2021-2022学年福建省厦门市高二（下）期末化学试卷（附答案详解）

2021-2022学年福建省厦门市高二（下）期末化学试卷1.我国科学家因青蒿素而获得诺贝尔生理学或医学奖的是（）2.3.4.A.闵恩泽 B.屠呦呦 C.徐光宪下列表达错误的是（）A.环己烷的球棍模型:C.二苯甲烷的结构简式:B.乙快的万键：HD.异戊烷的键线式:下列说法正确的是（2.3.4.A.闵恩泽 B.屠呦呦 C.徐光宪下列表达错误的是（）A.环己烷的球棍模型:C.二苯甲烷的结构简式:B.乙快的万键：HD.异戊烷的键线式:下列说法正确的是（D.侯德榜A.B.D.%。+的空间结构：平面三角形冰中的氢键示意图:基态氧原子价电子排布图:©①⑪①2s2p基态Cr原子电子排布式：[Ar]3d44s2治疗抑郁症的药物左旋米那普伦的中间体如图所示。下列有关说法正确的是（）HOOCA.分子式为Ch//4O3B.所有碳原子共平面C.可发生加成反应、取代反应和缩聚反应D.烽基上的一氯代物有5种.下列实验装置图错误的是（）

.半导体材料GaN、GaP、GaAs的晶体结构均属于金刚石型（如图）。下列说法正确的是（）A.第一电离能：Ga>AsB.三种晶体中Ga的配位数均为6C.熔点：GaNB.三种晶体中Ga的配位数均为6D.若GaAs晶胞参数为apm,则晶体密度P=疏黑器-3下列说法错误的是.以丙烯为原料合成CH?=CHCOOCH2cH2cH2cH3的路线如图:（）-3下列说法错误的是一〜,八HBr/A KMnO/TCH产CHCHO・诃•CHjCjHCHO——CH.CHCOOHCH,=CHCOOHiiiO,催化剂 Br 小侬%SO.A疝 CO.H, H,CH,=CHCH,-/»CH,CH,CH1CHO•CH,CH,CH1cHQH CH.--CHCOOCH.CH.CH.CH,催化剂 催化剂i,iiA.CH2=CHCOOCH2cH2cH2cH3的名称为丙烯酸正丁酯B.原子利用率100%的反应有i、ii、ivC.反应iv和vi利用加成反应和消去反应保护碳破双键D.反应vi的条件为“Na。”/醇，△”8.相同条件下，(CH3)3CBr>{CH-i)2CHBr,CH3cH2打分别与Cz/ONa/乙醇反应，产物中酸的比例依次增加，烯的比例依次减少。(C“3)2C〃Br与。2%。诋/乙醇反应生成酸的机理如图，其中.4表示伸向纸面里面，/表示伸向纸面外面。下列说法不正确的是()H H.CHApu \产CH,CHQ-+CH,-C： '--CH.CH.O---C--Br--B「+取代产物Br ICH,A.图中取代产物为(C43)2CHOCH2C43B.取代过程CH3CH2。-进攻的碳原子由sp3转化为sp2,有利于反应的发生C.Br_c>CH,.与C2/0Na/乙醇反应生成醛的空间结构为CH,CH:O—1xCH2CH,D.炫基阻碍CH3cH2。-的进攻会导致卤代燃与C2HsONa/乙醇反应取代产物比例减少9.一种固态聚合物金属锂电池中电解质(LiEFA)与聚合物基体(PEO)之间相互作用示意如图。下列说法错误的是()PEO能传输Li+的原因是Li+与PEO的氧原子可形成微弱的配位键PEO能降低EF4-迁移速率的原因是两者微粒间存在氢键作用

C.磺酰亚胺结构中负电荷高度分散的原因是存在大兀键D.将LiEFA中一。尸3替换为一。“3,LiEFA解离出口+所需要的能量升高10.酿造酱油中含有蛋白质、糖类、氨基酸、有机酸等多种物质，其中氨基酸含量可用于衡量大豆蛋白的水解率，氨基酸态的氮含量测定流程如图。空门实验：80.00mL蒸慵水空门实验：80.00mL蒸慵水褥油样品5.00mL定容至100mL.取稀样液20.00mL、60.00mL蒸埔水滴定过程氨基酸发生如下转化:—c-cooT—►—c—cooT—•►—c—COOH—C—C00-IiI I 1N用 NH2 HN—CH20H HN-CH20H下列说法错误的是()A.调节pH至8.2前有机酸被中和I.B.pH为8.2时，氨基酸的主要存在形态为一f-C°°NH2C.用于固定氨基的甲醛发生还原反应D.每100mL酱油样品中氨基酸态的氮含量为吧"雪镭二士x100%500x^T.新型催化剂ABOEG可实现具有对映选择性胺的合成。ABOEG在不同波长光照下发生异构化过程如图。顺式ABOEG顺式ABOEG(l)ABOEG中第二周期元素A从大到小的顺序为.(2)4BOEG中碳原子杂化方式有。(3)反式ABOEG比顺式ABOEG更稳定，则光照下ABOEG异构化的波长：乙22(填“>”或)。(4)S「2RuO4可使反式ABOEG转化为顺式ABOEG°ABOEG中O原子提供与S/+配位。S^Ru以使ABOEG发生异构化的原因是。(5)S「2RnO4晶体属于四方晶系(a=B=Y=90°),其晶胞结构如图。

A点的分数坐标为(0,0,0),则B点的分数坐标为.(6)用“・”画出晶胞中O原子沿x轴的投影o.某柔性电极材料由聚毗咯(+二维层状材料773c2和聚乙烯醇复合而Hn成，其转化过程示意如图。聚乙烯醉二维层状材料Ti,C,Ti>AIC,聚乙烯IW+Ti,C,聚乙烯舞+聚聚乙烯醉二维层状材料Ti,C,Ti>AIC,聚乙烯IW+Ti,C,聚乙烯舞+聚Mt咯+Ti,C,(1)二维层状材料773c2中存在金属键、离子键和共价键。n3c2能导电的原因是 在电场作用下定向移动。(2)7i3c2的结构单元如图，其中•代表原子，在顶点处被个结构单元所共用，在棱心处被个结构单元所共用。(3)聚乙烯醇的结构简式为,其不能由单体通过聚合反应得到的原因是(4)口比咯呈平面结构。聚口比咯能够增强材料导电性的原因是H(5)通过控制HF溶液浓度和反应时间，在“3C2表面引入-尸和-0"，形成改性"3c2。①聚毗咯和改性Ti3c2通过作用分散在聚乙烯醇中。②制备柔性电极材料过程中，下列能够替代聚乙烯醇的是(填标号)。

.[。。(四力5]。/配合物存在顺反异构现象。制备trans-[Co(en)2c切。1的实验过程如图。乙二胺溶液H,0,法款酸 少最乙部CoC1,-6H,0-4^乙二胺溶液H,0,法款酸 少最乙部CoC1,-6H,0-4^氯化一蒸发浓缗xra/M-[Co(eQ))CI])CI深绿色晶体乙二胺缩写为en,实验过程含钻离子依次发生如下变化：[Co(H2O)6]2+-»[Co(en)2(H2O)2]2+—[Co(en)2(H2O)2]3+->[Co(en)2C/2]+⑴“溶解”过程Co(〃)的配位数变化(填“发生”或“未发生”).“氧化”过程(;。(〃)转化为Co(/〃)的离子方程式为o“氯化”过程使用浓盐酸而不用NaCL浓盐酸的作用有o“蒸发浓缩”至停止加热。(5)trans-[Colen为C%]。转化为cis-[Co(en)2c切忆的实验如图。H,、IjClHHClHHHHClHHH,、IjClHHClHHHHClHH①由上述实验可知；生成trans—[Co(en)2C，2]C,是决速(填"热力学"或“动力学”，下同)，生成cis-[Co(en)2c%口是决速。②设计实验将cis—[Co(en)2c72]C7转化为trans—[Co(en)2C/2]CZ。14.香豆素是一种具有多种生物活性的天然产物，X是香豆素的一种衍生物，其合成路线如图：007八分OCC"反应007八分OCC"反应i足量 扑岫独也有机物y堇型有机物x反而反应iii(1)反应i涉及的反应类型有加成反应、:从化学键的角度分析酯基之间的-CH2一能与-CHO反应的原因o(2)反应ii的化学方程式为«(3)用波谱方法测定有机物X的结构，质谱图表明相对分子质量为190；核磁共振氢谱显示有6组吸收峰，峰面积为1：1：1：1：1：1；红外光谱图如图：

100(4)用化学方法检验有机物X中的官能团：取少量有机物X溶于水并加入乙醇配成样品溶液，进行如下实验，请将表格中的内容补充完整。(供选择试剂：Br?的CC〃溶液、FeC。溶液、NaHCOs溶液、稀硫酸、10%NaOH溶液、2%。达。4溶液铜丝)检验方法实验现象实验结论①取少量样品溶液，加入8万的cc〃溶液溶液橙红色褪去X含有②取少量样品溶液，加入 产生无色无味气体X含有竣基③取少量样品溶液，加入Fee13溶液溶液变黄X含有酚酯基④取少量样品溶液，先加入10%NaOH溶液并加热一段时间后， —15.催化剂(Fe,4)/M〃-53可直接选择性氧化甲烷制甲醇，节省能耗。(Fc,AI)/MlL-53结构示意图对蒸二甲酸(l)(Fe,4)/M〃-53制备方法如下：AICNO3)3•9//20 -»+AI/MIL-Fee%溶液53 -(Fe,Al)/MIL-53„共热①对苯二甲酸的结构简式为,该分子中最多个原子共平面。②生成4/M/L-53过程中溶液pH(填“变大”或“变小”)。③(Fe,A，)/M/L-53中Fe3+位于O原子形成的空隙中，l个对苯二甲酸根离子最多能形成个配位键。(2)(Fe,4)/M/L-53催化。乩制的机理如图，其中虚线表示吸附状态。

①ii转化为iii的过程中，破坏的微粒间作用力有(填标号)。A.o■犍B.配位键C.离子键D.极性键E.非极性键②该催化循环中铁元素价态有种。(3)用户eC，3・6%。和对苯二甲酸合成尸e/M/L-53。两种催化剂在上述催化过程中相对能量的变化情况如图。-oEmttfts-oEmttfts反应进程①Fe/M1L-53催化过程中决速步骤为(化学键变化角度答题)。②(Fe,4)/M/L-53催化效果更佳的原因是。答案和解析.【答案】B【解析】解：因青蒿素而获得诺贝尔生理学或医学奖的科学家是屠呦呦，故B正确;故选：Bo屠呦呦因青蒿素而获得诺贝尔生理学或医学奖。本题主要是对化学史的考查，为基础知识的考查，题目难度不大。.【答案】A【解析】解：4环己烷分子中的每个C原子和与之相连的2个C原子、2个H形成四面体结构，所以该分子中的6个C原子和12个H原子不能在同一个平面内，故A错误;B.乙快的结构式为4-C三C-H,C、H原子形成。键，碳碳三键中含有1个＜7键和2个兀键，C原子中的p轨道是哑铃形，两个哑铃形肩并肩形成2个兀键，4个原子形成直线形，故B正确；C.二苯甲烷可看作是C%分子的2个H原子被苯环取代的产物，则其结构简式为D.2-甲基丁烷的习惯命名为异戊烷，主链上有4个碳原子，在2号碳原子上有一个甲基，则其键线式为 ，故D正确；故选：A。A.环己烷分子中的6个C原子和12个H原子不能形成平面结构；B.乙焕的结构式为H-C=C-H,碳碳三键中含有1个。键和2个兀键；C.甲烷分子中的2个H原子被苯环取代得到二苯甲烷；D.异戊烷是2-甲基丁烷的俗称，主链上有4个碳原子，在2号碳原子上有一个甲基。本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及球棍模型、键线式、结构简式、分子结构及化学键等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，注意共面判断和兀键的形成，题目难度中等。3.【答案】B【解析】解：4/。+中心原子的价层电子对数为3+空尸=4,含有1对孤电子，VSEPR模型为四面体，其空间构型为三角锥，故A错误：B.水分子形成冰晶体时，每个修。分子通过氢键与4个心。分子连接，则冰中的氢键示意图为C.0原子的价电子排布式为2s22P4,洪特规则和泡利原理可知，其价电子排布图为©①(3)①，故c错误；2s2pD.基态Cr原子序数为24,根据构造原理、能量最低原理和洪特规则可知基态Cr原子电子排布式为[Ar]3d'ds'故D错误；故选：B=A.小。+中心原子的价层电子对数为3+号二=4,含有1对孤电子；B.水分子形成冰晶体时，每个“2。分子通过氢键与4个/0分子连接；C.0是8号元素，价电子排布式为2s22P3根据洪特规则和泡利原理分析；D.该电子排布式违背了能量最低原理和洪特规则特例。本题考查价层电子互斥理论的应用、原子结构、晶体结构及氢键等知识，把握离子空间构型的判断、原子结构及电子排布式或排布图、冰晶体的结构、氢键的形成条件等知识即可解答，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，注意掌握价层电子互斥理论的重要应用，题目难度中等。4.【答案】C【解析】解：4该有机物分子含有11个碳原子、12个氢原子、3个氧原子，其分子式为61%2。3，故A错误;B.分子中存在C-&C结构，具有四面体构型，分子中所有碳原子一定不共平面，故B卜错误；C.分子中含有苯环，能与氢气发生加成反应，含有竣基、醇羟基，可以发生取代反应、缩聚反应，故C正确：D.分子中燃基共有6种化学环境不同的氢原子，烧基上的一氯代物有6种，故D错误;故选：CoA.该有机物分子含有11个碳原子、12个氢原子、3个氧原子：B.分子中存在C-&C结构，具有四面体构型；卜C.分子中含有苯环、拨基、醇羟基：D.分子中燃基共有6种化学环境不同的氢原子。本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，常注意利用等效氢判断一元取代产物数目，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙快直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。5.【答案】B【解析】解：4乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，乙烯不溶于水，图中装置可制备并排水法收集乙烯，故A正确；B.制备漠苯不需要测定温度，苯与液澳在催化剂条件下发生取代反应生成澳苯，故B错误；C.乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，冷凝管可冷凝回流，图中装置可制备乙酸乙酯，故C正确；D.图中温度计的水银球在蒸储烧瓶的支管口处，冷凝管中冷水下进上出，可纯化乙酸乙酯，故D正确：故选:BoA.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，乙烯不溶于水；B.制备溟苯不需要测定温度：C.乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，冷凝管可冷凝回流；D.蒸储分离出乙酸乙酯，温度计测定储分的温度，冷凝管中冷水下进上出。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6.【答案】D【解析】解：4同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但团4族、回4族元素第一电离能高于同周期相邻元素，可知第一电离能：Ga<As,故A错误；B.晶胞中白色球数目为4,黑色球数目为8x：+6x；=4,则白色球、黑色球的配位数8 2相同，晶胞中白色球配位数为4,则黑色球配位数也是4,即三种晶体中Ga的配位数均为4,故B错误；C.GaN、GaP、GaAs的晶体结构均属于金刚石型，则GaN、GaP、GaAs都属于共价晶体，原子半径N<P<Asf则健长：Ga一可键<Ga-P键VGa-As键，故键能：Ga-N键,Gq-P键〉Ga-As键，故熔点：GaN>GaP>GaAs,故C错误；D.由B中计算可知，晶胞相当于含有4个“GaAs”，晶胞质量为4x”曰华=4x(70+75)4、775) GaAs晶胞参数为apm,则晶体密度=三高工=年渭言-g.cm-3,Na (axio10cm)3a3xio30x/Vx故D正确；故选：D。A.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但团A族、回4族元素第一电离能高于同周期相邻元素；B.晶胞中白色球数目为4,黑色球数目为8x：+6x；=4,则白色球、黑色球的配位数8 2相同；C.均属于共价晶体，原子半径越小，共价键的健长越短，共价键的键能越短，共价晶体的熔点越高；D.计算晶胞中原子总质量，即为晶胞质量，再根据晶体密度=警翳进行计算。晶胞体枳本题考查比较综合，涉及晶胞结构与计算、电离能、晶体类型与性质等，属于一题多点型题目，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算。.【答案】D【解析】解：4cH2=CH。。。。“2cH2cH2cH3的是丙烯酸与正丁醇形成的酯，其名称为丙烯酸正丁酯，故A正确；.反应i相当于加成反应，反应ii、iv为加成反应，而反应iii为氧化反应且有水生成,反应v是醛基被酸性高钵酸钾溶液氧化为竣基，反应vi为消去反应、反应vii为酯化反应，反应i、ii、iv原子利用率100%,故B正确；C.反应iv消除碳碳双键，反应v将醛基氧化为竣基，反应vi又重新引入碳碳双键，反应iv和vi利用加成反应和消去反应保护碳碳双键，防止被氧化，故C正确；D.反应vi发生卤代燃消去反应，还需要酸化，使瘦酸盐转化为竣基，反应vi的条件为：①“NaOH/醇，△"，②H+,故D错误：故选：D。A.CW2=CHCOOCH2cH2cH2cH3的是丙烯酸与正丁醇形成的酯；B.反应i相当于加成反应，反应ii、iv为加成反应，反应iii、v为氧化反应、反应vi为消去反应、反应vii为酯化反应；C.反应iv消除碳碳双键，反应v将醛基氧化为竣基，反应vi又重新引入碳碳双键；D.反应vi发生卤代燃消去反应，还需要酸化。本题考查有机物的结构与性质，分析转化中有机物结构变化理解发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。8.【答案】C【解析】解：4根据图示反应原理，结合原子守恒、电荷守恒可知图中取代产物为(C—CHOCH2cH3,故A正确；.取代过程。修。出0一进攻的碳原子当由sp3转化为sp2时，该碳原子变为碳正离子，根据电性作用可知更容易与C%C"2。-结合，因此有利于反应的发生，故B正确：C.根据图示可知：Br—c4*CH,与Cz/ONa/乙醇反应生成醛的空间结构为H,CCH,CH,O—C '故C错误；XCH,CH,D.根据在相同条件下，(C“3)3CBr、(CH3)2CHBr,CH3cH?Br分别与C2H5。加/乙醇反应，产物中酸的比例依次增加，可知卤代燃中姓基数目越多，反应越不容易形成酸，可见燃基阻碍CH3cH2。-的进攻会导致卤代燃与C2H5。7“乙醇反应取代产物比例减少，故D正确；故选：CoA.根据图示反应原理，结合原子守恒、电荷守恒可知图中取代产物为(C“3)2C，OCH2cH3：B.取代过程CH3cH2。一进攻的碳原子当由sp3转化为sp2时，该碳原子变为碳正离子；C.根据图示可知：Br—C^*CH,与C2HsONa/乙醇反应生成醛的空间结构；、CH,CH,D.根据在相同条件下，(。也)3匿八(CW3)2CWBr,CH3cH2版分别与c2H5。诋/乙醇反应，产物中处的比例依次增加，可知卤代燃中煌基数目越多，反应越不容易形成酸.本题考查学生对化学反应机理的理解和掌握，准确理解反应过程是解题关键，难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用和解决问题能力。.【答案】C【解析】解：4以+含有空轨道，PEO的氧原子含有孤对电子，两者之间能形成配位键，PEO能传输以+的原因是Li+与PEO的氧原子可形成微弱的配位键，故A正确：B.PEO与E凡4-之间存在氢键，降低ER4-迁移速率，故B正确；C.大兀键与负电荷高度分散之间没有必然联系，故C错误；D.将LiEFA中一CF3替换为一CH3,LiEFA的晶格能增大，解离出口+所需要的能量升高，故D正确；故选：CoA.Li+含有空轨道，PEO的氧原子含有孤对电子，两者之间能形成配位键；B.PEO与EF/T之间存在氢键：C.大7T键与负电荷高度分散无关；D.离子化合物的晶格能增大，断键所需要的能量升高。本题考查化学键，侧重考查学生知识的应用能力，试题较难。.【答案】C【解析】解：A酿造酱油中含有蛋白质、糖类、氨基酸、有机酸等多种物质，则调节pH至8.2前有机酸被中和，故A正确；B.由分析可知，pH为8.2时，氨基酸的主要存在形态为一《T?OO.，故b正确；NH：C.用于固定氨基的甲醛发生加成反应，故C错误；D.20.00mL稀释液中，氨基酸态的氮含量为0.050mo〃Lx(匕-岭)X10-3Lx14g/mol,则5.00mL酱油样品中，氨基酸态的氮含量为吧空色哪警上g,每毫升酱油样品中5.00X 100氨基酸态的氮含量为嗡:9,则每100mL酱油样品中氨基酸态的氮含量5.00X 100为吧g却3x100%,故D正确；5Q0X』故选：Co由题干可知，加入NaOH溶液之前,氨基酸的主要存在形态为一《一COO；pH为82时，nM氨基酸的主要存在形态为一(,YOO•:加入甲醛溶液后，一('一COCT转化为nh2 nh2一，一COOH；再次加入NaOH溶液，_('_COOH转化为一卜COO-。HN—CH2OH HN-CH20H HN-CH20H本题考察物质含量的测定，难度中等，理清反应原理和反应过程的数量关系为解答的关键，注意物质含量测定过程中存在的数量关系。11.【答案】N>。>Csp2、sp3(相较于反式ABOEG,顺式ABOEG能与S/+形成更多配位键，更稳定"【解析】解：(l)ABOEG中第二周期元素有C、N、O,同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素2P能级为半充满稳定状态，其第一电离能大于氧元素，故第一电离能N>0>C,故答案为：N>0>C；(2)苯环上碳原子价层电子对数为3,碳原子采取sp2杂化，而亚甲基中碳原子价层电子对数为4,碳原子采取sp3杂化，故答案为：Sp2、Sp3；(3)反式ABOEG比顺式ABOEG更稳定，则反式ABOEG的能量更低，照射光的能量相当于活化能，则反式一顺式的光能大于顺式一反式的光能，而波长越长，光的能量越小，故光照下ABOEG异构化的波长：<A2,故答案为：<;(4)4B0EG中O原子提供孤电子对与SN+配位，对比反式与顺式结构，可知顺式ABOEG能与SN+形成更多配位键，更稳定，所以S^Ru。,使ABOEG发生异构化，故答案为：相较于反式ABOEG,顺式ABOEG能与S/+形成更多配位键，更稳定；(5)8处于晶胞右侧面中心，A点的分数坐标为(0,0,0),可知B到左侧平面距离等于底面边长，到前平面距离等于底面边长的点到下底面距离等于侧棱长度的点即B点坐标参数x=l,y=z=j,即B点的分数坐标为(1,1,),故答案为：(6)将晶胞中O原子沿x轴的投影，所得图形为晶胞左侧面长方形，根据投影原理，将其它各氧原子平移到晶胞左侧平面上即可，用画出晶胞中O原子沿x轴的投影为故答案为：，•(l)ABOEG中第二周期元素有C、N、O,同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但团4族、回4族第一电离能高于同周期相邻元素；(2)苯环上碳原子价层电子对数为3,亚甲基中碳原子价层电子对数为4；(3)反式ABOEG比顺式ABOEG更稳定，则反式ABOEG的能量更低，照射光的能量相当于活化能，由反式一顺式的光能大于顺式一反式的光能；(4)对比反式与顺式结构，可知顺式ABOEG能与SN+形成更多配位键；(5)8处于晶胞右侧面中心，A点的分数坐标为(0,0,0),可知B到左侧平面距离等于底面边长，到前平面距离等于底面边长的点到下底面距离等于侧棱长度的点(6)将晶胞中O原子沿x轴的投影，所得图形为晶胞左侧面长方形，根据投影原理，将其它各氧原子平移到晶胞左侧平面上即可。本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、杂化方式、配合物、晶胞结构等，注意电子构型对电离能的影响，(5)(6)关键是明确原子在晶胞中的位置，需要学生具有一定的空间想象能力，是对学生综合能力的考查。.【答案】自由电子Ti44-|＜电一/1+其单体聚乙烯醇无法稳定存在聚毗咯中OH存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共扰结构(或形成大兀键)氢键C【解析】解：(1)二维层状材料Ti3c2中存在金属键，则该物质中含有自由移动的电子,这些自由电子电子在电场作用下能定向运动而形成电流，故答案为：自由电子；(2)根据图知，顶点处的原子被4个晶胞共用、棱心上的原子被4个晶胞共用；该晶胞中白色球个数为2、黑色球个数=8x：+4x；=3,根据化学式确定黑色球表示原子种类，所以黑色球表示Ti原子，故答案为：Ti；4；4；(3)聚乙烯醇的结构简式为~|＜比一fH七；碳碳双键上连接醇羟基的物质不稳定，所以OHCH2=CHOH不稳定，所以聚乙烯醇不能由单体通过聚合反应得到，故答案为:JCHLf吐:其单体聚乙烯醇无法稳定存在；OH(4)聚毗咯中存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共枕结构(或形成大兀键)，有利于增强材料的导电性，故答案为：聚毗咯中存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共轨结构(或形成大兀键)；(5)①聚毗咯中-NH-和聚乙烯醇形成分子间氢键，所以易分散在聚乙烯醇中，故答案为：氢键；②能和聚毗咯中-NH-形成分子间氢键的物质能代替聚乙烯醇，这些物质中能和聚毗咯中一NH-形成分子间氢键的只有C中一Nm，故C正确，故答案为：Co(1)含有金属键物质中含有自由移动的电子，这些电子在电场作用下能定向运动而形成电流；(2)根据图知，顶点处的原子被4个晶胞共用、棱心上的原子被4个晶胞共用；该晶胞中白色球个数为2、黑色球个数=8x2+4x^=3,根据化学式确定黑色球表示原子种4 4类；(3)聚乙烯醇的结构简式为JC比一fH七；碳碳双键上连接醇羟基的物质不稳定：OH(4)聚哦咯中存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共规结构；(5)①能和聚乙烯醇形成分子间氢键物质易分散在聚乙烯醇中；②能和聚毗咯中-NH-形成分子间氢键的物质能代替聚乙烯醇。本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确空间结构特点、物质结构和性质的关系是解本题关键，(2)题为解答易错点，题目难度中等。.【答案】未发生2[Co(en)2(W2O)2]2++H2O2=Z[Co(en)2(//2O)2]3++20H-浓盐酸提供C厂用于形成配合物；浓盐酸提供“+中和。HI提高Co(〃)转化为Co(/〃)转化率(或浓盐酸提供H+,有利于提高修。2氧化C。。/)的反应速率)出现晶膜动力学热力学将cis-[Co(en)2c溶于浓盐酸(或水)后，蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤后，用少量乙醇洗涤后，烘干可得trans-[Co(en)2Cl2]Cl【解析】解：(1)溶解”过程中£。(“2。)6]2+T£。(切)2("2。)2]2+，。。(〃)的配位数未发生变化，故答案为：未发生；“氧化”过程Co(团)转化为Co®,其反应的离子方程式为：2[Co(en)2(H2O)2]2++H2O2=2[Co(en)2(H2O)2]3++20H~,故答案为：2[Co(en)2(H2O)2]2++H2O2=2[Co(en)2(H2O)2]3++20H-；“氯化”过程使用浓盐酸而不用NaCl,浓盐酸提供C厂用于形成配合物；浓盐酸提供H+中和。H-,提高。。(回)转化为。。(回)转化率(或浓盐酸提供H+,有利于提高为。2氧化C。(回)的反应速率)，故答案为：浓盐酸提供C厂用于形成配合物；浓盐酸提供H+中和。提高Co(l2)转化为C。(团)转化率(或浓盐酸提供H+,有利于提高修。2氧化C。(团)的反应速率)；“蒸发浓缩”至出现晶膜，形成热的饱和溶液，停止加热，故答案为：出现晶膜；(5)①生成trans-£。(6〃)2。2]。，是动力学决速，生成cis-[。。(6〃)2。，2]。，是热力学决速，故答案为：动力学；热力学；②将cis-[Co(en)2c切仪转化为trans-[Co(en)2C，2]C，的实验方案为：将cis-[Co(en)2C%]C，溶于浓盐酸(或水)后，蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤后，用少量乙醇洗涤后,烘干可得trans-[Co(en)2c'⑨。,，故答案为：将cis-[Co(en)2C，2]G溶于浓盐酸(或水)后，蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤后，用少量乙醇洗涤后，烘干可得trans-[Co(en)2C，2]S。(1)溶解”过程中口。(%。)6产+-[Co(en)2(//2O)2]2+5“氧化”过程Co(@)转化为金(回)；“浓盐酸提供H+,有利于提高“2。2氧化Co(El)的转化率；“蒸发浓缩”至出现晶膜，形成热的饱和溶液；(5)①生成trans-£。(6«)2。2]。，是平衡移动，生成cis-[。。(6?1)2。，2(，是由温度决定的；②将cis-[Co(en)2C，2]C，转化为trans-£0(071)2。%]。，的实验方案为：将出-[Co(en)2c⑨G溶于浓盐酸(或水)后，蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤后，用少量乙醇洗涤后，烘干可得trans-[Co(en)2c'⑨。/。本题考查[Co(en)2c切)配合物的制备，侧重考查学生分析和解决问题的能力，试题较难。.【答案】消去反应、取代反应酯基中。=。、。-。共用电子对偏向氧，C表现出较强正电性，使酯基之间C-H共用电子对更偏向碳，碳氢键极性增强，更容易断裂

COOC-2H5COONa+3NaOH-I1YooNa+GH5OH+H2OCOONaOO ^^ONaCwH604IIII NaHC03溶液冷却后加入稀硫酸调节pH,再加入FeCb溶液溶液变紫色【解析】解：（1）对比有机物结构可知，反应i的过程涉及：酯基之间的-CH?-与-CH。发生加成反应、醇羟基发生消去反应形成碳碳双键、酯基与酚羟基之间发生取代反应成环；酯基中C=。、C-0共用电子对偏向氧，C表现出较强正电性，使酯基之间C—H共用电子对更偏向碳，碳氢键极性增强，更容易断裂，导致酯基之间的-CH?-能与-CH。反应，（2）反应ii发生酯基在碱性条件下水解反应,生中和反应，有机物丫酸化生成有机物X,应ii的反应方程式为W^COOC2H,+3NaOHf|人。故答案为：4、/^COOC2H5+3NaOH-*jCOONa⑶CfXoNa直接酸化生成j水解生成的按基、酚羟基与氢氧化钠又发（2）反应ii发生酯基在碱性条件下水解反应,生中和反应，有机物丫酸化生成有机物X,应ii的反应方程式为W^COOC2H,+3NaOHf|人。故答案为：4、/^COOC2H5+3NaOH-*jCOONa⑶CfXoNa直接酸化生成j水解生成的按基、酚羟基与氢氧化钠又发COONa则有机物丫为,反11JLCOONaONaCOONa^C^OON.+GH5OH+H2OONaCOONa3C^oon.+GHQH+H2OONaCOOH,而X的相对分子质量ONa OHCOOH为190,比（Y^l'OOH的相对分子质量大18,基团，核磁共振氢谱显示有6组吸收峰且峰面积为1：1结合X的红外光谱图中含有的:1:1:1:1,可知是CC%OOH中酚羟基与瘦基酯基脱去1分子水生成X,则X的结构简式为COOH,分子式为CioHe。"!,故答案为：Go%/； ] ；(4)①碳碳双键能与澳的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溶液褪色，证明含有碳碳双键；②生成无色气体，证明含有竣基，可以利用与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；④碱性条件下水解、酸酸化，再加入FeCG溶液，溶液变紫色，证明含有酚羟基，故答案为：①碳碳双键；②NaHCO3溶液；④冷却后加入稀硫酸调节pH,再加入FeCb溶液；溶液变紫色。(1)对比有机物结构可知，反应i的过程涉及：酯基之间的-C%-与-CH。发生