2022年高考押題預(yù)測卷03（福建卷）-化學(xué)（全解全析）

2022年高考押題預(yù)測卷03【福建卷】

化學(xué)?全解全析

題號12345678910

答案BACCDDBABA

1.B

【解析】

【解析】A.石墨烯和C60是碳元素形成的不同單質(zhì)，為同素異形體，A錯誤；

B.太陽能、核能、風(fēng)能、氫能等都是人類開發(fā)利用的新型能源，都屬于新能源，B正確；

C.有機(jī)硅橡膠材料屬于有機(jī)物，而硅酸鹽材料為無機(jī)物，C錯誤；

D.制冰過程中沒有新物質(zhì)生成，不是化學(xué)變化，D錯誤：

綜上所述答案為B.

2.A

【解析】

【解析】A.硝酸具有強(qiáng)氧化性，向Na2s2O3溶液加入稀硝酸，不能產(chǎn)生SO2,選項A不正確；

2

B.加熱藍(lán)色的CuCh溶液，溶液變綠，說明平衡[Cu(H2O)4]2+(叫，藍(lán)色)+4C「(aq).-[CuCl4](aq,黃

色)+4H2O⑴正向移動，則平衡向吸熱反應(yīng)的方向移動，故AHX),選項B正確；

C.將Mg(HCO3)2溶液與過量的NaOH溶液混合，反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀、碳酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程

式為：2HCO；+Mg2++4OH-=Mg(OH)2j+2CO；+2H2O,選項C正確；

D.鉛蓄電池充電時陰極上硫酸鉛得電子產(chǎn)生氧化鉛，電極反應(yīng)為：PbSO4(s)+2e=Pb(s)+SOj-(aq),選項D

正確；

答案選A。

3.C

【解析】

【分析】

鉛合金電極上主要是對硝基苯甲酸發(fā)生還原反應(yīng)制得對氨基苯甲酸，鉛合金電極為陰極；金屬陽極DSA上

H2O電離的OH-失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成02；結(jié)合電解池的工作原理作答。

【解析】A.鉛蓄電池放電時Pb為負(fù)極，PbCh為正極，鉛合金電極上主要是對硝基苯甲酸發(fā)生還原反應(yīng)制

得對氨基苯甲酸，鉛合金電極為陰極，與鉛蓄電池的負(fù)極相連，即鉛合金電極與鉛蓄電池的Pb電極相連，

A項正確；

B.陰極上主要是對硝基苯甲酸發(fā)生還原反應(yīng)生成對氨基苯甲酸，Imol對硝基苯甲酸得到6moi電子生成Imol

對氨基苯甲酸，結(jié)合酸性條件，陰極的主要電極反應(yīng)式為HOOC^^^^NO2+6e+6H+=

HOOC^^^NH2+2H2。，B項正確；

C.陽極電極反應(yīng)式為2H2CMe=O2T+4H+,陽極除放出O2外、生成的H+通過陽離子交換膜移向陰極室，故

每轉(zhuǎn)移4moi電子，陽極電解質(zhì)溶液的質(zhì)量減少36g,C項錯誤；

D.在陰極除了對硝基苯甲酸被還原成對氨基苯甲酸酸，還存在電極反應(yīng)2H++2e-=H2f,即生成對氨基苯甲

酸的同時還產(chǎn)生少量H2,D項正確；

答案選C。

4.C

【解析】

【解析】A.根據(jù)反應(yīng)原理可知，有機(jī)物X與丫生成Z的反應(yīng)屬于二烯燭的1,4-加成反應(yīng)，選項A錯誤;

B.根據(jù)乙烯6個原子共平面、甲醛分子4個原子共平面、單鍵可以旋轉(zhuǎn)，丫分子Lc'"?".中除了甲

A

基上還有2個H原子不共面，最多有10個原子在同一平面上，選項B錯誤；

c.Z的不飽和度為4,芳香族同分異構(gòu)體化合物可以有2個羥基，貝IJImolZ的芳香族同分異構(gòu)體化合物可

能與2moiNa反應(yīng)，選項C正確；

D.根據(jù)酯水解的反應(yīng)原理，水解后出0應(yīng)該在CHJOH中，選項D錯誤；

答案選C。

5.D

【解析】

【解析】A.Imol與Na完全反應(yīng)，若產(chǎn)物為Na?。?，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2N一故A錯誤；

B.當(dāng)是濃硝酸時，4HNO3Cu2+,當(dāng)是稀硝酸時，8HNCh3Cu2+,含0.4molHNO3的濃硝酸與

足量Cu充分反應(yīng)，硝酸變稀生成NO,則生成CM+的數(shù)目大于0.1NA,故B錯誤；

C.因為FeBq少量，故氧化的Fe?+應(yīng)小于04N一故C錯誤；

D.每個乙煥（C?Hj和甲醛（HCHO）分子中都含2個C-H鍵，所以O(shè).lmol乙煥和甲醛的混合物中含有C-H

鍵的數(shù)目為Q2NA，故D正確。

故答案為D

6.D

【解析】

【分析】

由圖可得，在不同溫度下，反應(yīng)相同時間內(nèi)(反應(yīng)均未達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài))測得的值，隨溫度升高而減

小。

【解析】A.①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△M=+206kJ-moH,@CH4(g)+CO2(g)

,

2CO(g)+2H2(g)△//2=+247kJ-mol,由①-②可知，CO(g)+H2O(g)-

1

CO2(g)+H2(g)△W=206kJ-mor'-247kJ-mol-'=-41kJ-mol-,故A錯誤；

B.反應(yīng)條件不變，若反應(yīng)足夠長時間，無法確定2個反應(yīng)的速率，無法確定誰先達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，故B

錯誤：

C.其他條件不變時，升高溫度，增大活化分子百分?jǐn)?shù)，化學(xué)反應(yīng)速率增大，①的化學(xué)反應(yīng)速率增大，②的

化學(xué)反應(yīng)速率增大，故c錯誤；

D.其他條件不變時，增大原料中HzO的濃度，①CHMg)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)平衡正向移動，氫氣增

大的幅度大于CO,可以提高產(chǎn)物中盟濟(jì)的值，故D正確；

故選D。

7.B

【解析】

【分析】

X是構(gòu)成人體骨骼的重要成分，因此X是Ca,丫與X同主族，且原子序數(shù)W20,丫是Mg,W的一種單質(zhì)

是大氣污染物，XY3Z4W12是一種石棉(硅酸鹽)，因此W是O,Z是Si,以此解題。

【解析】A.XW2是過氧化鈣，其中兩個氧原子之間存在非極性共價鍵，B正確；

B.X的氧化物，氧化鈣或過氧化鈣都是離子晶體，Z的氧化物二氧化硅是原子晶體，A錯誤；

C.石棉是天然纖維狀的硅質(zhì)礦物的泛稱，屬于天然纖維，C正確；

D.X、Y最高價氧化物水化物分別為氫氧化鈣和強(qiáng)氧化鎂，其堿性是氫氧化鈣的堿性大于氫氧化鎂的堿性，

D正確；

故選B?

8.A

【解析】

【解析】A.實驗I、II、III中溶液黃色變淺或褪去，反應(yīng)原理為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,說明Fe?+被還原，

A正確；

B.實驗I中少量銅粉加入ImLO.lmoLU氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸儲水，銅粉消失，溶液黃色變

淺，加入蒸儲水后無明顯現(xiàn)象，說明鐵離子氧化銅單質(zhì)生成銅離子，由于Cu不過量，且加入2mL蒸儲水

后無白色沉淀析出，說明溶液中銅元素不是以［CuCl］的形式存在，B錯誤；

C.實驗II中過量銅粉加入ImLO.lmol.U氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸儲水，銅粉有余，溶液黃色褪

去，鐵離子全部和銅反應(yīng)，加入蒸儲水后生成白色沉淀，說明銅被氧化的產(chǎn)物中有亞銅離子，生成CuCl白

色沉淀，由于在溶液中存在平衡：［CuCl2］CuClJ(白色)+CT,向其中加入飽和NaCl溶液，c(C「)增

大,平衡逆向移動，CuCl白色沉淀轉(zhuǎn)化為可溶性［CuClJ,因此白色沉淀能溶于飽和NaCl溶液，C錯誤；

D.實驗HI：過量銅粉加入ImLO.O5moi硫酸鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸鏘水，銅粉有余，溶液黃色

褪去，變成藍(lán)色，加入蒸儲水后無白色沉淀，說明鐵離子反應(yīng)完全，生成的溶液中可能含銅離子和亞銅離

子，向其中加入NaCl飽和溶液，Cu+與C1反應(yīng)產(chǎn)生CuCl白色沉淀，D錯誤；

故答案為：A.

9.B

【解析】

【分析】

丫2FeBe2Si20io可以寫成丫2O3?FeO-2BeO-2SiO2,與NaOH高溫反應(yīng)以及加水溶解后，根據(jù)流程丫元素轉(zhuǎn)化

成丫(OH)3,FeO為堿性氧化物，不與NaOH反應(yīng)，但+2價Fe被氧化成+3價，即得到FezCh,SiCh為酸性

氧化物，與NaOH反應(yīng)生成Na2SiO3,Be與Al處于對角線，性質(zhì)類似與A1及其化合物的性質(zhì)，BeO與NaOH

反應(yīng)生成NazBeCh,濾液A為NazSiCh、Na2BeO2,沉淀中加入鹽酸并調(diào)節(jié)pH,Fe3+轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀，

丫(0H)3與鹽酸反應(yīng)生成YCb,據(jù)此分析；

【解析】Fe

A.根據(jù)對角線原則，被與鋁化學(xué)性質(zhì)相似，AlCb溶液因AF+水解顯酸性，因此BeCb溶液由于Be?+水解

顯酸性，故A錯誤；

B.由題中工業(yè)流程可判斷，億元素與鐵元素都存在于濾渣中，礦石中的鍍元素和硅元素都應(yīng)在濾液A中，

硅元素與NaOH反應(yīng)后以NazSiCh形式存在，鍍元素與鋁元素化學(xué)性質(zhì)相似，與NaOH反應(yīng)后以NaaBeCh

形式存在，故B正確；

C.濾渣A由FeCb與氨水反應(yīng)得到，一水合氨為弱電解質(zhì)，不可拆，離子方程式應(yīng)為

3+

Fe+3NH3-H2O=Fe（OH）31+3NH:,故C錯誤；

高溫

D.草酸鈕沉淀燃燒分解的化學(xué)方程式為Y2（C2O4）3—Y2O3+3COt+3CO2t,草酸根中+2價碳發(fā)生歧化反

應(yīng)，Imol草酸鈕分解轉(zhuǎn)移3moi電子，故D錯誤；

答案為B。

10.A

【解析】

【解析】A.由圖可知，NaOH加到NH4Hx溶液中先與HX反應(yīng)，再與NH「Hq反應(yīng)，而加到NH4HCO3

溶液先與NH；,再與HCO；反應(yīng)，故以一酸性更強(qiáng)，A正確；

2

B.由物料守恒知：c（H2X）+c（HX）+c（X-）=c（H2CO；i）+c（HCO；）+c（CO；-）,而兩種酸酸性不同，故加相

同NaOH時，c（H?X）和c（H2co3）不相等，B錯誤；

C.P、Q點表示的意思均為c（NH/H8）=c（NH：）,而溫度不變，Kb值不變，故此時pH應(yīng)相等，C錯誤;

D.由物料守恒可知c（Na+）=c（H2co3）+c（HC0；）+c（C0j）,電荷守恒可知

+

c（H-）+c（Na+）+c（NH；）=c（HC0；）+2c（C0；）+c（0H）,故：c（H）+c（NH；）=c（0H）+c（CO^"）-c（H2CO3）,

當(dāng)加人0.1molNaOH時，溶液呈減性，所以，D錯誤；

故選Ao

300?500℃

=

11.（1）MnCO3+（NH4）2SO4^^^^MnSO4+2NH3T+CO2T+H2O

（2）34.5%

（3）Na2cO3溶液堿性較強(qiáng)，會有部分Mn（OH）2沉淀生成，所得MnCCh不純，Mn的利用率降低使

用NH4HCO3溶液會有CCh氣體放出，NH4HCO3的利用率低邊攪拌邊向混合溶液中加入90mLl.Omol-L-1

的NaOH溶液，充分反應(yīng)后過濾，向濾渣中邊攪拌邊加入適量LOmoLI/H2s04溶液，當(dāng)固體不再減少時,

過濾，用蒸儲水多次洗滌濾渣，直至取最后一次洗滌濾液加入1.0mol.L」BaCL溶液無沉淀生成，過濾，干

燥

【解析】

【分析】

根據(jù)碳酸鎰礦中所含成分，以及流程圖可知，碳酸鎰與硫酸鏤反應(yīng)生成硫酸鎰、氨氣和二氧化碳，鐵的氧

化物、氧化鋁、二氧化硅不與硫酸鍍反應(yīng)，加水溶解后，得到含硫酸銹溶液，據(jù)此分析。

(1)

根據(jù)上述分析，碳酸鎬與硫酸鏤反應(yīng)生成硫酸鎰、氨氣和二氧化碳，其反應(yīng)方程式為MnCO3+(NH4)2SO4

300~500℃

1.......MnSO4+2NH3t+CO2T+H2O0

(2)

Mn(PO￡與Fe2+反應(yīng)存在化合價的變化，屬于氧化還原反應(yīng)，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，Mn(PO。；與Fe?+

反應(yīng)物質(zhì)的量之比為1：1,根據(jù)元素守恒，建立關(guān)系式為MnCCh?M/+?Mn(PO4K?Fe2+,因此有

30.00mLx103L/mLx0.02000mol/Lx115g/mol

M(MnCO3)=n(Fe2+)，碳酸錦的質(zhì)量含量為x100%=34.5%o

0.2000g

(3)

①a.Na2cO3屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液顯堿性，Na2c03的堿性較強(qiáng)，會有部分Mn元素轉(zhuǎn)化成Mn(OH)2沉淀,

所得MnCCh不純，Mn的利用率降低。

b.NH4HCO3為弱酸弱堿鹽，M"+與HCO；電離產(chǎn)生CO：結(jié)合成MnCCh,促使HCO；電離，c(H+)增大，

H+與HCO；反應(yīng)生成CO2,造成NH4HCO3的利用率降低。

②根據(jù)圖像可知，當(dāng)NaOH與MnSCU的物質(zhì)的量之比為4.5時,Mn的轉(zhuǎn)化率、MnO2的含量達(dá)到最大，當(dāng)

加入20mLl.Omol-L-1的MnSCU時需要加入90mL0.1mol-L-1NaOH溶液，過濾，向濾渣中加入適量的硫酸,

將Mn(OH)2轉(zhuǎn)化成MnSC>4,當(dāng)固體質(zhì)量不再減少時，過濾，洗滌濾渣；具體操作是邊攪拌邊向混合溶液中

加入90mLl.OmolL-1的NaOH溶液，充分反應(yīng)后過濾，向濾渣中邊攪拌邊加入適量l.Omoll」H2sO4溶液，

當(dāng)固體不再減少時，過濾，用蒸儲水多次洗滌濾渣，直至取最后一次洗滌濾液加入l.OmoLUBaCb溶液無

沉淀生成，過濾，干燥.

2

12.(1)S+H2O#HS+OH-

(2)3mLpH=12.5紅褐色完全轉(zhuǎn)化為黑

色2Fe(OH)3+3S2=Fe2s3+6OH-2Fe3++3S2-=2FeSi+S；加鹽酸充分溶解后，無固體剩余

(3)能

(4)在該條件下，F(xiàn)eCb與Na2s反應(yīng)生成Fe2s3速率(發(fā)生沉淀反應(yīng)速率)大于生成FeS速率(氧化還原反應(yīng)

速率)

【解析】

(1)

Na2s溶液呈堿性，是因硫離子水解生成氫氧根離子導(dǎo)致的，則離子反應(yīng)為S2-+H2OUHS-+OH-,故答案為:

2

S+H2O#HS+OH-；

(2)

①利用了平行對比實驗角度思考，改物質(zhì)而不改體積和pH：因為實驗I中用的是3mLpH=12.5Na2s溶液,

所以實驗H中藥品改成3mLpH=12.5NaOH溶液作對比試驗，故答案為：3mLpH=12.5；

②結(jié)合Ksp[Fe2s3]=1610-88,Ksp[Fe(OH)3]=l.1x10-35,難溶物的溶解度越小越易轉(zhuǎn)化生成，向Fe(OH)3中加

入過量pH=12.5的0.1mobL-'NaiS溶液時，紅褐色Fe(OH)3沉淀會轉(zhuǎn)化為更難溶的黑色Fe2s3沉淀，對應(yīng)的

2

離子方程式為：2Fe(OH)3+3S2=Fe2s3+6OH,故答案為：紅褐色完全變?yōu)楹谏?Fe(OH)3+3S=Fe2S3+6OH-；

③若猜想2成立，F(xiàn)eC13反應(yīng)生成FeS,則Fe化合價降低，S元素化合價升高，所依據(jù)的離子方程式：

2Fe3++3S2-=2FeS1+Sl，取試管b中黑色沉淀，用水多次洗滌后，加鹽酸充分溶解后，無固體剩余，確認(rèn)黑

色沉淀中無S單質(zhì)，猜想2不成立；故答案為：2Fe3++3S2-=2FeS1+Sl；加鹽酸充分溶解后，無固體剩余；

(3)

實驗IV根據(jù)實驗現(xiàn)象電流計指針有微弱偏轉(zhuǎn)得出結(jié)論：氧化還原反應(yīng)生成FeS的速率不大，故答案為：能；

(4)

實驗I表明在Na2s溶液中逐滴加入FeCb溶液，主要發(fā)生的是復(fù)分解反應(yīng)，速率快，實驗IV表明在FeCL

溶液中逐滴加入Na2s溶液主要發(fā)生的是氧化還原反應(yīng)，速率慢，由此可知FeCb溶液和Na2s溶液間可發(fā)生

復(fù)分解反應(yīng)也可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，且反應(yīng)的產(chǎn)物、實驗的現(xiàn)象與試劑的滴加順序和多少、反應(yīng)體系的酸

堿性等有關(guān)，故答案為：FeCb溶液和Na2s溶液間發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成沉淀Fe2s3的速率大于發(fā)生氧化還原

反應(yīng)生成FeS的速率。

13.(1)<

(2)60%15

⑶BC

(4)儲氫過程放熱，80℃?120℃范圍內(nèi)升溫平衡逆向移動；升溫催化劑活性降低；HCOJ分解

【解析】

(1)

如圖1所示，反應(yīng)I隨"升高(即溫度降低)K增大，故AHFO；反應(yīng)II隨，升高(即溫度降低)K增大，

故公凡〉。，所以AHjAHzVO；

(2)

CHQH和CO分別是反應(yīng)I和II的產(chǎn)物，達(dá)到平衡時，容器中CHQH為0.02moLCO為0.04mol,故

CO(g)+3H(g)^CHOH(g)+HO(g)

反應(yīng)I：2232

轉(zhuǎn)化(mol)0.020.060.020.02

CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)?

反應(yīng)n：222

轉(zhuǎn)化(mol)0.040.040.040.04

CO2轉(zhuǎn)化率:

0.1

co.H2CH3OHH2O

達(dá)到平衡時：故反應(yīng)I的平衡常數(shù):

QJ1JJn(mol)0.1-0.02-0.040.3-0.06-0.040.020.04+0.02

0.020.06

-----X------

K=22=15；

0.04,0.2*

-----x(——y

22

(3)

A.由表格可知，反應(yīng)I快速放熱，反應(yīng)II慢速吸熱，故反應(yīng)I的活化能低于反應(yīng)II,AH1<0,AH,CAH,,

AH?>0,即AHjAHu，A錯誤；

B.增大氨碳比，過量氨氣與反應(yīng)H生成的水反應(yīng)，促進(jìn)平衡正移，有利于提高尿素產(chǎn)率，B正確；

C.實際生產(chǎn)中若選擇曲線a,當(dāng)氨碳比為4.0時，二氧化碳轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，增大氨碳比，雖然二氧化碳

轉(zhuǎn)化率增高，但是氨氣經(jīng)濟(jì)價值比二氧化碳高，因此繼續(xù)增大氨碳比不劃算，故應(yīng)控制在4.0左右最好，C

正確；

D.根據(jù)總反應(yīng)，增加水碳比，可以理解為二氧化碳量不變，水的量增大，平衡逆向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率

減小，因此根據(jù)圖像得到曲線a的水碳比小于曲線b,減小水碳比，有利于平衡正向移動，利于尿素生成，

D錯誤；

故選BCo

(4)

隨溫度升高，HCO；催化加氫的轉(zhuǎn)化率下降，可能為儲氫過程放熱，80℃?120℃范圍內(nèi)升溫平衡逆向移動;

該過程用到催化劑，升溫可能導(dǎo)致催化劑活性降低，HCO,轉(zhuǎn)化率降低；溫度較高時，HCO,會受熱分解,

轉(zhuǎn)化率降低。

14.(1)5d'6s*251

(2)>Fe3+的正電荷數(shù)比Fe2+的多，吸引電子能力更強(qiáng)；Fe3+的3d達(dá)到半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，F(xiàn)e?+的3d

未達(dá)到半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu);

(3)5sp2>sp3Sb>La

333[3654V2

(4)——x--cm

(藉才(PNA4

【解析】

(1)

翎為57號元素，其價電子排布式為5dl6s2；睇元素為51號元素，原子核外有51個電子，睇的核外有51種

運動狀態(tài)不同的電子；

(2)

在［Fe(H2O)6產(chǎn)和［Fe(H2O)6產(chǎn)中中心原子分別為Fe3+和Fe?+,從帶電荷考慮，F(xiàn)e?+帶正電荷高，吸引電子的能

力強(qiáng);從穩(wěn)定性考慮，它們的價電子排布分別為3d5、3d6,3d5中軌道半充滿，電子的能力低，電子躍遷所需

的能量高，綜合以上分析，分裂能△［Fe(H2O)6產(chǎn)〉△38出0)6產(chǎn)，理由是:Fe"的正電荷數(shù)比Fe?+的多，吸

引電子能力更強(qiáng);Fe?+的3d達(dá)到半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，F(xiàn)e2+的3d未達(dá)到半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

故答案為:>；Fe3+的正電荷數(shù)比Fe?+的多，吸引電子能力更強(qiáng)；Fe3+的3d達(dá)到半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，F(xiàn)e?+的3d

未達(dá)到半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

(3)

①根據(jù)圖中成鍵情況可知，該結(jié)構(gòu)中，中心離子心3+配位數(shù)為5；

竣基、苯環(huán)中的碳都是sp2雜化,苯環(huán)側(cè)鏈上的C為sp3雜化；

②元素金屬性越強(qiáng)第一電離能越小，該配合物中長周期元素Sb、La的第一電離能由大到小的順序為La>Sb；

(4)

①若上圖中A點睇原子的坐標(biāo)為(!4,0),根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，B處在八面體空隙中，B靠近最左下角的頂

44

點原子,Z方向的坐標(biāo)分矢為:，投影于xy平面，其xy的平面坐標(biāo)為(；,；)所以B的原子坐標(biāo)為(：,(,;)，

故答案為：(34,34,34)；

444

②1個晶胞中含有La的數(shù)目為8x1+l=2個,含有Fe的數(shù)目為8個，每個Fe位于Sb組成的八面體空隙中，

O

純粹的Sb的個數(shù)應(yīng)有6x8-12=36個，其中有4*6=24個Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12,所以一個晶

胞中含有Sb的數(shù)目為24x3+12=24個，取Imol晶胞，則有NA個晶胞，質(zhì)量為m=(2

3654|3654

xl39+8x56+24xl22)g=3654g,設(shè)晶胞的邊長為acm,P=—m=——a=3/-^-cm,Sb原子與Sb

原子的最近距離為叵，故為，廖X坐

cm。

4\pNA4

15.(1)3-甲基苯酚

OH

(2)竣基、酯基

(3)取代反應(yīng)

(4)保護(hù)酚羥基，防止其被氧化

【分析】

由題干流程圖可知，A和乙酰氯反應(yīng)生成和HC1,則A為

OOCCH3

COOHCOOH

NaOH溶液中水解生成竣酸和醇，酸化得到D,則D為轉(zhuǎn)化為E,E

OH0H

H2NCOOHO2NCOOH

被還原為,由已知信息推斷，E為,據(jù)此分析解題。

OH

(1)

CH}CH}

由分析可知，