装置改为盛碱石灰的干燥管)
(3)          偏低
【解析】
【分析】
利用晶体分解制得，和四氯化碳反应生成。
(1)①与氧化铝具有相似的结构，则性质也相似，氧化铝熔点很高，则的熔点也很高，故答案为：高；
②晶体分解生成，同时生成，根据元素守恒可知，产物还有水，则受热分解的化学方程式为，故答案为：；
(2)①根据仪器的构造可知，仪器a为三颈烧瓶；根据题干信息可知，易升华，若C处出现堵塞，可通过加热使升华，从而使实验继续进行，故答案为：三颈烧瓶；加热；
②遇水发生水解生成两种酸性物质，根据元素守恒可知，生成的两种酸性物质为二氧化碳和氯化氢，生成的二氧化碳和氯化氢和NaOH在装置E中发生反应，故答案为：；
③易潮解，为了防止潮解，应在D、E之间加上干燥装置，或者将E装置改为盛碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入装置使潮解，故答案为：D、E之间加上干燥装置(或将E装置改为盛碱石灰的干燥管)；
(3)
根据得失电子守恒和原子守恒，滴定过程中存在关系式：，产品中的物质的量为，则产品中Cr元素的质量分数表达式为；若实验过程中未加热分解过量，过量的在加入硫酸和磷酸时，会将还原为，则滴定时消耗标准溶液硫酸亚铁铵体积减小，测定结果偏低，故答案为：；偏低。

9．【答案】(1)除去碳和有机物 (2)     H2O2＋2Fe2＋＋2H+= 2Fe3＋＋2H2O     Fe(OH)3
(3)否 (4)草酸钠溶液的碱性强于草酸铵，易形成Co(OH)2沉淀
(5)边搅拌边加入1.0mol·L-1H2SO4溶液和3%H2O2溶液，待充分反应后边搅拌边滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0~6.4之间，静置过滤，向滤液中边搅拌边加入1.0mol·L-1(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀为止，静置过滤，洗涤后在385℃条件下加热至恒重
【解析】500℃焙烧含钴废料 (主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等) 除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成NaAlO2， Co2O3、Fe2O3、 MgO不溶， CaO与水反应生成氢氧化钙，过滤，则浸出液的主要成分为NaAlO2、Ca(OH)2，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、 Fe2+，根据流程，“净化除杂1”中应将铁元素转化为Fe(OH)3沉淀而除去，可用过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+和少量的Ca2+，用NaF溶液除去Mg2+、Ca2+，过滤后，滤液中主要含有Co2+，加入草酸铵溶液得到草酸钴。
(1)焙烧时，碳会变成二氧化碳逸出，有机物会生成二氧化碳和水，因此碳和有机物可通过焙烧除去，则“500℃焙烧”的目的是除去碳和有机物，故答案为：除去碳和有机物；
(2)“钴浸出”过程中，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、 Fe2+，“净化除杂1”过程中，先在40 ~ 50℃加入H2O2，可将Fe2+氧化成Fe3+，发生的反应为H2O2＋2Fe2＋＋2H+= 2Fe3＋＋2H2O，再升温至80 ~ 85℃，加入Na2CO3溶液，碳酸根和Fe3+发生双水解反应，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则“滤渣1”主要成分的是Fe(OH)3，故答案为：H2O2＋2Fe2＋＋2H+= 2Fe3＋＋2H2O；Fe(OH)3；
(3)当c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1时，Ksp(MgF2)=7.42×10-11 ，则，此时，Ca2+未完全沉淀，故答案为：否；
(4)碱性过强，会形成，溶液的碱性强于，因此“沉钴”时，用草酸铵而不用草酸钠，故答案为：草酸钠溶液的碱性强于草酸铵，易形成Co(OH)2沉淀；
(5)参照题中所给流程，由于Co2O3>O2>Cl2，若用盐酸酸溶会反应生成有毒气体Cl2，因此应先将废料溶于硫酸使Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+、Al3+，再将Co3+还原为Co2+，H2O2既具有还原性，又具有氧化性，且反应产物绿色环保，因此用H2O2将Co3+还原为Co2+，再加入NaOH溶液调节pH在 5.0~6.4之间，除去Fe3+、Al3+，然后加入(NH4)2C2O4溶液沉钴得到草酸钴，根据CoC2O4·2H2O(相对分子质量：183)热分解曲线可知，B点时的含钴的物质为Co3O4，因此将得到的草酸钴静置过滤，洗涤后在385℃条件下加热至恒重得到Co3O4，故答案为：边搅拌边加入1.0mol·L-1H2SO4溶液和3%H2O2溶液，待充分反应后边搅拌边滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0~6.4之间，静置过滤，向滤液中边搅拌边加入1.0mol·L-1(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀为止，静置过滤，洗涤后在385℃条件下加热至恒重。

10．【答案】(1)2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O (2)-10
(3)     78.4     不变               7.29×10-4
(4)4.72×10-7
【解析】(1)大量的碘富集在海藻中，将海藻焙烧后用水浸取，浸取液中含有碘离子，再向浸取后的浓缩液中加MnO2和稀硫酸，MnO2将碘离子氧化，即可得到I2。该反应的离子方程式为2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O。故答案为：2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(2)已知1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量，令⑤H2(g)=2H(g) ΔH=436kJ·mol-1，图中③H2(g)+I2(g)=2H(g)+2I(g) ΔH3=587kJ·mol-1，③-⑤得①I2(g)=2I(g) ΔH1=587kJ·mol-1-436kJ·mol-1=151kJ·mol-1，由图②H2(g)+2I(g) =2HI(g)ΔH2=-161kJ·mol-1，①+②得：H2(g)+I2(g)2HI(g)       ΔH，图中的ΔH=151kJ·mol-1+(-161kJ·mol-1)=-10kJ·mol-1。故答案为：-10；
(3)
①
反应达平衡时，HI的物质的量分数为=0.784，x=0.784，H2的转化率α(H2)=78.4%，H2(g)+I2(g)2HI(g)是体积不变的反应，达到平衡后，将容器体积扩大为原来的2倍，平衡不移动，H2的平衡转化率不变(填“增大”“减小”或“不变”)。故答案为：78.4；不变；
②根据上述实验结果，c(HI)=，c(H2)==，c(I2)==，该反应的平衡常数K的计算式为 =(列出数据算式，不用化简)。故答案为：；
③上述反应中，逆反应速率为v逆=k逆·x2(HI)，正反应速率为v正=k正·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数且只与温度有关，x(HI)代表HI(g)的物质的量分数，到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k逆x2（HI）=k正x（H2）x（I2），则k逆=k正× =，则k逆=(以K和k正表示)。若k正=0.04min-1，在t=40min时，v正=k正·x(H2)·x(I2)=0.04min-1×= 7.29×10-4min-1。故答案为：；7.29×10-4；
(4)向含有等浓度Cl-和I-的溶液中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中=×= =4.72×10-7。故答案为：4.72×10-7。

11．【答案】(1)     第六周期第ⅣA族     2 (2)< (3)     sp     sp2 (4)     4     1
(5)甲酸分子之间通过氢键缔合形成二聚分子，相对分子质量增大
(6)     4     6    
【解析】(1)Pb属于碳族元素，位于第六周期第ⅣA族；基态原子的价电子排布式为6s26p2，有2个未成对电子；故答案为第六周期第ⅣA族；2；
(2)Sn和Pb属于同一主族，从上到下，原子半径依次增大，因此有r(Sn)＜r(Pb)；故答案为＜；
(3)CO2的结构简式为O=C=O，C的杂化类型为sp；HCOO－中C有三个σ键，C的杂化类型为sp2；故答案为sp；sp2；
(4)成键原子之间只能形成1个σ键，1个HCOOH中含有σ键个数为4；1个甲酸中含有1个“C=O”，因此含有π键个数为1个；故答案为4；1；
(5)甲酸分子间能形成氢键，形成二聚分子，相对分子质量增大；故答案为甲酸分子之间通过氢键缔合形成二聚分子，相对分子质量增大；
(6)根据晶胞结构，灰锡是金刚石型立方晶体，一个Sn连接四个Sn形成正四面体形，因此灰锡中Sn原子的配位数为4；灰锡是金刚石型立方晶体，Sn原子围成最小环的是六元环，环上有6个Sn原子；灰锡中Sn原子之间的最短的距离是体对角线的，则晶胞的边长为pm，晶胞的体积为(×10－10)3cm3，晶胞中所含Sn的个数为8个，晶胞的质量为g，因此晶胞的密度是g/cm3或 g/cm3；故答案为4；6；或。

12．【答案】(1)4:1 (2) (3)氧化反应 (4)
(5)
【解析】B和乙醇发生酯化反应生成C，由C逆推，可知B是； D的分子式是C11H12O4，根据C、E的结构简式，可知D是。
(1)A分子中只有2个单键碳原子采用sp3杂化，其余碳原子均采用sp2杂化，碳原子数目之比为采取sp2杂化与sp3杂化的碳原子数目之比为8:2=4:1；
(2)D的分子式是C11H12O4，根据C、E的结构简式，可知D是；
(3)F→G是F中的羟基被氧化为醛基，反应类型为氧化反应；
(4)①除苯环外不含其它环状结构，能与钠反应放出氢气，说明含有羟基，遇FeCl3溶液不显色，说明不含酚羟基。
②碱性条件下水解生成两种产物，说明含有酯基，酸化后分子中均有3种不同化学环境的氢。符合条件的G的同分异构体是；
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根据题干流程图，发生还原反应生成，和乙醇反应生成，被还原成，和反应生成，
合成路线为：。