2021-2022学年福建省厦门市高二（下）期末化学试卷（附答案详解）.pdf

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1、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（）A.闵恩泽B.屠呦呦C.徐光宪D.侯德榜2.下列表达错误的是（）3.A.B.C.D.环己烷的球棍模型:乙烘的兀键：H二苯甲烷的结构简式:Oc H rO下列说法正确的是（异戊烷的键线式:A.”3。+的空间结构：平面三角形C.基态氧原子价电子排布图：2s 2pD.基态Cr原子电子排布式：|4r3d44s24.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 H403B.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.炫基上的一氯代物

2、有5种5.下列实验装置图错误的是（）A.制备乙烯6.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G a的配位数均为6C.熔点：GaN GaP GaAsD.若 GaAs晶胞参数为a p m,则晶体密度p=萧券g-cm37.以丙烯为原料合成CH?=Cue。“2cH2cH2cH3的路线如图：下列说法错误的是（）第2页，共21页_ HBr/A KMnOJHCH,=CHCHO-,y-CH,(jHCHO -CH.CHCOOH-7-CH产CHCOOHiii O,催化剂 Br r 浓H,so.A viiCO.H,H,CHCHC

3、H,-CH,CH,CH,CHO qH,CH,CH,CH,OH-CH尸CHCOOCH,CH,CH,CH,催化剂 催化剂i,iiA.C H2=C H C O O C H 2 c H 2 C H 2 c H 3的名称为丙烯酸正丁酯B.原子利用率1 0 0%的反应有i、i i、i vC.反应i v和v i利用加成反应和消去反应保护碳碳双键D.反应v i的条件为“N a O H/醇,”8.相同条件下，（C/）3 C B r、（C“3）2 C”B r、C”3 c H 2口 分别与C 2 H 5。碗/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）2 C H B r与C z/O N a/乙醇反

4、应生成酸的机理如图，其中Q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（）CHCHCT+CH C兴 乩BrCHjCHiO C B rCH,B r+取代产物A.图中取代产物为（C/畀CHO CH2 c H3B.取代过程CH3 c H2。一 进攻的碳原子由s p3转化为s p2,有利于反应的发生C.Brc*CH,与C2/O N a/乙醇反应生成醛的空间结构为CHjCH,CH,CHQC j XCH2CH,D.煌基阻碍CH3 c H2。-的进攻会导致卤代煌与Cz/O N a/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（U E F A）与聚合物基体（P E O）之间相互作用

5、示意如图。下列说法错误的是（）J fA.P E O能传输加+的原因是L i+与P E O的氧原子可形成微弱的配位键B.P E O能降低E F/T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 UEFA中一C a 替换为-C“3,UEFA解离出加+所需要的能量升高1 0.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。褥油样品5.00mL定容至100mL,_,取稀释液20.00mL、60.00mL蒸储水空白实验：80.00mL蒸储水一 消耗匕mL 消耗妁mL0.050

6、moi/LNaOH溶液调节pH 为 8.2加入36%甲醛溶液10.0mL0.050mol/LNaOH溶液滴定至pH为9.2滴定过程氨基酸发生如下转化:一 c coB c cod-4 用 NH2 c-COOH *-f CO。一HN CH2OH HN-CH20H下列说法错误的是()A.调节pH至8.2前有机酸被中和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0.05 0 x(l -l C o(en)2C l2+“溶解”过程C o()的配位数 变化(填“发生”或“未发生”)。(2)“氧化”过程C o()转化

7、为C o(/)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(4)“蒸发浓缩”至 停止加热。(5)t r a n s C o(e n)2 c 转化为 c i s C o(e n)2 c%C 7 的实验如图。M N、IC/，H,N I/ClH,N N H,H,X|、CJ.J-N H,J由上述实验可知；生成t r a n s -C o(e n)2 C，2 C/是 决速(填 热力学 或“动 力 学 ，下同)，生成c i s C o(e n)2 C，2 S 是 决速。设计实验将 c i s C o(e?i)2 C，2 C/转化为 t r m s C o(e n)2C/2 C

8、/。1 4.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：0A稀碱反应iO O C O O G H,Na端液 反 的盐酸有机物丫-有机物X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-C“2 -能与-C 。反 应 的 原 因。(2)反应i i 的化学方程式为 o(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1 90；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：第6页，共21页%、给旬阳100有机物X 的 分 子 式 为,构简式为(4)用化学方法检验有机物X 中的官能团：取少量

9、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：8万的。以4溶液、FeCG溶液、NC1HCO3溶液、稀硫酸、10%NaOH溶液、2%CuSO4溶液铜丝)检验方法实验现象实验结论取少量样品溶液，加入8七的CC溶液溶液橙红色褪去X 含有取少量样品溶液，加 入 _ _ _ _ _ _产生无色无味气体 X 含有竣基取少量样品溶液，加入Fee%溶液溶液变黄X 含有酚酯基取少量样品溶液，先加入10%Na。”溶液并加热一段时间后，_ _ _ _ _ _(Fc,Al)/MlL-53结构示意图对 装 二 甲 酸(l)(F e,H)/M/L-53制备方法如下：Al(N

10、O3)3 9H2O 一 +Al/MIL-FeCh溶 液53 7 (F e,AlVMIL-5 3.共 热对苯二甲酸的 结 构 简 式 为，该分子中最多 个原子共平面。生成H/M/L-53过程中溶液pH(填“变大”或“变小”)。(Fe,4)/M-53中Fe3+位于O 原子形成的空隙中，1个对苯二甲酸根离子最多能形成 个配位键。(2)(FeM0/M/L-53催化C 4 制 的 机 理 如 图，其中虚线表示吸附状态。ii转化为iii的过程中，破 坏 的 微 粒 间 作 用 力 有(填 标 号)。A.o键B.配位键C.离子键D.极性键E.非极性键该催化循环中铁元素价态有 种。(3)用FeCG-6H2。和

11、对苯二甲酸合成/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。.oUIm疆餐典反应进程Fe/MIL-53催 化 过 程 中 决 速 步 骤 为(化 学 键 变 化 角 度 答 题)。(Fe,4)/M/L-53催 化 效 果 更 佳 的 原 因 是。第8页，共21页答案和解析1 .【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：B 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。2 .【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

12、体结构，所以该分子中的6 个 C原子和1 2 个 H原子不能在同一个平面内，故 A错误;B.乙焕的结构式为H-C三C-，C、H原子形成a 键，碳碳三键中含有1 个a 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C4 分子的2 个 H原子被苯环取代的产物，则其结构简式为O-CH2-HO故 C正确;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 oA.环己烷分子中的6个 C原子和1 2 个 H原子不能形成平面结构；B.乙烘的结构式为H-C=C

13、-H,碳碳三键中含有I 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，注意共面判断和乃 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+平=4,含 有 1 对孤电子，V S E P R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，每个儿。分子通过氢键与4 个外。分子连

14、接，则冰中的氢键示Q p*意图为4 4.，故 B正确；wC O 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，故 C 错误：2s 2pD.基态Cr原子序数为2 4,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 3 ds4s，故 口错误；故选：B oA./0+中心原子的价层电子对数为3 +3二=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 个为。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

15、、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I I 个碳原子、12个氢原子、3 个氧原子，其分子式为CI I“1 2 0 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

16、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；fB.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、段基、醇羟基；D.分子中炫基共有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、乙焕直线形理解共第 10页，共21页面与共线问题，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.

17、制备澳苯不需要测定温度，苯与液浸在催化剂条件下发生取代反应生成溪苯，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

18、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 /I s,故 A 错误；B.晶胞中白色球数目为4,黑色球数目为8 x；+6 x；=4,则白色球、黑色球的配位数相同，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G a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 A s,则健长：Ga-可键 Ga-键 G a-A s 键

19、，故熔点：GaN GaP G aX s,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4、智笔”=NATYIOI_14x(70+75)7丁75)GaAs晶胞参数为a p m,则 晶 体 密 度百 =g y m 7,NA(axio 10cm)3 a3xio 30 x/Vyia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4 族、团 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8 x：+6 x；=4,则白色球、黑色球的配位数8 Z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

20、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=鳖尊进行计算。品 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。7.【答案】D【解析】解：4 cH 2=CHCOOCH2cH2cH2cH3 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；B .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 是醛基被酸性高锌酸钾溶液氧化为按基，反应v i为消去反应、反应v ii为酯化反应，反应

21、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 将醛基氧化为段基，反应v i又重新引入碳碳双键，反应 iv 和 v i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v i发生卤代煌消去反应，还需要酸化，使竣酸盐转化为竣基，反应v i的条件为：“NaOH/醇，H+,故 D 错误；故选：D。A.C H2=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v i为消去反应、反应v ii为酯化反应；C.反应iv 消除碳碳双键，反应v 将醛基氧

22、化为竣基，反应v i又重新引入碳碳双键；D.反应v i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 HD zC HOC H2cH3,故 A 正确；B.取代过程CH3 cH2。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CH3 cH2。一结合，因此有利于反应的发生，故 B正确；C.根据图示可知：Br与Cz/O Na/乙醉:反应生成酸

23、的空间结构为、CH2cHs第 12页，共21页H,CCHjCHiO-C 故 C 错误；XCH,CH,D.根据在相同条件下，(C“3)3CBr、(CH3)2CHBr,CH3cHzBr分别与C z/O N a/乙醇反应，产物中酸的比例依次增加，可知卤代煌中煌基数目越多，反应越不容易形成酸，可见燃基阻碍CH3cH2。一 的进攻会导致卤代嫌与C2%0Na/乙醇反应取代产物比例减少，故 D 正确；故选：CA.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：BrC C H，与C2HsONa

24、/乙醇反应生成醛的空间结构；、CH2cHiD.根据在相同条件下，(。“3)3虚 八(C H3)zC HBr、CH3cH2打 分别与C2H5。7。/乙醇反应，产物中醛的比例依次增加，可知卤代燃中煌基数目越多，反应越不容易形成酷.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。9.【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+的原因是以+与PEO的氧原子可形成微弱的配位键，故 A 正确；B.PEO与EF/T之间存在氢键，降低E凡4-迁移速率，故 B 正确；

25、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-CH3,LiEFA的晶格能增大，解离出加+所需要的能量升高，故 D 正确；故选：CoA】i+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.大兀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。10.【答案】c【解析】解：4 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

26、形态为一1 一。-，故B正确；N H：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0.050moL x（匕-彩）x 10-3Z,x 14 g/mol,则5.00mL酱油样品中，氨基酸态的氮含量为5x6j吸 M L x 每毫升酱油样品中500X757氨 基 酸 态 的 氮 含 量 为 竺 艺 生 续 黔 马 g,则 每 100mL酱油样品中氨基酸态的氮含量5.0 0 X _100为型生鼻心、1 0 0%,故 D 正确；5.00 X 100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f-C C）O,；pH为8.2时，NH?

27、氨基酸的主要存在形态为一一C 0 ；加入甲醛溶液后，-一COO转化为NH2NH2-C-C O O H ;再次加入NaOH溶液，_卜8 0 1 4转 化 为 _ 卜8 0一。HN-CH2OH HN-CHaOH HN-CH2OH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。1 1.【答案】N 0 C sp2、sp3 0 C,故答案为：N O 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;反 式 ABOEG比顺式ABOEG更稳定，则

28、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：及 小，故答案为：故答案为：将c is -C o(en)2 c 切C l 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t rc m s -C o(en)2 c，2 C Z。溶解”过程中。0(”2。)6 产 t C o(en)2(W2O)22+；(2)“氧化”过程C o(团)转化为C o(团)；(3)“浓盐酸提供H+,有利于提高“2。2 氧化C。(团)的转化率；(4)“蒸发浓缩”至出现晶膜，形成热的饱和溶液；(5)生

29、成t rans -C o(e n)2 c 是平衡移动，生成cis-C o l e*%。，是由温度决定的；将c is -C o(e)2 c 1 切。，转化为t rans -C o(en)2 c l 切。，的实验方案为：将c is -C o(en)2 c 功累溶于浓盐酸(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t rans C o(en)2C l2C lc本题考查C o(en)2 C%C，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。14.【答案】消去反应、取代反应 酯基中C =。、。-。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，

30、碳氢键极性增强，更容易断裂COONaCOONa+Q H 5O H +H2OONaNaHCOs溶 液冷却后加入稀硫酸调节p H,再加入FeC%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：酯基之间的一CH?-与一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。=。、。-。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-C。反应，故答案为：消去反应、取代反应；酯基中c=。、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

31、更偏向碳，碳氢键极性增强，更容易断裂；(2)反应ii发生酯基在碱性条件下水解反应，水解生成的竣基、酚羟基与氢氧化钠又发COONa生中和反应，有机物丫酸化生成有机物X,则有机物丫 为 广 丫 ，反COONaONa应 i i 的反应方程式为+C2H5OH+H2O故答案为：5 Vx 00C2H5Ul I+3NaOHTo oCOONa oO N a+C2H5OH+H2O、ONaCOC)H，而 X 的相对分子质量OH大 1 8,结合X 的红外光谱图中含有的基团，核磁共振氢谱显示有6 组吸收峰且峰面积为1：1：1：1：1：1,可知是中酚羟基与竣基酯基脱去1分子水生成X,则 X 的结构简式为第18页，共21

32、页C(X)H,分子式为Go%，o人。故答案为：C10/604：COOHO(4)碳碳双键能与嗅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；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；碱性条件下水解、酸酸化，再加入F e C 溶液，溶液变紫色，证明含有酚羟基，故答案为：碳碳双键；NaHC()3 溶 液;冷却后加入稀硫酸调节p H,再加入F e CG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“2-与-C”。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：酯基是吸电子基团，使亚甲基中C-H 共用电子

33、对更偏向碳，更容易断裂;(2)反应i i 发生酯基在碱性条件下水解反应，水解生成的竣基、酚羟基与氢氧化钠又发COONa生中和反应，有机物丫酸化生成有机物X,则有机物丫为COONaONa|COONa直接酸化生成()O ZONaCCX)H一 厂，而 X的相对分子质量COOHOH为 1 9 0,比C(X)H的相对分子质量大1 8,结合X的红外光谱图中含有的0H基团，核磁共振氢谱显示有6 组吸收峰且峰面积为1：1：1：1：1：1,可知是COOH广丫、0 0H 中酚羟基与粉基酯基脱去1 分子水生成X；(4)碳碳双键能与漠的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溶液褪色；生成无色气体，证明含有竣基，可以利用与碳酸

34、氢钠反应生成二氧化碳；碱性条件下水解、酸酸化,再加入F e c k 溶液，溶液变紫色，证明含有酚羟基。本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应类型、有机物结构与性质、有机反应方程式书写、官能团的检验等，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用的能力。COOH1 5.【答案】。1 8 变 小 4AD E 2甲烷均裂生成甲基-5 3 做催化剂COOH时，能垒更低，反应速率更快；OOH【解析】解：(1)对苯二甲酸中两个竣基处于苯环上的对位，其结构筒式为Q；COOH对苯二甲酸中所有碳原子均为sp2杂化，且单键可以扭转，故其结构中的18个原子均能共平面，COOH故答案为：;18；COOH对 苯 二 甲

35、 酸 4 0。3)3 9,2。二 4/M/L-5时，除了生成4/M/L-5 3外，还生成硝酸，会使溶液pH变小，故答案为：变小；(Fe,4)/M/L-53 中对苯二甲酸根离子中的一个-C。-形成2 个配位键，1个对苯二甲酸根离子含有两个-C。-,则最多能形成4 个配位键，故答案为：4；(2)ii转化为iii的过程中，ii+C/f m+Hz。，i i 中断开了，一0、一。一。一键，A.断开的H-。、一。一 0 均为。键，故 A 正确：B.没有断开配位键，故 B错误；C.断开的“一0、0 0 均为共价键，无离子键断开，故 C 错误；D.H-。健为极性键，故 D 正确；E.-。一。一 为非极性键，故

36、 E 正确；故答案为：ADE；该催化循环中铁元素的化合价有+3、+6两种，故答案为：2；(3)能垒越高，反应速率越慢，为决速步骤，则F e/M/L-53 催化过程中决速步骤为甲烷均裂生成甲基，故答案为：烷均裂生成甲基；相对于Fe/M/L-53,(Fe,4)/M/L-53 催化时，能垒更低，反应速率更快，故答案为：(Fe,)/M/L-53 做催化剂时，能垒更低，反应速率更快。(1)对苯二甲酸中两个竣基处于苯环上的对位，据此分析其结构简式；对苯二甲酸中所有碳原子均为sp2杂化，且单键可以扭转；对 苯 二 甲 酸0。3)3 9/。-AZ/M/L-5时，除了生成4/M/L-5 3外，还生成硝酸；(Fe,4)/M/L-53 中对苯二甲酸根离子中的一个一C00-形成2 个配位键；(2)ii转化为iii的过程中，i i +C H4iii+H20,i i 中断开了 H 0、一0。一 键，据此分析：该催化循环中铁元素的化合价有+3、+6两种；(3)能垒越高，反应速率越慢；第20页，共21页(Fe,4)/M/L 53催化时，相对能量更低，反应速率更快。本题考查了化学反应历程、能量变化以及价键的分类、图象分析判断等，侧重分析与应用能力的考查，题目难度较难，应加强解题能力的提升。