2021年河南省郑州市中牟第一高级中学高考化学全真模拟试卷（四）（含答案）

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2021年河南省郑州市中牟第一高级中学高考化学全真模拟试卷（四）

1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是( )
A. “零落成泥碾作尘，只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的
B. 用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C. 港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
D. 用于制造人造骨骼的磷酸钙陶瓷属于新型无机非金属材料
2. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
向K2MnO4溶液(墨绿色)中加入醋酸，溶液逐渐变为紫色且有黑色沉淀生成
醋酸具有氧化性
B
常温下，pH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水溶液等体积混合
混合后，pH变小
C
向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊
结合H+的能力：C6H5O−>CO32−
D
向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少许等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp(CuS)Z
B. W与X、Y、Z均可形成离子化合物
C. X与Y形成的简单化合物常温常压下是液态
D. Z单质与Y的简单氢化物不能发生置换反应
5. 某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca(OH)2]，酸液室通入CO2(以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述错误的是( )

A. 电子由M极经外电路流向N极
B. N电极区的电极反应式为2H++2e−=H2↑
C. 在碱液室可以生成 NaHCO3、Na2CO3
D. 放电一段时间后，酸液室溶液pH增大
6. 335℃时，在恒容密闭反应器中1.00molC10H18(l)催化脱氢的反应过程如下：
反应1：C10H18(l)⇌C10H12(l)+3H2(g)△H1
反应2：C10H12(l)⇌C10H8(l)+2H2(g)△H2
测得C10H12和C10H8的产率x1和x2(以物质的量分数计)随时间的变化关系及反应过程中能量的变化如图所示。下列说法正确的是( )

A. 使用催化剂能降低反应的活化能但不能改变反应历程
B. 更换催化剂后△H1、△H2也会随之改变
C. 8h时，反应 1已处于平衡状态而反应2还未处于平衡状态
D. x1显著低于x2，是由于反应2的活化能比反应1的小，反应1生成的C10H12很快转变成C10H8
7. 常温下，已知0.01mol⋅L−1HA溶液，Ka(HA)=1.8×10−5，0.01mol⋅L−1HB溶液的pH=2，0.01mol⋅L−1ROH溶液的pH=12。如图是等浓度的三种溶液相互滴加时的导电能力变化曲线图。其中曲线③是HB溶液滴定RA溶液，其他曲线是HA溶液滴定ROH溶液或ROH溶液滴定HB溶液。下列判断错误的是( )

A. 条件相同时导电能力：HB溶液>RA溶液
B. 随着滴入溶液体积的增大，曲线③表示的导电能力可以超过①
C. 滴入HB溶液的体积为RA 溶液体积一半时，离子浓度为c(A−)>c(B− )>c(HA)
D. 滴定过程必须借助指示剂才能确定滴定终点
8. 以锗石矿(主要成分有CuS、FeS、GeS2，含少量Al2O3)制备高纯锗的流程如图：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：

Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
GeO2⋅nH2O
开始沉淀pH
7.5
2.2
3.0
7.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7
8.6
②丹宁对Ge4+有良好选择性，生成丹宁锗沉淀
③GeCl4沸点83.1℃，易水解，在浓盐酸中溶解度较小；GeO2⋅nH2O在5mol/L左右盐酸中溶解度最小
(1)“除杂”加H2O2的作用是 ______。
(2)“除杂”加碳酸钠调节pH范围应为 ______。
(3)粗GeO2到GeCl4过程的浓盐酸不能换成稀盐酸的原因是 ______。
该步骤也可用SOCl2代替浓盐酸在300℃反应得到GeCl4，写出该反应的化学方程式 ______。
(4)GeCl4的电子式为 ______，写出GeCl4制得GeO2⋅nH2O的化学方程式 ______，该过程中蒸馏水不能过量的原因是 ______
(5)该流程中锗石矿用量mt(GeS2的质量分数为n%)，最终得到纯锗wkg，则锗的产率为 ______(用含m、n、w的代数式表示)。
9. 二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，熔点为425℃、沸点为900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。学习小组在实验室制备VCl2并进行相关探究。回答下列问题：

(1)小组同学通过VCl3分解制备VCl2。
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为______。(用小写字母填空)
②A中盛放NaNO2的仪器名称为______，其中发生反应的离子方程式为______。
③实验前需通入N2，其作用为______。
(2)测定产品纯度：实验后产品中混有少量VCl3杂质。称量2.795g样品，溶于水充分水解，调pH后滴加Na2CrO4作指示剂，用0.5000mol⋅L−1AgNO3标准溶液滴定Cl−，达到滴定终点时消耗标准液体积为100.00mL。(Ag2CrO4为砖红色沉淀，杂质不参加反应)
①滴定终点的现象为______。
②产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为______。
(3)小组同学进一步用如图2所示装置比较含钒离子的还原性。接通电路后，观察到右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深，发生的电极反应式为______，则VO2+、V2+的还原性较强的是______。
10. 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。

(1)NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H；该反应分两步完成，其反应历程如图1所示。回答下列问题：
①写出反应①的热化学方程式 ______。
②反应①和反应②中，决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是 ______(填“反应①”或“反应②”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是 ______(反应未使用催化剂)。
(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及10min和20min各物质平衡浓度如表所示：
浓度/mol⋅L−1
时间/min
NO
N2
CO2
0
0.100
0
0
10
0.040
0.03
0.030
20
0.032
0.034
0.017
①T℃时，该反应的平衡常数为 ______(保留两位有效数字)。
②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，则改变的条件是 ______。
(3)T℃时，存在如下平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)。该反应正逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：，、是速率常数)，且与的关系如图2所示。
①T℃时，该反应的平衡常数K=______。
②T℃时，往刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，则平衡时NO2的物质的量分数为 ______(以分数表示)。平衡后______。(用含a的表达式表示)
11. 嫦娥五号实现了中国首次月球无人采样返回，月球玄武岩是构成月球的岩石之一，主要由辉石(主要成分硅酸盐)和钛铁矿(主要成分FeTiO3)等组成。回答下列问题：

(1)与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有 ______种；
(2)向含Fe3+的溶液中滴加少量的KSCN溶液，溶液中生成红色的[Fe(SCN)(H2O)5]2+，该离子中的H2O分子与Fe3+之间形成 ______键。
(3)Fe2+能与三氮唑(结构如图1甲)形成多种配合物。三氮唑分子所含的元素中，电负性最大的是 ______(填元素符号，下同)。lmol三氮唑中所含σ键的数目为 ______；三氮唑的沸点为260℃，与之结构相似且相对分子质量接近的环戊二烯(结构见图乙)的沸点为42.5℃，前者沸点较高的原因是 ______；环戊二烯分子中碳原子杂化方式是 ______；
(4)FeTiO3的结构如图2所示，其中由O围成的 ______(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)被Fe占据。在图3中画出FeTiO3结构的另一种表示 ______(要求：Fe处于晶胞的顶点)，Ti的配位数为 ______。已知该晶胞的密度为ρg/cm3，NA表示阿伏加德罗常数的值。计算晶胞参数a=______pm。(列出计算表达式)。
12. 医药与人类健康息息相关，G是非常重要的合成中间体，可以合成许多药物分子，如图是G的合成路线，回答下列问题：

下面信息可能会帮助到你：
RCOOH→SOCl2RCOCl
Bu是叔丁基，叔丁醇钠是一种强碱，与氢离子结合生成叔丁醇。
(1)D中所含官能团名称为 ______ 。
(2)已知B和溴乙烷是同系物，B的结构简式为 ______ 。
(3)由C生成D的化学反应为 ______ 。
(4)写出符合下列条件A的同分异构体数目 ______ 种。
A.与 NaHCO3反应可生成CO2
B.能发生银镜反应
(5)下列有关E的说法不正确的有 ______ 。
A.可以发生银镜反应
B.该有机物核磁共振氢谱图有9组峰
C.1mol E可以和2mol氢气发生加氢还原反应
D.有两种含氧官能团且具有一定的酸性
(6)F生成G的反应类型为 ______ 。
(7)以甲苯和两个不超过五个碳的有机物合成(请完成下列流程，无机试剂任选)______ 。


答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.香体现了分子在不断的运动，不是体现了分子是由原子构成的，故A错误；
B.Fe3O4是磁性氧化物，是具有磁性，故B正确；
C.沥青是石油最后提炼的产物，沸点较高，故C正确；
D.磷酸钙陶瓷属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：A。
A.香体现了分子在不断的运动；
B.Fe3O4是磁性氧化物；
C.沥青是石油最后提炼的产物；
D.磷酸钙陶瓷属于新型无机非金属材料。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.发生反应为3MnO42−+4CH3COOH=2MnO4−+MnO2↓+2H2O+4CH3COO−，醋酸只提供了氢离子，没有表现氧化性，故A错误；
B.常温下，pH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水溶液等体积混合，两溶液中氢氧根离子浓度相同，一水合氨的电离平衡不移动，混合液的pH仍然为11，故B错误；
C.向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，反应生成C6H5OH和HCO3−，说明结合H+的能力：C6H5O−>HCO3−，故C错误；
D.向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少许等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解，说明CuS更难溶，则Ksp(CuS)ROH>RA，随着滴入溶液的体积增大，曲线①对应溶液逐渐变为溶质主要为ROH的溶液，曲线③逐渐变为溶质主要为HB的混合溶液导电能力曲线，因此曲线③表示的导电能力可以超过①，故B正确；
C.HB溶液滴入到RA溶液中发生的反应为：HB+RA=HA+RB，当滴入HB溶液体积为RA溶液体积一半时，可以看做等物质的量浓度的HA、RB、RA的混合溶液，Ka(HA)=1.8×10−5，Kh(A−)=KwKa=10−141.8×10−5，得到Ka(HA)>Kh(A−)，HA−离子的电离程度大于其水解程度，离子浓度为c(A−)>c(B− )>c(HA)，故C正确；
D.溶液导电能力与离子所带电荷和其浓度有关，可以利用滴定过程中被滴定液的导电能力变化的转折点来确定滴定终点，可以不使用指示剂，故D错误；
故选：D。
常温下，已知0.01mol⋅L−1HA溶液，Ka(HA)=1.8×10−5，HA为弱酸，0.01mol⋅L−1HB溶液的pH=2，说明HB为强酸，0.01mol⋅L−1ROH溶液的pH=12，说明ROH为强碱，RA为强碱弱酸盐，
A.曲线③是HB溶液滴定RA溶液．起始点表示一定浓度的RA溶液的相对导电能力，滴定过程中导电能力逐渐升高，当滴定到一定程度后导电能力升高幅度加大，拐点表明此时HB和RA反应完全，滴入溶液体积无限大时，混合溶液可以近似看作等浓度的HB溶液；
B.曲线②的最低点比曲线①低，因此曲线②为HA溶液滴定同浓度的ROH溶液的曲线，曲线①是ROH溶液滴定同浓度的HB溶液的曲线，由曲线①起始点最高，说明同浓度的HB溶液的导电能力最强，即相同条件下溶液的导电能力，HB>ROH>RA，随着滴入溶液的体积增大，曲线①对应溶液逐渐变为溶质主要为ROH的溶液，曲线③逐渐变为溶质主要为HB的混合溶液导电能力曲线；
C.HB溶液滴入到RA溶液中发生的反应为：HB+RA=HA+RB，当滴入HB溶液体积为RA溶液体积一半时，可以看做等物质的量浓度的HA、RB、RA的混合溶液，Ka(HA)=1.8×10−5，Kh=KwKa，Ka(HA)>Kh(A−)，HA−离子的电离程度大于其水解程度；
D.溶液导电能力与离子所带电荷和其浓度有关，可以利用滴定过程中被滴定液的导电能力变化的转折点来确定滴定终点。
本题考查了酸碱滴定时溶液导电能力曲线的分析，溶液酸碱性和微粒浓度关系的比较等，注意图像变化实质的理解应用，题目难度较大。

8.【答案】氧化亚铁离子，便于后续除杂  4.7≤pH≤7.2浓盐酸可以降低GeCl4的溶解度，并减少其水解，提高产率  GeO2+2SOCl2−△GeCl4+2SO2   GeCl4+(2+n)H2O=GeO2⋅nH2O↓+4HCl蒸馏水过多，会导致产品溶于稀盐酸，降低产量 137w730mn×100%

【解析】解：(1)“除杂”加H2O2的作用是氧化亚铁离子，便于后续除杂，
故答案为：氧化亚铁离子，便于后续除杂；
(2)结合溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“除杂”加碳酸钠调节pH范围应为4.7≤pH≤7.2，
故答案为：4.7≤pH≤7.2；
(3)GeCl4沸点83.1℃，易水解，在浓盐酸中溶解度较小，粗GeO2到GeCl4过程的浓盐酸不能换成稀盐酸的原因是浓盐酸可以降低GeCl4的溶解度，并减少其水解，提高产率，该步骤也可用SOCl2代替浓盐酸在300℃反应得到GeCl4，该反应的化学方程式为GeO2+2SOCl2−△GeCl4+2SO2，
故答案为：浓盐酸可以降低GeCl4的溶解度，并减少其水解，提高产率；GeO2+2SOCl2−△GeCl4+2SO2；
(4)GeCl4为共价化合物，电子式为，水解产生GeO2⋅nH2O，对应方程式为GeCl4+(2+n)H2O=GeO2⋅nH2O↓+4HCl，GeO2⋅nH2O在5mol/L左右盐酸中溶解度最小，该过程中蒸馏水不能过量的原因是蒸馏水过多，会导致产品溶于稀盐酸，降低产量，
故答案为：；GeCl4+(2+n)H2O=GeO2⋅nH2O↓+4HCl；蒸馏水过多，会导致产品溶于稀盐酸，降低产量；
(5)该流程中锗石矿用量mt(GeS2的质量分数为n%)，对应的Ge元素质量为m×n%×73137×1000kg，最终得到纯锗wkg，故对应Ge的产率为wm×n%×73137×1000×100%=137w730mn×100%，
故答案为：137w730mn×100%。
锗石矿(主要成分有CuS、FeS、GeS2，含少量Al2O3)加入盐酸浸取，CuS沉淀析出，Fe、Ge、S、Al元素以简单离子的形式进入溶液，加入过氧化氢氧化亚铁离子和硫离子，然后加入碳酸钠调节pH，沉淀分离Fe(OH)3、Al(OH)3、S，溶液中丹宁对Ge4+有良好选择性，生成丹宁锗沉淀，据此进行分离，随后加热分解获得粗GeO2，加入盐酸后，获得GeCl4，加入蒸馏水水解，随后过滤，获得GeO2⋅nH2O，加热分解，获得GeO2，加入氢气还原，获得Ge，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

9.【答案】agh(hg)de(或ed)cbf蒸馏烧瓶  NO2−+NH4+−△N2↑+2H2O将生成的Cl2吹出，防止VCl2被氧化  滴入最后一滴标准液生成红色沉淀，且半分钟沉淀不溶解  1：10VO2+−e−+2H+=VO2++H2OV2+

【解析】解：(1)①装置A用于制备氮气，用E装置的碱石灰干燥氮气，C装置中进行VCl3分解制备VCl2，B装置用于隔离、防止D装置中的水蒸气进入C装置而干扰实验，但E、B装置不能互换，因为Cl2能与碱石灰反应，可能使碱石灰的作用减弱，VCl3分解生成的氯气有毒，常用NaOH溶液吸收处理，所以按气流方向，图1装置合理的连接顺序为agh(hg)de(或ed)cbf，
故答案为：agh(hg)de(或ed)cbf；
②盛放NaNO2的仪器有支管，则蒸馏烧瓶；A装置中发生的反应为NaNO2+NH4Cl−△N2↑+NaCl+2H2O，离子方程式为NO2−+NH4+−△N2↑+2H2O，
故答案为：蒸馏烧瓶；NO2−+NH4+−△N2↑+2H2O；
③由题意可知，二氯化钒(VCl2)有强还原性，VCl3分解生成的Cl2具有强氧化性，二者可反应，所以实验过程中需持续通入N2作用为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化，
故答案为：将生成的Cl2吹出，防止VCl2被氧化；
(2)①滴定终点时，氯离子完全反应，滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟沉淀不溶解，
故答案为：滴入最后一滴标准液生成红色沉淀，且半分钟沉淀不溶解；
②设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，根据Cl、Ag原子守恒有：VCl3∼3AgCl∼3AgNO3、VCl2∼2AgCl∼2AgNO3，则157.5x+122y=1.3775，3x+2y=0.5000×0.046=0.023，解得x=0.001mol、y=0.01mol，所以产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为x：y=1：10，
故答案为：1：10；
(3)该装置为原电池，由右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深可知，VO2+在正极反应还原反应生成VO2+，发生的电极反应式为VO2+−e−+2H+=VO2++H2O，则左侧为负极区，V2+发生氧化反应生成V3+，则V2+还原性较强，
故答案为：VO2+−e−+2H+=VO2++H2O；V2+。
(1)装置A用于制备氮气，反应为NaNO2+NH4Cl−△N2↑+NaCl+2H2O，二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，用E装置的碱石灰干燥氮气，C装置中进行VCl3分解制备VCl2，反应为，B装置用于隔离、防止D装置中的水蒸气进入C装置而干扰实验，生成的氯气有毒，常用NaOH溶液吸收处理，据此分析解答；
(2)①样品溶于水，充分水解生成Cl−，加入Na2CrO4作指示剂，开始有白色AgCl沉淀生成，当加入的AgNO3标准溶液过量时，生成砖红色Ag2CrO4沉淀，则反应达到滴定终点；
②设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，根据Cl、Ag原子守恒有：VCl3∼3AgCl∼3AgNO3、VCl2∼2AgCl∼2AgNO3，则157.5x+122y=1.3775，3x+2y=0.5000×0.046=0.023，解得x=0.001mol、y=0.01mol；
(3)该原电池工作时，右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深，即右侧发生还原反应、为正极区，VO2+→VO2+，则左侧为负极区，V2+发生氧化反应生成V3+。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、各实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用和化学方程式的计算，题目难度中等。

10.【答案】2NO(g)=N2O2(g)△H=−(E2−E3)kJ/mol反应②  温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O4浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢  0.56分离出了二氧化碳  100111  10a

【解析】解：(1)①根据图象可知反应①的热化学方程式为：2NO(g)=N2O2(g)△H=−(E2−E3)kJ/mol，
故答案为：2NO(g)=N2O2(g)△H=−(E2−E3)kJ/mol；
②总反应速率由慢反应决定，慢反应是活化能大的反应，由图象可知，反应②的活化能大于反应①的活化能，反应②决定总反应速率；当反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，可能是升高温度反应①平衡向逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢，
故答案为：反应②；温度升高后反应①平衡逆向移动，导致N2O4浓度减小，温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应②速度变慢，最终总反应速率变慢；
(2)①根据表格10min时各物质的平衡浓度，K=c(CO2)⋅c(N2)c2(NO)=0.03×0.03(0.04)2≈0.56，
故答案为：0.56；
②根据表中数值知，NO、二氧化碳的浓度减小，氮气的浓度增大，说明改变条件是分离出二氧化碳物质，
故答案为：分离出了二氧化碳；
(3)①由化学方程式可知，的斜率更大一些，从而得出，，则，，，，则T℃时，该反应达到平衡时，，即，则平衡常数，
故答案为：100；
②T℃时，往刚性容器中充入xmol/LNO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，
                           2NO2(g)⇌N2O4(g)
起始量(mol/L)x0
变化量(mol/L)21
平衡量(mol/L)x−21
则K=1(x−2)2=100，解得：x=2.1mol/L，则平衡时NO2的物质的量浓度为0.1mol/L，平衡时NO2的物质的量分数为0.10.1+1×100%=111，平衡后，
故答案为：111；10a。
(1)①2NO(g)=N2O2(g)△H=生成物总能量-反应物总能量；
②决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是活化能最大的步骤；反应速率受到N2O2浓度和温度双重影响，有最终结果看浓度和温度的影响效果；
(2)①根据表格10min时各物质的平衡浓度，结合K=c(CO2)⋅c(N2)c2(NO)计算；
②根据表中数值知，NO、二氧化碳的浓度减小，氮气的浓度增大，说明改变条件是分离出二氧化碳物质；
(3)①由化学方程式可知，的斜率更大一些，从而得出，，则，，，，则T℃时，该反应达到平衡时，，即，则平衡常数，将代数式带入计算即可；
②T℃时，往刚性容器中充入xmol/LNO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，列出化学平衡三段式，解出平衡时NO2的物质的量浓度，进一步计算出NO2的物质的量分数及平衡后的。
本题考查热化学方程式的书写、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合△H=生成物总能量-反应物总能量、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。

11.【答案】3 配位  N8NA  三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯不能形成氢键  sp2、sp3  八面体空隙   12316×3+56+48ρNA×1010

【解析】解：(1)基态钛原子价电子排布式为3d24s2，基态钛原子有2对未成对电子数，同周期的元素中有2对未成对电子数Ni、Se、Ge三种元素，
故答案为：3；
(2)[Fe(SCN)(H2O)5]2+离子中Fe3+提供空轨道、H2O提供孤电子对而形成的化学键为配位键，
故答案为：配位；
(3)配合物中的非金属元素为C、N、H元素周期表中从上往下，从左往右电负性依次变大，故电负性N>C>H，N的电负性最大，三氮唑的环上有5个σ键，还含有2个C−H键、1个N−H键，每个分子有8个σ键，1mol 三氮唑中所含σ键数目为8NA，二者都属于分子晶体，三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯不能，所以三氮唑的沸点较大，环戊二烯分子中碳碳双键两端的碳原子σ键个数是3，碳碳单键之间的C原子σ个数是4，所以环戊二烯中C原子采用sp2、sp3杂化，
故答案为：N；8NA；三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯不能形成氢键；sp2、sp3；
(4)由图1晶体结构可知，由 O原子围成的八面体空隙被 Fe原子占据，钛原子处于晶胞顶点时，铁原子位于体心，氧原子位于面心，当铁原子处于晶胞的顶点时，钛原子位于体心，氧原子位于棱上，晶胞结构示意图为，与钛原子距离最近的氧原子有12个，则钛原子的配位数为12，根据图知，FeTiO3中，由O围成的八面体空隙被Fe占据，距离每个顶点上Ti原子距离最近的O原子为该顶点距离最近的面心上的O原子，Ti原子的配位数=3×8÷2=12，该晶胞中Ti原子个数=8×18=1、O原子个数=6×12=3、Fe原子个数为1，晶胞密度ρ=MNAV，则V=MρNA，晶胞参数=3MρNA=316×3+56+48ρNAcm=316×3+56+48ρNA×1010pm，
故答案为：八面体空隙；；12；316×3+56+48ρNA×1010。
(1)基态钛原子价电子排布式为3d24s2，基态钛原子有2对未成对电子数；
(2)[Fe(SCN)(H2O)5]2+离子中Fe3+提供空轨道、H2O提供孤电子对；
(3)元素周期表中从上往下，从左往右电负性依次变大，三氮唑的环上有5个σ键，还含有2个C−H键、1个N−H键，每个分子有8个σ键，三氮唑分子间可形成氢键，导致其分子间作用力较强，环戊二烯分子中碳碳双键两端的碳原子σ键个数是3，碳碳单键之间的C原子σ个数是4；
(4)根据FeTiO3的结构图分析晶胞结构，确定空隙结构，配位数；依据密度公式，确定晶胞参数。
本题考察了晶胞计算，涉及核外电子排布、杂化类型、化学键、电负性、空间构型，晶胞等结构相关的知识，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，需要学生具有空间想象能力与灵活运用的能力，掌握晶胞有关计算，题目难度中等。

12.【答案】羰基、酯基  (CH3)2CHCH2CH2Br+CH3CH2Br→NaOBu+HBr5BC取代反应 

【解析】解：(1)D中所含官能团名称为羰基、酯基，
故答案为：羰基、酯基；
(2)通过以上分析知，B的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2Br，
故答案为：(CH3)2CHCH2CH2Br；
(3)C为，C和溴乙烷发生取代反应生成D，由C生成D的化学反应为+CH3CH2Br→NaOBu+HBr，
故答案为：+CH3CH2Br→NaOBu+HBr；
(4)A的同分异构体符合下列条件：
A.与NaHCO3反应可生成CO2，说明含有−COOH；
B.能发生银镜反应，说明含有−CHO；
如果碳链结构为C−C−C−COOH，−CHO有3种连接方式；
如果碳链结构为，−CHO有2种连接方式；
所以符合条件的同分异构体有3+2=5种，
故答案为：5；
(5)E为，
A.含有醛基，所以可以发生银镜反应，故A正确；
B.该有机物8种氢原子，所以核磁共振氢谱图有8组峰，故B错误；
C.只有醛基能和氢气以1：1发生加成反应，则1mol E可以和1mol氢气发生加氢还原反应，故C错误；
D.含有醛基、羧基两种含氧官能团，羧基具有酸性，故D正确；
故答案为：BC；
(6)F为，F中氯原子被取代生成G，F生成G的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
(7)以甲苯和两个不超过五个碳的有机物合成，根据合成所限条件知，由目标产物用切割法反推，如图所示位置切割成三段，左段结构路线已经给出，中段由甲苯所得，甲苯中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成；右段有6个碳原子，应该由对应的羧酸和醇合成，CH3COCH2COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3COCH2COOCH2CH3，CH3COCH2COOCH2CH3和发生取代反应生成，再和发生取代反应得到目标产物，所以其合成路线为，
故答案为：。
B和溴乙烷是同系物，A和B反应生成C，C和溴乙烷发生取代反应生成D，根据A、D结构简式知B为(CH3)2CHCH2CH2Br，C为，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生信息中的取代反应生成F，F发生取代反应生成G，则F为，E为；
(7)以甲苯和两个不超过五个碳的有机物合成，根据合成所限条件知，由目标产物用切割法反推，如图所示位置切割成三段，左段结构路线已经给出，中段由甲苯所得，甲苯中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成；右段有6个碳原子，应该由对应的羧酸和醇合成，CH3COCH2COOH和乙醇发生酯化反应生成CH3COCH2COOCH2CH3，CH3COCH2COOCH2CH3和发生取代反应生成，再和发生取代反应得到目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是合成路线设计，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。