内蒙古包头市2021年高考化学二模试卷含答案

这是一份内蒙古包头市2021年高考化学二模试卷含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 高考化学二模试卷
一、单选题
1.化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是（   ）
A. 焊锡中掺入适量铅主要目的是降低其熔点
B. 充有汞蒸气的废旧日光灯管应投入可回收垃圾桶中
C. 制备口罩的聚丙烯属于天然高分子化合物
D. 在盛放药品的试剂瓶中放置硅胶颗粒，目的是防止药品被氧化
2.“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法错误的是（   ）

A. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D. 在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
3.兴趣小组探究用预处理后的废弃油脂进行皂化反应，制备高级脂肪酸钠并回收甘油，简单流程如图所示。下列说法错误的是（   ）

A. 皂化反应完成的标志是液体不分层                      B. 盐析属于物理变化
C. 操作③可用装置M完成(夹持装置略)                   D. 操作④中包含蒸馏操作
4.从山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是（   ）

A. 该物质的分子式为C10H14O2               B. 该物质能发生氧化反应、还原反应、加聚反应和取代反应
C. 该物质的一氯代物共有5种                   D. 该物质所有的碳原子可能共平面
5.某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2.下列说法错误的是（   ）

A. 总反应焓变∆H<0
B. 状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
C. 反应过程中只发生了两次氧化还原反应
D. 该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2
6.一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（   ）

A. 电池工作时，将太阳能转化为电能
B. X电极为电池的负极
C. Y电极发生的电极反应为 +2e-=3I-
D. 当电池工作从开始到结束时，电解质溶液中I-和 的浓度分别会发生很大变化
7.某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成。五种元素的原子序数依次增大，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻。下列说法正确的是（   ）
A. 简单离子半径：Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z C. X的含氧酸均为强酸
D. R与W形成的化合物沸点一定低于R与Y形成的化合物
二、非选择题
8.铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(含ReS2)制得铼粉，其工艺流程如下图所示：
回答下列问题
（1）图1是矿样粒度与浸出率关系图，浸出时应将富铼渣粉碎至________目；请写出提高铼浸出率的另外两种方法________、________。浸出反应中ReS2转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式________。

（2）图2表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8BV/h，选择此范围的原因是________。
（3）酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图3所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是________ 。

（4）实验室中，操作III所用主要仪器名称为________。已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。若要得到纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过在水中________的方法提纯。
（5）高铼酸铵热分解得到Re2O7 ， 写出氢气在800℃时还原Re2O7 ， 制得铼粉的化学方程式________。
（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、________、________。
9.紫堇酸二异丙酯主要用作药物生产中的萃取剂及香料成分，制备反应的化学方程式HOOC-CH=CH-COOH+2(CH3)2CHOH (CH3)2CHOOCCH=CHCOOCH(CH3)2+2H2O。

紫堇酸
异丙醇
紫堇酸二异丙酯
分子式
C4H4O4
C3H8O
C10H16O4
相对密度(g∙cm-3)
1.625
0.780
0.831
相对分子质量
116
60
200
实验装置和步骤如下：
①200mL圆底烧瓶中加入31.3g紫堇酸、48g异丙醇和15mL浓硫酸，混合均匀，加入沸石。
②接上回流装置和分水器，在分水器中预先加入少量水，使水面略低于支管口(约1～2cm)，控制温度(90～100℃)加热回流。
③反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，并保持分水器中水层液面原来的高度基本不变。
④反应基本完成后，停止加热，将分水器分出的酯层和烧瓶内的反应液一起倒入分液漏斗中，用10mL水洗涤，并除去下层水层。
⑤有机层用10mL10%碳酸钠溶液洗涤至溶液呈中性，然后再用10mL的水洗涤，最后将有机层加入锥形瓶中，用无水硫酸镁干燥，对粗产品进行蒸馏，最终得到产品42.6g。

（1）仪器A的名称是________。
（2）回流装置A中冷却水应从________(填“a”或“b”)接口进入。
（3）步骤3中不断从分水器下部分出生成的水，并保持分水器中水层液面高度基本不变的目的是________。
（4）步骤④中判断反应基本完成的实验现象是________。
（5）加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是_，加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是________。
（6）本实验的产率是________%(保留3位有效数字)。
10.为应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会，对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现减排重点研究的课题。
（1）处理方案反应1：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。
将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于恒容密闭容器中发生反应1，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。

①请将a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序________。
②在反应器中进行反应1，下列措施能提高CO2平衡转化率的是________(填标号)。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积 
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E.合理控制反应器中气体的流速
（2）一种新的处理方案是用反应2：CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)∆H代替反应1。
I.①已知：CO2(g)和H2O(g)的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mol。则∆H=________kJ/mol。(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。)
②若要反应2自发进行，________(填“高温”或“低温”)更有利。
③反应2必须在高温下才能启动，原因是________。
II.350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生反应2.若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
6.00P
5.60P
5.30P
5.15P
5.06P
5.00P
5.00P
①350℃时反应2的Kp=________(Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)
②反应2的速率方程：v正=k正·c(CO2)·c2(H2)，v逆=k逆·c2(H2O)(k是速率常数，只与温度有关)。30min时， ________c2(H2O)/[c(CO2)·c2(H2)](填“>”“<”或“=”)；
③反应2的lg 、lg 随温度变化的曲线如图所示，则________(填“m”或“n”)表示lg 随温度变化的曲线。

11.第四周期过渡元素铁、锰在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应用，回答下列问题：
（1）在现代化学中，常利用________上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
（2）写出Mn的外围电子排布式________；比较铁与锰的第三电离能(I3)：铁________锰(填“>”“=”或“<”)，原因是________。
（3）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。此物质中碳原子的杂化方式是________。

（4）配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的分子式为________；已知(CN)2是直线型分子，并具有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为________。
（5）如图是晶体Fe3O2的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。

①晶胞中三价铁离子处于氧离子围成的________(填空间结构)空隙。
②解释Fe3O4晶体能导电的原因________。
③若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为________g·cm-3(阿伏加德罗常数用NA表示)。
12.丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药。合成丁苯酞(J)的一种路线如图所示：

已知：
（1）B的化学名称是________，F中官能团名称是________。
（2）由E生成F的反应类型是________。
（3）试剂a是________。
（4）J是一种环酯，则J的结构简式为________。H在一定条件下发生缩聚反应还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为________。
（5）M的组成比F多1个CH2基团，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体：①能发生银镜反应；②含有苯环；③不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体共有________种。
（6）利用题中信息设计以乙醛和苯为原料，制备 的合成路线(无机试剂任选)________。

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】【解答】A．焊锡中掺入适量铅主要目的是降低其熔点，A项符合题意；
B．充有汞蒸气的废旧日光灯管应投入危险品垃圾桶中，B项不符合题意；
C．聚丙烯属于合成高分子化合物，C项不符合题意；
D．硅胶常作为干燥剂而不是脱氧剂，D项不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.合金的熔点比纯金属的低
B.汞有毒不能随意丢弃
C.自然界中不存在聚丙烯，因此聚丙烯是合成高分子化合物
D.硅胶具有吸水性，放入硅胶主要是吸水
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A不符合题意；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B符合题意；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C不符合题意；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.根据题目中可使高锰酸钾以及亚铁离子变为三价铁离子说明其具有氧化性和还原性
B.未产生新的物质使物理变化
C.根据推测过氧化氢有氧化性和还原性
D.水的凝固点使0℃，在20℃就凝固因此在电厂作用下更易形成氢键
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．油脂难溶于水，皂化反应的产物高级脂肪酸钠、甘油都易溶于水，皂化反应完成的标志是液体不分层，故A不符合题意；
B．盐析的原理是加入氯化钠固体降低高级脂肪酸钠溶解度，所以属于物理变化，故B不符合题意；
C．向混合溶液中加入食盐粒，搅拌、静置，高级脂肪酸钠就会从混合物中以固体形式析出，浮在液面，固液分离不能用分液的方法，故C符合题意；
D．甘油是易溶于水的液体，用蒸馏法从含甘油的混合液中分离出甘油，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】油脂在碱性的条件下发生的是皂化反应，油脂与水不互溶，加入氢氧化钠后水解得到的高级脂肪酸钠和甘油，均易溶于水，因此液体不分层是皂化完全的标准，加入氯化钠后将高级脂肪酸钠沉淀出，发生的是物理变化，操作三是过滤，含有甘油的混合物运用蒸馏进行操作即可
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．由结构可知分子式为C10H16O2 ， 故A不符合题意；
B．含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应、还原反应，且含甲基可发生取代反应，故B符合题意；
C．结构不对称，含7种H ，该物质的一氯代物共有7种，故C不符合题意；
D．该分子中含有 ，具有甲烷结构特点，所以该物质所有的碳原子不可能共平面，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该有机物中含有过氧键和碳碳双键，具有过氧化物和烯烃性质，据此分析解答。
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，A项不符合题意；
B．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，B项不符合题意；
C．由图1可知，状态②到状态③、状态④到状态⑤，Cu元素的化合价发生改变，而状态③到状态④、状态⑤到状态①，N元素的化合价发生改变，则不只生了两次氧化还原反应，C项符合题意；
D．根据图1，加入2NH3、2NO、 O2 ， 生成2N2、3H2O，该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2 ， D项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.根据起始物和最终产物的能量即可判断焓变的大小
B.根据状态③和状态④ 的变化即可判断键的断裂和形成
C.根据标出过程中元素的化合价即可判断出氧化还原反应
D.根据起始物和最终的产物即可写出方程式
6.【答案】 D
【解析】【解答】A．电池工作时，太阳光使Ru(II)失电子转化为Ru(III)，发生氧化还原反应，将太阳能转化为电能，选项A不符合题意；
B．X电极电子流岀，发生氧化反应，为电池的负极，选项B不符合题意；
C．Y电极电子流入，发生还原反应，电极反应为 +2e-=3I- ， 选项C不符合题意；
D．电池工作时， +2e-=3I- ， 生成的I-又可与Ru(III)反应重新生成 ，整个过程电解质溶液中I-和 的浓度基本不变，选项D符合题意；
故答案为：D。

【分析】根据图示电子的转移，说明电极X是负极，Y是正极，因此是将太阳能转化为电能，X是Ru(II)失去电子变为Ru(III)发生氧化反应，Y是由I3-得到电子变为I- ， 发生还原反应，根据图示所示，产生的碘离子被Ru(III)又氧化为I3-离子，因此离子浓度几乎不变
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．电子层数数相同时核电荷数越小离子半径越大，所以离子半径N3->F->Al3+ ， A项不符合题意；
B．非金属性：Al＜C＜N，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z C．X为N元素，其含氧酸HNO2为弱酸，C项不符合题意；
D．H与C可以组成烷烃、烯烃等多种烃类化合物，C的个数多熔沸点越高，故其沸点不一定低于R与Y形成的化合物HF，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】五种元素的原子序数依次增大，只有W、X、Y同周期，则R为H元素，Z为第三周期元素，W、X、Y均为第二周期元素；W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，五种元素不同主族，则Z不可能为Na，若为Mg，则没有满足条件的W和X，若为Al，则W、X、Y分别为6、7、8号元素，即分别为C、N、O，符合题意；若Z为Si，则没有满足条件的W和X；若Z为P，则W、X、Y分别为7、8、9号，分别为N、O、F，而N与P同主族，不符合题意；若Z的原子序数再增大，则Y不可能为第二周期主族元素；综上所述R为H元素、W为C元素、X为N元素、Y为F元素、Z为Al元素。
二、非选择题
8.【答案】 （1）120；适当升高温度；搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间；2ReS2+19H2O2=2ReO +4SO +10H++14H2O
（2）萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多
（3）温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小
（4）分液漏斗；重结晶
（5）Re2O7+7H2 2Re+7H2O
（6）NH3；含R3N的有机溶液
【解析】【解答】(1)由图可知，浸出时将富铼渣粉碎至120目时，浸出率可以达到95%，矿样粒度大于120目，浸出率变化不大，则浸出时应将富铼渣粉碎至120目；为防止过氧化氢分解，适当升高温度可以加快铼浸出速率，提高铼浸出率，搅拌、增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间等措施也能加快铼浸出速率，提高铼浸出率；浸出反应中二硫化铼转化为两种强酸的反应为酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，反应的化学方程式为2ReS2+19H2O2=2ReO +4SO +10H++14H2O，故答案为：120；适当升高温度；搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间；2ReS2+19H2O2=2ReO +4SO +10H++14H2O；
 
(2) 由图可知，萃取液流速越大，铼吸附率越小，则萃取剂流速选用6～8BV/h的范围是因为萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多，故答案为：萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多；
(3) 由图可知，T1℃时铼的浸出率最高，温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，而超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小，故答案为：温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小；
(4)由分析可知，操作III为分液，分液时用到的主要仪器为分液漏斗；由高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水可知，可通过在水中重结晶的方法得到纯度更高的高铼酸铵晶体，故答案为：分液漏斗；重结晶；
(5) 由分析可知，制得铼粉的反应为在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水，反应的化学方程式为Re2O7+7H2 2Re+7H2O，故答案为：Re2O7+7H2 2Re+7H2O；
(6) 由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、氨气和含R3N的有机溶液，故答案为：NH3；含R3N的有机溶液。
【分析】由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸和硫酸的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N·H ReO4溶液；向R3N·H ReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体受热分解生成可以循环使用的氨气和七氧化二铼，在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。
 
9.【答案】 （1）球形冷凝管
（2）a
（3）使平衡正向移动，提高产品产率；使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应
（4）分水器中水位不再上升 除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质
（5）除去碳酸钠及其他可溶于水的物质
（6）81.9%
【解析】【解答】(1)仪器A的名称是球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
 
(2)从a接口通入冷却水可以保证冷却水充满冷凝管，增强冷凝效果，故答案为：a；
(3)反应生成酯和水，属于可逆反应，使用分水器分离出生成的水，使平衡正向移动，提高产品产率；反应过程中酸和醇会一起被蒸出，为了提高反应物的转化率，在分水器中预先加入少量的水，并在分离生成水时注意保持分水器中水层液面原来的高度不变，这样可以使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应，故答案为：使平衡正向移动，提高产品产率；使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应；
(4)反应结束后分水器中水位不再上升，可利用此特征判断反应是否完成，故答案为：分水器中水位不再上升；
(5)加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质；加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是除去碳酸钠及其他可溶于水的物质，故答案为：除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质；除去碳酸钠及其他可溶于水的物质；
(6)由30g紫堇酸(0.26mol)、55.7mL异丙酸(0.73mol)可知紫堇酸过量，用紫堇酸的物质的量计算得紫堇酸二异丙酯的理论产量为0.26mol 200g/mol=52g，则本实验的产率是 =81.9%，故答案为：81.9%。
【分析】（1）根据仪器即可进行命名
（2）冷却水从下往上冷凝效果好
（3）使挥发出的醇和酸便于从分流器流入反应容器中提高产率
（4）反应不断的进行，产物不断的会发到分水器中，当分水器中液面不再变化时即可判断反应停止
（5）碳酸钠主要和酸性物质作用，因此使除去酸性物质。再加入水的目的是除去多余的碳酸钠和可以溶于水的物质
（6）根据方程式结合给出的数据计算出理论的产量再利用得到的产品即可计算出产率
 
10.【答案】 （1）vc>vb>va；CE
（2）-90；低温；反应活化能高；；>；m
【解析】【解答】(1)①a、b相比，a的温度低、水蒸气含量低，所以va(逆)小于vb(逆) ， b、c相比，c温度高，所以vb(逆)小于vc(逆) ， 三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序vc>vb>va；
 
②A．减压，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，故不选A；
B．增大催化剂的比表面积，平衡不移动，CO2平衡转化率不变，故不选B；
C．根据图像，随温度升高，水的物质的量分数降低，说明正反应放热，反应器后段冷却，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，
故答案为：C；
D．提高原料气中CO2所占比例，CO2平衡转化率减小，故不选D；
E．合理控制反应器中气体的流速，反应正向进行，CO2平衡转化率增大，
故答案为：E；
选CE；
(2) I．①CO2(g)和H2O(g)的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mol；
则Ⅰ C(s)+ O2(g)= CO2(g) ∆H=-394kJ/mol。
Ⅱ．2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) ∆H=-484kJ/mol；
根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ 得CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)∆H=-484kJ/mol+394kJ/mol=-90 kJ/mol；
②CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)， ，反应2自发进行，低温更有利。
③反应2的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动；
II. ①
起始压强为6P，平衡时压强为5P，则
x=2，平衡时CO2物质的量为2mol、H2物质的量为4mol、H2O物质的量为4mol，350℃时反应2的Kp= ；
②反应2的速率方程：v正=k正·c(CO2)·c2(H2)，v逆=k逆·c2(H2O)。达到平衡时30min时k正·c(CO2)·c2(H2) =k逆·c2(H2O)， = =K，30min时没有达到平衡状态，平衡正向进行，Qc2(H2O)/[c(CO2)·c2(H2)]；
③反应2的正反应放热，升高温度平衡逆向移动，说明升高温度对逆反应速率醋酸影响大，
所以m表示lg 随温度变化的曲线。
【分析】本题考查化学反应速率和化学平衡，明确盖斯定律、平衡常数概念、影响化学平衡移动的因素是解题关键，会利用“三段式”计算平衡常数，培养学生利用知识解决实际问题的能力。
 
11.【答案】 （1）原子光谱
（2）3d54s2；＜；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6 ， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高
（3）sp2、sp3
（4）CO或N2；3：4
（5）正四面体；电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
【解析】【解答】(1)在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，故答案为：原子光谱；
 
(2)Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2 ， 则外围电子排布式为：3d54s2；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6 ， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高， 所以第三电离能 Fe 小于 Mn，故答案为：3d54s2；＜；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6 ， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高；
(3)由环戊二烯(C5H6)的结构式可知，环戊二烯中有4个C原子形成有C=C双键，1个C原子含有4个C−H单键，即有两种C原子，所以杂化类型为：sp2、sp3 ， 故答案为：sp2、sp3；
(4)配合物K3Fe(CN)6中配位体是CN- ， 与CN-含有相同原子个数，且价电子相等的微粒互为等电子体，其中属于分子为CO或N2；(CN)2分子的结构简式N≡C-C≡N，单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键，故σ键和π键数目比为3：4，故答案为：CO或N2；3：4；
(5)①根据晶胞中离子的位置关系可知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙，故答案为：正四面体；
②电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，故 Fe3O4 晶体能导电，故答案为：电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③根据晶胞均摊计算，晶胞中含有铁离子的个数为 ，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数为 ，若晶胞的体对角线长为 a nm，设边长为xnm，面对角线为 ，则体对角线长 = a nm，故x= ，体积为x3= ，质量为 ，故密度 ，故答案为： 。
【分析】(1)在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析；
(2)Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6 ， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高；
(3)由环戊二烯(C5H6)的结构式可知，环戊二烯中有4个C原子形成有C=C双键，1个C原子含有4个C−H单键；
(4)配合物K3Fe(CN)6中配位体是CN- ， 与CN-含有相同原子个数，且价电子相等的微粒互为等电子体；(CN)2分子的结构简式N≡C-C≡N，单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键；
(5)①根据晶胞中离子的位置关系可知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙；
②电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③根据晶胞均摊计算，晶胞中含有铁离子的个数为 ，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数为 ，根据密度公式作答。
 
12.【答案】 （1）2-甲基-2-溴丙烷；醛基、溴原子
（2）氧化反应
（3）铁粉（或FeBr3）、液溴
（4）；
（5）7
（6）
【解析】【解答】(1)根据G的结构简式可知，A的结构简式为CH2=C(CH3)2 ， A发生加成反应生成B为(CH3)3CBr，B的名称为2-甲基-2-溴丙烷，由以上分析可知F为 ，官能团名称为醛基、溴原子，故答案为：2-甲基-2-溴丙烷；醛基、溴原子；
 
(2)E中甲基转化为醛基生成F，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
(3)由D到E发生苯环上的一溴取代反应，试剂a为铁粉（或FeBr3）、液溴；
(4)J 是一种环酯，根据H的结构简式 及J的化学式C12H14O2可知H发生分子内酯化脱去1分子水生成J，J为 ，H（ ）在一定条件下还能生成高分子化合物K为 ，化学方程式为 ；
(5)M组成比F（ ）多1个CH2 基团，M 的分子式为 C8H7BrO，M 的同分异构体①能发生银镜反应，说明含有醛基；②含有苯环；③不含甲基，可以有1个取代基为-CHBrCHO，可以有两个取代基为-CH2Br、-CHO，或者-CH2CHO、-Br，均有邻、间、对3种，故满足上述条件的M的同分异构体共有1+2´3=7种；
(6) 由 与乙醛反应得到，苯与溴发生取代反应得到溴苯，溴苯再与Mg/乙醚作用得到 ，合成路线流程图为： 。
【分析】根据G的结构简式可知，A的结构简式为CH2=C(CH3)2 ， A发生加成反应生成B为(CH3)3CBr，B发生信息中的反应生成C为(CH3)3CMgBr，D为 ，D和液溴发生苯环上的取代反应生成E为 ，E发生氧化反应生成F为 ；根据信息中第一步以及第二步中与二氧化碳的反应，由G可推知H为 ，结合J的分子式，可知H脱去1分子水形成J，而J是一种环酯，则J为 ，根据以上分析解答。