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1、2022年高考化学全真模拟卷三(福建卷)(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)注意事项：1.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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.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：H1 C12 N14 0 16 S32 Mn55 Fe56 Sb122一、选择题(本大题共10小题，每小题4 分，共 40分，每小题只有一个选项符合题目要求)1.2022年 2 月 4 日，第二十四届冬奥会在
2、北京开幕，北京成为世界上首个“双 奥 之 城 本 届 冬 奥会背后蕴含了很多科技成果下列说法正确的是，A.颁奖礼服内添加了石墨烯发热材料，石墨烯和C60是同位素B.冬奥火炬“飞扬”使用氢气作为燃料，氢能属于新能源C.吉祥物冰墩墩的外壳使用了有机硅橡胶材料，属于硅酸盐材料D.国家速滑馆的冰面是采用超临界二氧化碳流体跨临界直冷制冰技术打造的，该过程是化学变化2.下列化学用语解释事实或过程不正确的是A.Na2s2O3溶液加入稀硝酸：S2O-+2H+=SO2t+S；+H2OB.加热蓝色的CuC溶液，溶液变绿：Cu(H2O)4p+(叫，蓝色)+4Cl-(aq)4C uC 14(叫，黄色)+4比0 AHX
3、)C.将 Mg(HCCh)2 溶液与过量的 NaOH 溶液混合：2HCO：+Mg2+4OH=Mg(OH)21+2CO；+2H2OD.铅蓄电池充电时阴极反应：PbSO.,(s)+2e-=Pb(s)+SO(aq)3.以对硝基苯甲酸(HOOCY N C)2)为原料，用铅蓄电池电解合成对氨基苯甲酸(H O O CN H2)的装置如图。下列说法中错误的是T电 源 上少量气体X|t85%乙醇-水H2SO4对硝其苯甲酸铅合金_金属阳极DSA0K参与电极反应）H2S0O 水阳离子交换膜A.装置中铅合金电极与铅蓄电池的P b电极相连B.阴极的主要电极反应式为H O O C T N C）2+6 e-+6 H+=H
4、 O O C N H 2 +2H.0C.每转移4moi电子时，阳极电解质溶液的质量减少32gD.生成对氨基苯甲酸的同时还产生少量H24.有机化合物X 与 Y 在一定条件下可反应生成Z,反应方程式如下：下列有关说法正确的是A.有机物X 与 Y 生成Z 的反应属于取代反应B.有机物Y 分子中最多有9 个原子在同一平面上C.Imol Z 的芳香族同分异构体化合物可能与2mol N a反应D.Z 在酸性条件下水解生成（X 和 CH30Hk7coi 80H5.设N、为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.Imol（J?与 N a完全反应，转移的电子数一定为4 NAB.含4moi HNO、的浓硝酸与足量
5、C u充分反应后的溶液中，C u 的数目为NAC.向含少量FeBr?的溶液中缓慢通入ONmolCL时，被氧化的Fe?+数目为0.4N、OD.O.lmol由C2HJCH三CH）、|组成的混合物中含有C-H 键的数目为0.2NAHCHO（H C H）6.CH4联合HzO和 CO2制取H2时，发生的主要反应如下：CH4（g）+H2O（g）C O（g）+3H2（g）M=+206kJ moH（g）CH4（g）+CO2（g）:?=2CO（g）+2H2（g）H2=+247kJ-morI将 CH4、比0 和 C02按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内（反应均未达到化学平衡状态）
6、测 得 幅 的 值 如 图 所 示。2.0.0.8.642工zzzZ(OCHW700 750 800 850 900温度()下列说法正确的是A.由可知，C O(g)+H 2 O(g)x C O 2(g)+H?(g)W=+4 1 k J-m o rlB.反应条件不变，若反应足够长时间，比先达到化学平衡状态C.其他条件不变时，升高温度，的化学反应速率减小，的化学反应速率增大D.其他条件不变时，增大原料中H 2 O 的 浓 度 可 以 提 高 产 物 中 的 值7.石棉属于硅酸盐，一种石棉的组成为X Y 3 Z 4 W 1 2,组成元素X、Y、Z、W 的原子序数S 2 0,X是构成人体骨骼的重要成分
7、，Y与 X同主族；W 的一种单质是大气污染物。下列说法错误的是A.化合物X W 2 中含有非极性共价键 B.X与 Z的氧化物晶体类型相同C.石棉属于天然纤维 D.最高价氧化物水化物的碱性：XY8.某化学小组同学通过实验研究F e C L 溶液与C u 粉发生的氧化还原反应，实验记录如表所示。已知：CU2+CU+4C1-2CUC12-,白色)+C L下列说法正确的是序号III11实验步骤.工5 皿 L J/F e C 1 溶液少量铜 3充分振荡，加入2 m L蒸储水ImLO.lmol-L-1过量铜粉6 c4溶液充分振荡，加入2 m L蒸储水1mL 0.05mol,L1出 斓 粉 gF%溶液充分振
8、荡，加入2 m L蒸储水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸储水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸储水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸储水后无白色沉淀A.实验I、n、H I 中,F e 3+均被还原B .实验I 中加入铜粉充分反应后，溶液中铜以 C u C L 上的形式存在C.实验I I 中所得白色沉淀不能溶于饱和N a C l 溶液D.向实验H l 反应后的溶液中加入饱和N a C l 溶液不可能出现白色沉淀9 .氧化钮(Y2 O 3)是军工用重要材料，工业上对含钻矿石(YzF e B e zS i zO i o)按如图生产流程冶炼获得氧化忆(生产中亿未发
9、生化合价变化)。滤液A钮矿石N a O H H2O粉 末 高 温 溶 解，过滤行送h加H2c.草酸钮沉淀燃烧滤液 B 口(G O。丫 2 口粉末Y(O H)3 加盐酸全部溶解后，和FgQ,再加氨水调p H滤渣A下列说法正确的是A.常温下，镀与适量稀盐酸充分反应后得到的溶液p H=7B.滤液A为 N a2S i O3和 N a 2 B e C 2 混合溶液C.生成滤渣A的离子方程式为F e,+3 O H =F e(O H)3 1D.I m o l 草酸钮沉淀煨烧分解转移6 m o l 电子1 0.已知 H2X 为二元可溶弱酸。2 5 ,分别向 I L O.l m o l-L-N H 4 H x
10、溶液和 1 L O.l m o l L-1 N H 4 H C O 3溶液中加N a O H 固体(忽略溶液体积变化)，所得结果如下图，下列说法正确的是0 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30(N a O H)/m o l(TTOERA.K a2(H2X)K a 2(H 2 co 3)B.加入相同 N a O H 时，总有 C(HX-)+C(X3)=C(HCO3)+C(CO；)c.P、Q两点p H,前者大于后者D.当如图 n(N a O H)=0.1 m o l 时，c(N H：)4)(3)丙同学利用电化学原理继续进行探究编装置操作及现象丙同学依据实验I V 得出结论：p
11、 H=l 的 O.l m o l L F e C h 溶液与p H=12.5 的 0.1m 依L N a 2s 溶液(填“能”或“不能”)发生氧化还原反应。(4)综合以上研究,从反应原理角度分析试管b中黑色沉淀是F e 2s 3 而不是F e S 的原因:13.(10 分)当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在20 3 0 年前实现碳达峰，20 6 0 年前实现碳中和。因此，研发C O 2利用技术，降低空气中C O 2含量成为研究热点。以C O 2、比 为原料同时发生反应I、I I 如下：反应 I .C O2(g)+3 H2(g)C H3O H(g)+H2O(g)AH,KI反应 H.C C g
12、H H z k i C C K g H H z C X g)A H2 K2(1)如图 1 所示，则AHH2 0(填“”、“”或=)。(2)一定条件下，向体积为2 L 的恒容密闭容器中通入O.l m o l C C h 和 0.3 m o l H 2发生上述反应，达到平衡时，容器中C H 3 0 H 为 0.0 2m o l,CO为 0.0 4 m o l,此时C O 2的 转 化 率 为。反 应 I 的化学平衡常数K i=。(3)C C h 也可以与 N H 3 合成尿素，反应为：2N H 3(g)+C O 2(g)=C O(N H 2(l)+H 2O(g)A H v O,分为两步：反应步骤反
13、应方程式-n（NHJ已知投料的组成为C M NH3和水蒸气（有助于分离尿素），一定条件下，不同氨碳比谒与水碳I2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(1)AH I快速放热IINH2coONH4。)NH2CONH2(l)+H2O(g)AH 1 1慢速吸热比1 黑投料时CO2平衡转化率图像（图 2,其中a、b 代表水碳比）：下列叙述正确的是.%唧0。图2A.反 应 I 的活化能大于反应n,AH I N O 2+6 e-+6 H+=H O O C T N H)+2 H 2。，B 项正确；C.阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2T+4H+,阳极除放出O2外、生成的H+通过阳离子交换膜移向阴极
14、室，故每转移4m oi电子，阳极电解质溶液的质量减少36g,C项错误；D.在阴极除了对硝基苯甲酸被还原成对氨基苯甲酸酸，还存在电极反应2H*+2e=H2f,即生成对氨基苯甲酸的同时还产生少量H2,D项正确；答案选C。4.C【解析】【解析】A.根据反应原理可知，有机物X与Y生成Z的反应属于二烯煌的1,4-加成反应，选项A错误;B.根据乙烯6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面、单键可以旋转，Y分子除了甲基上还有2个H原子不共面，最多有10个原子在同一平面上，选 项B错误；C.Z的不饱和度为4,芳香族同分异构体化合物可以有2个羟基，贝IJ Imol Z的芳香族同分异构体化合物可能与2moi Na反
15、应，选项C正确；D.根据酯水解的反应原理，水解后1 8。应该在C H O H中，选项D错误；答案选C。5.D【解析】【解析】A.I mo l与Na完全反应，若产物为Naz。?，则转移的电子数为2N、，故A错误；B.当是浓硝酸时，4 H N O3 CU2+,当是稀硝酸时，8H N O3 3CU2+,含0.4molHNC)3的浓硝酸与足量Cu充分反应，硝酸变稀生成N O,则生成CM+的数目大于0.1 N A,故B错误；C.因为FeBq少量，故氧化的Fe?+应小于。4%八，故C错误；D.每个乙烘(G H J和甲醛(HCHO)分子中都含2个C-H键，所以O.lmol乙快和甲醛的混合物中含有C-H键的数
16、目为02 NA，故D正确。故答案为D6.D【解析】【分析】由图可得，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值，随温度升高而减小。【解析】A.C H 4(g)+H2O(g)=C O(g)+3H2(g)，尸+2 06k J-m o H,CH4(g)+C O2(g)2 C O(g)+2 H2(g)A/2=+2 4 7 k J-m orl,由-可知，C O(g)+H2O(g)C O 2(g)+H 2(g)/=2 0 6 k J m or1-2 4 7 k J m ol|=-4 1 k J m or1,故 A 错误；B.反应条件不变，若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法
17、确定谁先达到化学平衡状态，故 B错误；C.其他条件不变时，升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，的化学反应速率增大，的化学反应速率增大，故 C错误；D.其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，C H 4(g)+H 2 O(g)=C O(g)+3 H 2(g)平衡正向移动，氢气增大的幅度大于CO,可以提高产物中击黑的值，故 D正确；故选D。7.B【解析】【分析】X 是构成人体骨骼的重要成分，因此X 是 C a,Y 与 X 同主族，且原子序数W 2 0,Y 是 M g,W 的一种单质是大气污染物，XY3 Z 4 W 1 2 是一种石棉(硅酸盐)，因此W 是 O,Z是 Si,以此解题。【解
18、析】A.X W 2 是过氧化钙，其中两个氧原子之间存在非极性共价键，B正确；B.X 的氧化物，氧化钙或过氧化钙都是离子晶体，Z的氧化物二氧化硅是原子晶体，A错误；C.石棉是天然纤维状的硅质矿物的泛称，属于天然纤维，C正确；D.X、Y 最高价氧化物水化物分别为氢氧化钙和强氧化镁，其碱性是氢氧化钙的碱性大于氢氧化镁的碱性，D正确；故选B 8.A【解析】【解析】A.实验I、H、i n 中溶液黄色变浅或褪去，反应原理为：C u+2 F e 3+=C u 2+2 F e 2+,说明F e 被还原，A正确；B.实 验 I 中少量铜粉加入I m L O.I m oL U 氯化铁溶液，充分振荡，加 2 m L
19、 蒸储水，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸储水后无明显现象，说明铁离子氧化铜单质生成铜离子，由于C u 不过量，且加入2 m L 蒸储水后无白色沉淀析出，说明溶液中铜元素不是以 C u C l J 的形式存在，B错误；C.实验n 中过量铜粉加入Im LO.Im orU氯化铁溶液，充分振荡，加 2mL蒸储水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸储水后生成白色沉淀，说明铜被氧化的产物中有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀，由于在溶液中存在平衡：CuCl=C uC l J(白色)+C T,向其中加入饱和 NaCl溶液，c(C r)增大，平衡逆向移动，CuCl白色沉淀转化为可溶性 C u C
20、lJ,因此白色沉淀能溶于饱和NaCl溶液，C 错误；D.实验III：过量铜粉加入Im L O.O 5m oi硫酸铁溶液，充分振荡，加 2mL蒸镭水，铜粉有余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸储水后无白色沉淀，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，向其中加入NaCl饱和溶液，C L 与C反应产生CuCl白色沉淀，D 错误；故答案为：Ao9.B【解析】【分析】YzFeBezSizOio可以写成YzCh-FeOZBeOZSiCh,与 NaOH高温反应以及加水溶解后，根据流程Y 元素转化成Y(0H)3,FeO为碱性氧化物，不与NaOH反应，但+2价 F e被氧化成+3价，即得到FezC
21、h,SiO2为酸性氧化物，与 NaOH反应生成NazSiCh,Be与 A l处于对角线，性质类似与A1及其化合物的性质，BeO与 NaOH反应生成NazBeCh,滤液A 为 NazSiCh、NazBeCh,沉淀中加入盐酸并调节pH,Fe3+转化成氢氧化铁沉淀，Y(0H)3与盐酸反应生成YC13,据此分析；【解析】FeA.根据对角线原则，钺与铝化学性质相似，A1C13溶液因AF+水解显酸性，因此BeCL溶液由于Be?+水解显酸性，故 A 错误；B.由题中工业流程可判断，亿元素与铁元素都存在于滤渣中，矿石中的钺元素和硅元素都应在滤液 A 中，硅元素与NaOH反应后以NazSiCh形式存在，镀元素与
22、铝元素化学性质相似，与 NaOH反应后以Na2BeO2形式存在，故 B 正确；C.滤渣A 由 FeCh与氨水反应得到，一水合氨为弱电解质，不可拆，离子方程式应为Fe3+3NH3 H2O=Fe(OH)3J,+3NH:,故 C 错误；高温D.草酸钮沉淀殿烧分解的化学方程式为Y2(C2O4)3 Y2O3+3COf+3CO2?,草酸根中+2价碳发生歧化反应，1 mol草酸铝分解转移3moi电子，故 D 错误；答案为B。10.A【解析】【解析】A.由图可知，NaOH加到NH,HX溶液中先与HX反应，再与NHH Q 反应，而加到NH HCC)3溶液先与NH；,再与HCO；反应，故H X 酸性更强，A 正确
23、；B.由物料守恒知：C(H2X)+C(HX-)+c(X2-)=c(H2CO3)+c(HCO；)+c(CO),而两种酸酸性不同，故加相同NaOH时，c(H?X)和c(H2co3)不相等，B 错误；C.P、Q 点表示的意思均为C(NH3H2(D)=C(NH：),而温度不变，Kb值不变，故此时pH应相等，C错误；D.由物料守恒可知c(Na+)=c(H 2C0j+c(HC0；)+c(C0；)电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)+c(NH*)=c(HCO；)+2c(CO)+c(0H-)，故：c(H+)+c(NH：)=c(OH)+c(CO；)-c(H2CO3),当加人 0.1 mol NaOH时，溶液呈减
24、性，所 以,D错误；故选A3 0 0 5 0 0 11.(1)MnCO3+(NH4)2SO4z=M nSO4+2NH3T+CO2f+H2O(2)3 4.5%(3)Na2co3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2沉淀生成，所得MnCCh不纯，M n的利用率降低 使 用 NH4HCO3溶液会有CO2气体放出，NH4HCO3的利用率低边搅拌边向混合溶液中加入901nLi.OmolLi的 NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量l.OmolL H2sCM溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸储水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入LOmolLBaCh溶液无沉淀生成，过滤，干燥【解析】【分
25、析】根据碳酸镒矿中所含成分，以及流程图可知，碳酸镒与硫酸镂反应生成硫酸镒、氨气和二氧化碳，铁的氧化物、氧化铝、二氧化硅不与硫酸锭反应，加水溶解后，得到含硫酸锌溶液，据此分析。(1)根据上述分析，碳酸锌与硫酸镂反应生成硫酸镉、氨气和二氧化碳，其反应方程式为3 0 0 5 0()MnC03+(NH4)2S04z=MnS04+2NH3t+C02t+H20o(2)Mn(PO4)；.与Fe2+反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，Mn(P。/与Fe2+反应物质的量之比为1 ：1,根据元素守恒，建立关系式为MnCChM/+Mn(PC)4)；Fe2+,因此有(MnCO3)=?(Fe2
26、+),碳酸锌的质量含量为30.00mL x 10L/mL x 0.02000mol/L x 115g/mol0.2000gx 100%=34.5%。(3)a.Na2cCh属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，Na2cCh的碱性较强，会有部分M n元素转化成Mn(OH)2沉淀，所得MnC03不纯，M n的利用率降低。b.NH4HCO3为弱酸弱碱盐，M*+与 HCOJ电离产生CO：结合成MnCCh,促使HCO?电离，c(H+)增大，H+与 He。、反应生成C O 2,造成NH4HCO3的利用率降低。根据图像可知，当 NaOH与 MnSO4的物质的量之比为4.5时，M n的转化率、MnO2的含量达到最大，当加
27、入20mL l.Omol L-1的 MnSCh时需要加入90mLO.lmol L-1 NaOH溶液，过滤，向滤渣中加入适量的硫酸，将 Mn(OH)2转化成M nSCh,当固体质量不再减少时，过滤，洗涤滤渣；具体操作是边搅拌边向混合溶液中加入90mL l.Omol-L-的 NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0molLH2s04溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸储水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol.L“BaC12溶液无沉淀生成，过滤，干燥。12.(1)S2+H2OHS+OH-(2)3mLpH=12.5 红褐色完全转化为黑色 2Fe(OH)3+3S%=Fe
28、2s3+6OH 2Fe3+3S2-=2FeS；+Sj 加盐酸充分溶解后，无固体剩余(3)能(4)在该条件下，FeCb与 Na2s反应生成Fe2s3速率(发生沉淀反应速率)大于生成FeS速率(氧化还原反应速率)【解析】(1)Na2s溶液呈碱性，是因硫离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为S2-+H2OWHS+O H-,故答案为：S2+H2O#HS-+OH-:(2)利用了平行对比实验角度思考，改物质而不改体积和pH：因为实验I 中用的是3mLpH=12.5Na2s溶液，所以实验H 中药品改成3mLpH=12.5NaOH溶液作对比试验，故答案为：3mLpH=12.5；结合KspFe2s3=1.0
29、 x10-88,KspFe(OH)3=1.1x10-35,难溶物的溶解度越小越易转化生成，向 Fe(OH)3中加入过量pH=12.5的 0.1 molL“Na2s溶液时，红褐色Fe(OH)3沉淀会转化为更难溶的黑色Fe2s3沉淀，对应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3S2=Fe2s3+6OH-,故答案为：红褐色完全变为黑色，2Fe(OH)3+3S2=Fe2s3+6OH；若猜想2 成立，FeCb反应生成F e S,则 Fe化合价降低，S 元素化合价升高，所依据的离子方程式：2Fe3+3S2=2FeSJ+Sl，取试管b 中黑色沉淀，用水多次洗涤后，加盐酸充分溶解后，无固体剩余，确认黑色沉淀中无S
30、 单质，猜想2 不成立；故答案为：2Fe3+3S2-=2FeS|+SX；加盐酸充分溶解后，无固体剩余；(3)实验IV 根据实验现象电流计指针有微弱偏转得出结论：氧化还原反应生成FeS的速率不大，故答案为：能；(4)实 验 I 表明在Na2s溶液中逐滴加入FeCb溶液，主要发生的是复分解反应，速率快，实验IV表明在FeCb溶液中逐滴加入Na2s溶液主要发生的是氧化还原反应，速率慢，由此可知FeCb溶液和Na2s溶液间可发生复分解反应也可发生氧化还原反应，且反应的产物、实验的现象与试剂的滴加顺序和多少、反应体系的酸碱性等有关，故答案为:FeCb溶液和Na2s溶液间发生复分解反应生成沉淀Fe2s3的
31、速率大于发生氧化还原反应生成FeS的速率。13.(1)(2)60%15(3)BC(4)储氢过程放热，80 120C范围内升温平衡逆向移动；升温催化剂活性降低；HCO：分解【解析】(1)如 图 1所示，反应I 随1 升高(即温度降低)K增大，故AHL。；反应n 随，升高(即温度降低)K 增大，故AH?。，所以公凡-&()；(2)CH,OH和 C O 分别是反应I 和 II的产物，达到平衡时，容器中CHQH为 0.02mol,CO为 0.04mol,故反应I：转 化(mol)反应II：转 化(mol)CO2(g)+3H2(g)C H3OH(g)+H2O(g)0.02 0.06 0.02 0.02C
32、O2(g)+H2(g)C O(g)+H2O(g)?0.04 0.04 0.04 0.04CO?转化率:CO.达心 到平衡时J：n(mol)0.1-0.02-0.04H2 CH3OH0.3-0.06-0.04 0.02H2O0.04+0.02故反应I 的平衡照X些(3)A.由表格可知，反应I 快速放热，反应II慢速吸热，故反应I 的活化能低于反应n,AH,0,A H,0,即HFZXHS A 错误；B.增大氨碳比，过量氨气与反应H生成的水反应，促进平衡正移，有利于提高尿素产率，B 正确；C.实际生产中若选择曲线a,当氨碳比为4.0时，二氧化碳转化率已经很高，增大氨碳比，虽然二氧化碳转化率增高，但是
33、氨气经济价值比二氧化碳高，因此继续增大氨碳比不划算，故应控制在4.0左右最好，C 正确；D.根据总反应，增加水碳比，可以理解为二氧化碳量不变，水的量增大，平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，因此根据图像得到曲线a 的水碳比小于曲线b,减小水碳比，有利于平衡正向移动，利于尿素生成，D 错误；故选BCo(4)随温度升高，HCO,催化加氢的转化率下降，可能为储氢过程放热，80 120范围内升温平衡逆向移动；该过程用到催化剂，升温可能导致催化剂活性降低，HCO；转化率降低；温度较高时，HCO；会受热分解，转化率降低。14.(1)5dl6s2 51(2)Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；
34、Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的 3d未达到半充满稳定结构；(3)5 sp2、sp3 Sb La3 3 3、13654 夜 x-cm4 4 4 V pNA 4【解析】镯为57号元素，其价电子排布式为5dl6s2；睇元素为51 号元素，原子核外有51个电子，睇的核外有 51种运动状态不同的电子；在Fe(H2O)6产和由(比0)62+中中心原子分别为Fe3+和 Fe2+,从带电荷考虑，Fe3+带正电荷高，吸引电子的能力强;从稳定性考虑，它们的价电子排布分别为3d5、3 d 3 d 5中轨道半充满，电子的能力低，电子跃迁所需的能量高，综合以上分析，分裂能Fe(H2O)6产Fe(H2O)6
35、 2+,理由是:Fe?+的正电荷数比F e2+的多，吸引电子能力更强;F e3+的 3 d达到半充满稳定结构，F e?+的 3 d未达到半充满稳定结构；故答案为:；F e3+的正电荷数比F e2+的多，吸引电子能力更强；F e3+的3 d达到半充满稳定结构，F e2+的 3 d未达到半充满稳定结构；（3）根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子L a3+配位数为5；竣基、苯环中的碳都是s p 2 杂化,苯环侧链上的C为 s p 3 杂化；元素金属性越强第一电离能越小，该配合物中长周期元素S b、L a 的第一电离能由大到小的顺序为 L a S b；（4）若上图中A 点锦原子的坐标为（上!，。）
36、，根据晶胞结构图，B 处在八面体空隙中，B 靠近最左下4 4角的顶点原子，Z方 向 的 坐 标 分 矢3为 投 影 于 xy 平面，其 xy 的平面坐标为（3？39）所以B 的原子4 4 4坐标为（33 ,33，:3 ）,故答案为：（43 ,43 ,34）；4 4 4 4 4 4 1 个晶胞中含有L a 的数目为8 xJ +l=2 个，含有F e 的数目为8个，每个F e位于S b 组成的八面体O空隙中，纯粹的S b的个数应有6 x8-1 2=3 6 个,其中有4 x6=2 4 个S b位于晶胞的面上，剩余3 6-2 4=1 2,所以一个晶胞中含有S b 的数目为2 4 x；+1 2=2 4
37、个，取 I m o l 晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=（2,m3 6 5 4 （3 6 5 4x 1 3 9+8 x5 6+2 4 x 1 2 2）g=3 6 5 4 g,设晶胞的边长为 acm,P =-f g/cw5,a=;|-cm,S b 原V NAa P NA子与S b 原子的最近距离为叵，故 为 抵g x当cm。4 V PM 4OH（2）竣基、酯基（3）取代反应（4）保护酚羟基，防止其被氧化zs-C O O H O2N M+HNO3浓3 LJH加热CH,CH；y-C O O H|+H2OOHCOOH COOHe J浓硫酸、广匕网上4%【解析】【分析】由题干流程图可知，A 和乙酰氯反应
38、生成、和 HC1,OOCCHjr p C O O H在 NaOH溶液中水解生成竣酸和醇，酸化得到D.OOCCH3%C O O H H2N /C O O H转化为E,E 被还原为 I ONO,Fe/HCl 1 .NH2则 A 为丁小OHrrCOOH,则D为；OH,由已知信息推断，E 为OH OHOZNX C O O HQJ ,据此分析解题。OH(1)由分析可知，A 的结构简式为1,其名称为3-甲基苯酚OH3-甲基苯酚；(2)由C 的结构简式可知，C 中官能团为酯基、竣基，故答案为：酯基、,故答案为：Y；OH竣基；(3)反应是H、NCOOHOHO和乙酰氯反应生成CHSCNH,COOH和HC1,反应类型为取代反应，故答案为：取代反应;(4)酚羟基易被氧化，设置反应可以保护酚羟基，防止其被氧化，故答案为：保护酚羟基，防止其被氧化;(5)和浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应生成CH36和浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应生成酸性高镒酸钾溶液氧化生成合成路线为,故答